Td 4 : Espaces préhilbertiens réels - LMPT

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 4 : Espaces préhilbertiens réels
Algèbre Semestre 4
Exercice 1
Soient Fet Gdes s.e.v d’un espace préhilbertien réel (E;< ., . >).
1- Prouver que : (F+G)⊥=F⊥∩G⊥et F⊥+G⊥⊂(F∩G)⊥.
2- Prouver que si : (E;< ., . >)est un espace euclidien, alors : dim(F∩G)⊥= dim(F⊥+G⊥).
Qu’en déduisez-vous ?
Solution. On rappelle que si A⊂Balors B⊥⊂A⊥. On a donc
F⊂F+G=⇒(F+G)⊥F⊥et G⊂F+G=⇒(F+G)⊥G⊥.
Ainsi (F+G)⊥⊂F⊥∩G⊥.
Soit x∈F⊥∩G⊥. Soit y=yF+yG∈F+Goù yF∈Fet yG∈G. On a alors
hx, yF+yGi=hx, yFi
|{z }
= 0 car x∈F⊥
+hx, yFi
|{z }
= 0 car x∈G⊥
= 0
On a donc F⊥∩G⊥⊂(F+G)⊥. Par double inclusion, on obtient (F+G)⊥=F⊥∩G⊥.
Soit y=yF+yG∈F⊥+G⊥où yF∈F⊥et yG∈G⊥. Soit z∈F∩G. On a
hyF+yG, zi=hyF, zi
|{z }
= 0 car yF∈F⊥et z∈F
+hyG, zi
|{z }
= 0 car yG∈G⊥et z∈G
= 0
et donc F⊥+G⊥⊂(F∩G)⊥.
2. Si Eest euclidien, alors Eest de dimension finie net on a pour tous sous-espaces F, G de E:
dim(F⊥) = n−dim F. =et dim(F+G) = dim F+ dim G−dim F∩G.
On a donc
dim(F⊥+G⊥) = dim F⊥+ dim G⊥−dim F⊥∩G⊥
= dim F⊥+ dim G⊥−dim(F+G)⊥
=n−dim F−dim G+ dim(F+G)
=n−dim(F∩G)
= dim(F∩G)⊥
et donc comme F⊥+G⊥⊂(F∩G)⊥, on en déduit F⊥+G⊥= (F∩G)⊥par égalité des dimensions.
Exercice 2
Soit (E;< ., . >)un espace préhilbertien réel dont on note ||.|| la norme issue du produit scalaire et d
la distance définie par cette norme .
Enoncer et prouver l’inégalité triangulaire pour d, puis étudier son cas d’égalité.
Solution. On rappelle que d(x, y) = ||x−y|| =phx−y, x −yi. De plus, l’inégalité de Minkowski
donne pour tous x, y ∈E:
||x+y|| ≤ ||x|| +||y|| avec égalité si et seulement si x= 0 ou y=λx et λ∈R+.

On a donc
d(x, y) = ||x−y|| =||x−z+z−y|| ≤ ||x−z|| +||z−y|| =d(x, z) + d(z, y).
On a égalité si et seulement si x=zou il existe λ∈R+tel que z−y=λ(x−z). Or on a
z−y=λ(x−z)⇐⇒ z=λ
1 + λx+1 1 + λy⇐⇒ z∈[x, y]
où [x, y]désigne le segment de xày.
Exercice 3
Soit E=C([0,1],R)muni du produit scalaire < f, g >=Z1
0
f(t).g(t)dt.
On note : H={f∈E/f(0) = 0}et Gl’ensemble des applications constantes de [0,1] dans R.
1. Justifier que Hest un hyperplan de Eet Gune droite vectorielle de E.
2. En déduire que E=H⊕G.
3. Définir H⊥et G⊥.
4. Soit g∈H⊥.
(a) Prouver que R1
0t.g2(t)dt = 0.
(b) En déduire que : ∀t∈[0,1], g(t) = 0.
(c) Déterminer H⊥.
5. A-t-on : H⊥⊥ =H;H⊕H⊥=E;H⊥+G⊥= (H∩G)⊥?
Solution. 1. On pose
ϕ:E−→ R
f7−→ f(0) .
Alors ϕest une forme linéaire et H= ker ϕ.Hest donc un hyperplan de E.
Soit 1∈Ela fonction constante égale à 1. On a alors G= Vect 1.
2. Comme 1(0) = 1, on a 1/∈Het G6⊂ H. Puisque Hest un hyperplan, on a H⊕G=E.
3. Par définition :
H⊥={f∈E|Z1
0
f(t)h(t)dt = 0 pour tout h∈H}
G⊥={f∈E|Z1
0
f(t)g(t)dt = 0 pour tout g∈G}
={f∈E|Z1
0
f(t)dt = 0}puisque les fonctions dans Gsont constantes.
4. (a) Soit h∈Edéfinie par h(t) = tg(t). On a alors h(0) = 0 et h∈H. Comme g∈H⊥on a
hh, gi= 0. De plus
hh, gi=Z1
0
h(t)g(t)dt =Z1
0
tg2(t)dt
d’où le résultat.
(b) On a tg2(t)≥0sur [0,1]. La fonction t7→ tg2(t)étant continue sur [0,1] et d’intégrale nulle, on en
déduit que tg2(t) = 0 pour tout t∈[0,1]. De plus la fonction t7→ tétant strictement positive sur ]0,1],
on obtient que g2(t) = 0 sur ]0,1]. Par continuité, on a g2(t) = 0 pour tout t∈[0,1], ce qui implique
g(t) = 0 pour tout t∈[0,1].

(c) La seule fonction appartenant à H⊥est nulle, on a donc H⊥={0E}.
5. On a
(H⊥)⊥={0E}⊥=E6=H
H⊕H⊥=H⊕ {0E}=H6=E
H⊥+G⊥=G⊥6= (H∩G)⊥=E
Ces résultats sont faux car Eest de dimension infinie ! !
Exercice 4
Dans E=C([−a, a],R), où a∈R∗
+, muni du produit scalaire < f, g >=Za
−a
f(t).g(t)dt,
justifier l’orthogonalité d’une fonction paire et d’une fonction impaire.
Solution. Soit fune fonction paire et gune fonction impaire. On a
hf, gi=Za
−a
f(t).g(t)dt
=Z0
−a
f(t)g(t)dt +Za
0
f(t)g(t)dt
=Za
0
f(−t)g(−t)dt +Za
0
f(t)g(t)dt
=−Za
0
f(t)g(t)dt +Za
0
f(t)g(t)dt
= 0
Exercice 5 Dans E=R4muni du produit scalaire usuel, trouver 4 vecteurs 2 à 2 orthogonaux de Etels
que chacun d’eux ait 3 de ses coordonnées égales à 1. Combien de solution(s) possède ce problème ?
Solution. Condition nécessaire.
→Puisque les vecteurs sont deux à deux orthogonaux, ils forment une famille libre.
→Montrons que on ne peut pas avoir 3des vecteurs qui ont des 1 à la même place. Pour tout
a, b, c ∈R, on a
dim Vect 
a
1
1
1
,
b
1
1
1
,
c
1
1
1
≤2
et donc 3 vecteurs de cette forme sont liées ;
→Montrons que on ne peut pas avoir 2des vecteurs qui ont des 1 à la même place. On peut supposer
sans perdre de généralité que l’on est dans une des configuration suivantes :
a
1
1
1
,
b
1
1
1
,
1
1
c
1
ou 
a
1
1
1
,
b
1
1
1
,
1
1
1
c
Ces deux cas sont évidemment équivalent. Par orthogonalité, on trouve :
ab + 3 = 0
a+c+ 2 = 0
b+c+ 2 = 0
=⇒a=b
a2+ 3 = 0
ce qui est impossible.

→Nous sommes donc nécessairement dans la configuration suivante :
a
1
1
1
,
1
b
1
1
,
1
1
c
1
,
1
1
1
d
où a, b, c, d ∈R.
Par orthogonalité, on trouve :
a+b+ 2 = 0
a+c+ 2 = 0
a+d+ 2 = 0
b+c+ 2 = 0
b+d+ 2 = 0
c+d+ 2 = 0
=⇒a=b=c=d=−1
c’est-à-dire : 
−1
1
1
1
,
1
−1
1
1
,
1
1
−1
1
,
1
1
1
−1
Condition suffisante. La famille suivante convient :
−1
1
1
1
,
1
−1
1
1
,
1
1
−1
1
,
1
1
1
−1
On a donc montré que ce problème admet une unique solution.
Exercice 6 Dans E=R2muni du produit scalaire usuel et de sa base canonique B0= (e1, e2), on pose :
u= (√3,1) et v= (1,−1).
Déterminer la mesure, dans [0, π], de l’angle (géométrique) entre : e1et u;e1et v;uet v.
Solution. On a
he1, ui
||u|| · ||e1|| =√3 2=⇒L’angle géométrique entre e1et uest π/6
he1, vi
||v|| · ||e1|| =1
√2=⇒L’angle géométrique entre e1et vest π/4
On en déduit que l’angle géométrique entre uet vest π/4 + π/6 = 5π/12.
Exercice 7
Soit F={P∈R2[X]/P (0) = 0}.
1- Justifier que Fest un hyperplan de E=R2[X]et en donner une base.
2- On pose < P, Q >=Z1
0
P(t).Q(t)dt.
a) Justifier que < ., . > est un produit scalaire sur E.
b) Déterminer l’orthogonal de F.
Même question pour : < P, Q >=P(0).Q(0) + P(1).Q(1) + P(2).Q(2)
Solution. 1. On a F= ker ϕ0où ϕ0est la forme linéaire suivante :
ϕ0:R2[X]−→ R
P7−→ P(0)

Fest donc un hyperplan de E.
2. On vérifie facilement que pour tout P, Q, R ∈Eet λ∈Ron a
hP, Qi=Z1
0
P(t).Q(t)dt =Z1
0
Q(t).P (t)dt =hQ, P i
et
hP+λQ, Ri=Z1
0
(P+λQ)(t).R(t)dt =Z1
0
P(t).R(t)dt +λZ1
0
Q(t).R(t) = hP, Ri+λhQ, Ri.
La forme h·,·i est donc bilinéaire symétrique. Il reste à montrer qu’elle est définie positive. On a
hP, P i=Z1
0
P2(t)dt ≥0.
On voit que si hP, P i= 0 alors P2(t) = 0 et donc P(t) = 0 pour tout t∈[0,1]. Ceci montre que Pest
nécessairement le polynôme nul. La forme h·,·i est donc définie positive. C’est un produit scalaire.
(b). On a P∈F⊥⇐⇒ ∀Q∈F, hP, Qi= 0. Puisque Fest de dimension 2, F⊥est de dimension 1. On
aF= Vect(X, X2)ainsi
P=aX2+bX +c∈F⊥⇐⇒ hP, Xi= 0 et hP, X2i= 0
⇐⇒ 
1
4a+1 3b+1 2c= 0
1
5a+1 4b+1 3c= 0
⇐⇒ 
a=10
3c
b=−4c
et donc F⊥= Vect(10X2−12X+ 3).
Solution. 1. On a F= ker ϕ0où ϕ0est la forme linéaire suivante :
ϕ0:R2[X]−→ R
P7−→ P(0)
Fest donc un hyperplan de E.
2. On vérifie facilement que pour tout P, Q, R ∈Eet λ∈Ron a
hP, Qi=
2
X
i=0
P(i)Q(i) =
2
X
i=0
Q(i)P(i) = hQ, P i
et
hP+λQ, Ri=
2
X
i=0
(P+λQ)(i).R(i) =
2
X
i=0
P(i)Q(i) + λ
2
X
i=0
Q(i).R(i) = hP, Ri+λhQ, Ri.
La forme h·,·i est donc bilinéaire symétrique. Il reste à montrer qu’elle est définie positive. On a
hP, P i=
2
X
i=0
P2(i)≥0.