Espaces préhilbertiens

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
Espaces préhilbertiens
Espace préhilbertien réel
1
Exercice 6 [ 00510 ] [correction]
Soient x, y deux vecteurs non nuls d’un espace préhilbertien réel. Etablir
x
y kx − yk
−
=
2
kxk2
kyk kxk kyk
Exercice 1 [ 00504 ] [correction]
Soient A, B ∈ Sn (R). Montrer
2
(tr(AB + BA)) 6 4tr(A2 )tr(B 2 )
Exercice 2 [ 00505 ] [correction]
Démontrer que la boule unité fermée B d’un espace préhilbertien réel est
strictement convexe i.e. que pour tout x, y ∈ B différents et tout t ∈ ]0, 1[,
k(1 − t)x + tyk < 1.
Exercice 3 [ 00507 ] [correction]
Soit (e1 , e2 , . . . , en ) une famille de vecteurs unitaires d’un espace préhilbertien réel
E telle que
n
X
2
∀x ∈ E, kxk =
(ei | x)2
i=1
Montrer que (e1 , e2 , . . . , en ) constitue une base orthonormée de E.
Exercice 4 [ 00508 ] [correction]
Soient E un espace préhilbertien réel et f, g : E → E telles que
Exercice 7 [ 00511 ] [correction]
On munit E = C ([a, b] , R) du produit scalaire défini par
Z b
(f | g) =
f (t)g(t) dt
a
En exploitant le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass, établir que
l’orthogonal du sous-espace vectoriel F de E formé des fonctions polynomiales est
réduit à {0}.
Exercice 8 [ 00512 ] [correction]
Soit E un espace de Hilbert réel.
a) Montrer que pour x, y ∈ E,
2
2
x + y 2 x − y 2
+
= kxk + kyk
2 2 2
b) Soit F un sous-espace vectoriel fermé de E et a ∈ E. Montrer qu’il existe x ∈ F
vérifiant d(a, F ) = kx − ak.
c) Etablir que si H est un hyperplan fermé de E, il existe a ∈ E vérifiant :
∀x ∈ E, x ∈ H ⇔ (a | x) = 0
∀x, y ∈ E, (f (x) | y) = (x | g(y))
Montrer que f et g sont linéaires.
Exercice 5 [ 00509 ] [correction]
Soient E un espace préhilbertien réel et f : E → E une application surjective telle
que pour tout x, y ∈ E, on ait
Exercice 9 [ 00513 ] [correction]
Soit E un espace préhilbertien réel.
a) Etablir que pour tout sous-espace vectoriel F de E, F̄ ⊂ F ⊥⊥ .
Désormais, on suppose E = R [X] muni du produit scalaire défini par
Z 1
(P | Q) =
P (t)Q(t) dt
−1
(f (x) | f (y)) = (x | y)
Montrer que f est un endomorphisme de E.
b) Montrer que
H=
Z
1
P ∈ R [X] /
|t| P (t) dt = 0
−1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
est un hyperplan fermé de E.
c) Soit Q ∈ H ⊥ . Etablir que pour tout P ∈ R [X],
Z 1
Z
Z 1
P (t)Q(t) dt =
|t| P (t) dt
−1
−1
Enoncés
2
Exercice 13 [ 03081 ] [correction]
Soit E = C ([−1, 1] , R) muni du produit scalaire défini par
1
Q(t) dt
Z
−1
d) Etablir que H ⊥ = {0} et conclure qu’ici l’inclusion H̄ ⊂ H ⊥⊥ est stricte.
Exercice 10 [ 02666 ] [correction]
a) Montrer l’existence et l’unicité de A ∈ Rn [X] tel que
Z 1
∀P ∈ Rn [X] , P (0) =
A(t)P (t) dt
1
hf | gi =
f (t)g(t) dt
−1
On pose
F = {f ∈ E/∀t ∈ [−1, 0] , f (t) = 0} et G = {g ∈ E/∀t ∈ [0, 1] , g(t) = 0}
a) Montrer que F ⊥ = G.
b) Les sous-espaces vectoriels F et G sont-ils supplémentaires ?
0
b) Montrer que A est de degré n.
Exercice 11 [ 03024 ] [correction]
On définit sur R [X] le produit scalaire
Z
hP | Qi =
Exercice 14 [ 03157 ] [correction]
Soit F = (x1 , . . . , xn ) une famille de n > 2 vecteurs d’un espace préhilbertien réel.
On suppose
∀1 6 i 6= j 6 n, (xi | xj ) < 0
Montrer que toute sous famille de n − 1 vecteurs de F est libre.
1
P (t)Q(t) dt
0
Existe-t-il A ∈ R [X] tel que
∀P ∈ R [X] , P (0) = hA | P i ?
Exercice 15 [ 03180 ] [correction]
Soit S l’ensemble des vecteurs de norme 1 d’un espace préhilbertien réel. Montrer
∀x, y ∈ S, x 6= y ⇒ ∀λ ∈ R\ {0, 1} , (1 − λ)x + λy ∈
/S
Exercice 12
On définit
[ 03079 ]
[correction]
Qn (X) =
1
2n n!
(X 2 − 1)n
(n)
a) Soit n > 1. Montrer que Qn possède n racines simples dans ]−1, 1[.
b) Montrer que
Qn = X n + (X 2 − 1)Rn (X)
avec Rn ∈ R [X]. En déduire Qn (1) et Qn (−1).
2
c) On pose, pour (P, Q) ∈ R [X] ,
Z 1
hP, Qi =
P (t)Q(t) dt
−1
Montrer que Qn est orthogonal à Rn−1 [X].
2
d) Calculer kQn k .
Exercice 16 [ 03318 ] [correction]
Soient x1 , . . . , xn des vecteurs d’un espace préhilbertien réel E.
On suppose qu’il existe M ∈ R tel que
n
X
n ∀(ε1 , . . . , εn ) ∈ {1, −1} , εk xk 6 M
k=1
Montrer
n
X
2
kxk k 6 M 2
k=1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
Exercice 17 [ 03321 ] [correction]
On munit l’espace E = C([0, 1] , R) du produit scalaire
Z
hf, gi =
1
f (x)g(x) dx
0
Pour f ∈ E, on note F la primitive de f qui s’annule en 0
Z x
∀x ∈ [0, 1] , F (x) =
f (t) dt
0
et on considère l’endomorphisme v de E déterminé par v(f ) = F .
a) Déterminer un endomorphisme v ? vérifiant
∀f, g ∈ E, hv(f ), gi = hf, v ? (g)i
b) Déterminer les valeurs propres de l’endomorphisme v ? ◦ v.
3
Exercice 21 [ 03478 ] [correction]
Soit E un espace de Hilbert réel et C une partie convexe fermée non vide de E.
a) Soient u et v deux vecteurs de E. Calculer
2
2
ku + vk + ku − vk
b) Soit (wn ) une suite d’éléments de C telle que
kwn − xk → d(x, C)
Montrer que (wn ) est une suite de Cauchy.
c) Montrer que, pour tout x de E, il existe un unique vecteur u de C tel que
kx − uk = d(x, C)
On note u = pC (x).
d) Montrer que pC (x) est l’unique vecteur v de C tel que
∀w ∈ C, (x − v | w − v) 6 0
Exercice 18 [ 03322 ] [correction]
Soient a un vecteur unitaire d’un espace préhilbertien réel E, k un réel et
ϕ : E × E → R l’application déterminée par
ϕ(x, y) = hx, yi + k hx, ai hy, ai
e) Montrer que l’application pC est lipschitzienne.
Exercice 22 [ 03657 ] [correction]
On munit R [X] du produit scalaire
Z
Donner une condition nécessaire et suffisant pour que ϕ soit un produit scalaire.
1
hP, Qi =
P (t)Q(t) dt
−1
Exercice 19 [ 03325 ] [correction]
Soit F un sous-espace vectoriel d’un espace préhilbertien réel E. Etablir
F ⊥ = F̄ ⊥
Exercice 20 [ 03480 ] [correction]
On note E = R [X] et on considère l’application ϕ : E × E → R donnée par
Z +∞
ϕ(P, Q) =
P (t)Q(t)e−t dt
0
a) Justifier que l’application ϕ est bien définie de E × E vers R.
b) Montrer que l’application ϕ définit un produit scalaire sur E.
c) Pour p, q ∈ N, calculer ϕ(X p , X q ).
d) Orthonormaliser par le procédé de Gram-Schmidt la famille (1, X, X 2 ).
a) Etablir l’existence et l’unicité d’une suite de polynômes (Pn ) formée de
polynômes deux à deux orthogonaux avec chaque Pn de degré n et de coefficient
dominant 1.
b) Etudier la parité des polynômes Pn .
c) Prouver que pour chaque n > 1, le polynôme Pn+1 − XPn est élément de
l’orthogonal à Rn−2 [X].
d) En déduire alors qu’il existe λn ∈ R tel que
Pn+1 = XPn + λn Pn−1
Exercice 23 [ 03805 ] [correction]
a) Enoncer le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt.
b) Orthonormaliser la base canonique de R2 [X] pour le produit scalaire
Z 1
(P, Q) 7→
P (t)Q(t) dt
−1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
Exercice 24 [ 02494 ] [correction]
a) Montrer que dans R3 euclidien
a ∧ (b ∧ c) = (a | c)b − (a | b)c
(on pourra utiliser les coordonnées de a, b, c dans une base où elles comportent un
maximum de 0)
b) Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de f (x) = a ∧ (a ∧ x) où a est
un vecteur unitaire puis reconnaître f .
∀i ∈ {1, . . . , n} , ai,i > 1 et
a) Montrer que ϕ est un produit scalaire hermitien sur C [X].
b) Montrer que la famille (X k )k∈N est une base orthonormée pour le produit
scalaire précédent.
2
c) Soit Q = X n + an−1 X n−1 + · · · + a0 . Calculer kQk .
d) On pose
M = sup |Q(z)|
|z|=1
Montrer que M > 1 et étudier le cas d’égalité
Exercice 29 [ 00515 ] [correction]
Soient E un espace préhilbertien complexe et u ∈ L(E) tel que pour tout x ∈ E,
Exercice 25 [ 03883 ] [correction]
Soit A = (ai,j )16i,j6n une matrice réelle vérifiant
n
n
X
X
4
(u(x) | x) = 0
a2i,j < 1
Montrer que u = 0̃.
i=1 j=1,j6=i
a) Montrer
∀X ∈ Rn \ {0} , t XAX > 0
Exercice 30
On pose
[ 03080 ]
[correction]
b) En déduire que la matrice A est inversible.
(
H=
N
(xn ) ∈ C /
+∞
X
)
2
|xn+1 − xn | < +∞
n=0
Montrer que H est un espace préhilbertien
Exercice 26 [ 03923 ] [correction]
Soit A ∈ Mn (R) vérifiant
A3 = At A
Montrer que la matrice A est diagonalisable sur C.
Exercice 27 [ 03926 ] [correction]
Soient A et B dans On (R) telle que (A + 2B)/3 appartienne à On (R). Que dire de
A et B ?
Espace préhilbertien complexe
Exercice 28 [ 00514 ] [correction]
On définit une application ϕ : C [X] × C [X] → C par
Z π
1
P (eiθ )Q(eiθ ) dθ
ϕ(P, Q) =
2π −π
Exercice 31 [ 03319 ] [correction]
Soit (x1 , . . . , xn ) des nombres complexes.
Préciser image et noyau de l’endomorphisme f de Cn dont la matrice dans la base
canonique est
A = (xi x̄j )16i,j6n
Espaces euclidiens et hermitiens
Exercice 32 [ 00516 ] [correction]
On munit Mn (R) du produit scalaire défini par
(A | B) = tr(t AB)
a) Montrer que la base canonique (Ei,j )16i,j6n de Mn (R) est orthonormée.
b) Observer que les espaces Sn (R) et An (R) sont supplémentaires orthogonaux.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
c) Etablir que pour tout A ∈ Mn (R) on a
√ p
tr(A) 6 n tr(t AA)
et préciser les cas d’égalité.
5
Exercice 37 [ 00520 ] [correction]
Soient x1 , x2 , ..., xn+2 des vecteurs d’un espace vectoriel euclidien E de dimension
n ∈ N? .
Montrer qu’il est impossible que
∀i 6= j, (xi | xj ) < 0
Exercice 33 [ 00517 ] [correction]
Soit a un vecteur normé d’un espace vectoriel euclidien E. Pour tout α ∈ R, on
considère l’endomorphisme
fα : x 7→ x + α(a | x)a
a) Préciser la composée fα ◦ fβ . Quelles sont les fα bijectives ?
b) Déterminer les éléments propres de fα .
On pourra commencer par les cas n = 1 et n = 2
Exercice 38 [ 00521 ] [correction]
Soit (e1 , e2 , . . . , en ) une famille de vecteurs unitaires d’un espace euclidien réel E
telle que
n
X
2
∀x ∈ E,
(ek | x)2 = kxk
k=1
Montrer que (e1 , . . . , en ) est une base orthonormée de E.
Exercice 34 [ 00518 ] [correction]
Soient a, b deux vecteurs unitaires d’un espace vectoriel euclidien E et f
l’application de E vers E donnée par
Exercice 39 [ 00523 ] [correction]
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel euclidien E tel que
∀x ∈ E, (f (x) | x) = 0
f : x 7→ x − (a | x)b
a) A quelle condition la fonction f est-elle bijective ?
b) Exprimer f −1 (x) lorsque c’est le cas.
c) A quelle condition l’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
Exercice 35 [ 03320 ] [correction]
Soit a un vecteur non nul d’un espace euclidien orienté de dimension 3.
On considère l’endomorphisme
f : x ∈ E 7→ x + a ∧ x
a) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f .
b) Déterminer un polynôme annulateur de f .
Comparer ker f et Imf .
Exercice 40 [ 02396 ] [correction]
Soit (E, h | i) un espace euclidien non nul et u ∈ L(E) tel que tr(u) = 0.
a) Montrer qu’il existe x ∈ E\ {0} tel que hu(x) | xi = 0.
b) Montrer qu’il existe une base orthonormée de E dans laquelle la matrice de u
est à diagonale nulle.
Exercice 41 [ 02733 ] [correction]
Soient c ∈ R, (E, h., .i) un espace euclidien de dimension n > 2, v1 , . . . , vn des
vecteurs unitaires de E deux à deux distincts tels que :
2
∀(i, j) ∈ {1, . . . , n} , i 6= j ⇒ hvi , vj i = c
Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur c pour que (v1 , . . . , vn ) soit
nécessairement liée.
Exercice 36 [ 00519 ] [correction]
Montrer que dans R3 euclidien : a ∧ (b ∧ c) = (a | c)b − (a | b)c. (on pourra utiliser
les coordonnées de a, b, c dans une base où elles comportent un maximum de 0)
Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de f (x) = a ∧ (a ∧ x) où a est un
vecteur unitaire puis reconnaître f .
Exercice 42 [ 03979 ] [correction]
Soient a, b deux vecteurs unitaires d’un espace euclidien E.
Déterminer le maximum sur la boule unité fermée de f : x 7→ (a | x) (b | x)
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
Projections orthogonales
Exercice 47 [ 03766 ] [correction]
On pose E = C 1 ([0, 1] , R) et
Exercice 43 [ 00524 ] [correction]
Soient E un espace vectoriel euclidien muni d’une base orthonormée
e = (e1 , . . . , en ) et F un sous-espace vectoriel de E muni d’une base orthonormée
(x1 , . . . , xp ). Montrer que la matrice de pF dans la base e est
p
X
Xk t Xk
k=1
où Xk est la colonne des coordonnées du vecteur xk dans e.
Exercice 44 [ 00530 ] [correction]
[Formule de Parseval]
On suppose que (en )n∈N est une famille orthonormale d’un espace préhilbertien E
telle que V = Vect(en )n∈N soit dense dans E. Montrer que pour tout x ∈ E,
2
kxk =
+∞
X
6
Z
∀f, g ∈ E, hf, gi =
2
n=0
Exercice 45 [ 01331 ] [correction]
Soient A et B dans S2 (R) telles que A2 = A et B 2 = B.
a) La matrice AB est-elle diagonalisable ?
b) Encadrer les valeurs propres de AB.
Exercice 46 [ 03317 ] [correction]
Soit E un espace de Hilbert réel dont le produit scalaire est noté h. | .i.
Soient C une partie convexe non vide et fermée de E et x ∈ E.
a) Montrer qu’il existe une suite (yn ) d’éléments de C telle que
kx − yn k → d(x, C)
b) En exploitant l’identité du parallélogramme, établir que la suite (yn ) est de
Cauchy.
c) En déduire qu’il existe y ∈ C tel que
kx − yk = d(x, C)
d) Application : Soit F un sous-espace vectoriel de E. Montrer
F ⊥⊥ = F̄
Z
f (t)g(t) dt +
0
1
f 0 (t)g 0 (t) dt
0
a) Montrer que h., .i définit un produit scalaire sur E.
b) On pose
V = {f ∈ E/f (0) = f (1) = 0} et W = f ∈ E/f est C 2 et f 00 = f
Montrer que V et W sont supplémentaires et orthogonaux.
Exprimer la projection orthogonale sur W .
c) Soient α, β ∈ R et
Eα,β = {f ∈ E/f (0) = α et f (1) = β}
Calculer
Z
inf
|(en | x)|
1
f ∈Eα,β
1
f (t)2 + f 0 (t)2 dt
0
Distance à un sous-espace vectoriel
Exercice 48 [ 00526 ] [correction]
[Déterminant de Gram]
Soit E un espace préhilbertien réel. Pour (u1 , . . . , up ) famille de vecteurs de E, on
note G(u1 , . . . , up ) la matrice de Mp (R) dont le coefficient d’indice (i, j) est
(ui | uj ).
a) Montrer que si la famille (u1 , . . . , up ) est liée alors
det G(u1 , . . . , up ) = 0
b) Etablir la réciproque.
c) Montrer que si (e1 , . . . , ep ) est une base d’un sous-espace vectoriel F de E alors
pour tout x ∈ E,
s
det G(e1 , . . . , ep , x)
d(x, F ) =
det G(e1 , . . . , ep )
Exercice 49 [ 00527 ] [correction]
a) Montrer que (P | Q) = P (0)Q(0) + P (1)Q(1) + P (2)Q(2) définit un produit
scalaire sur R2 [X].
b) Calculer d(X 2 , P ) où P = aX + b/(a, b) ∈ R2
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
Exercice 50 [ 02734 ] [correction]
Calculer le minimum de
Z
Exercice 55 [ 03764 ] [correction]
Soit A = (ai,j )16i,j6n ∈ Mn (R). Calculer


X
2
inf 
(ai,j − mi,j ) 
1
(t3 − at2 − bt − c)2 dt
0
pour a, b, c parcourant R.
M ∈Sn (R)
Exercice 51 [ 00529 ] [correction]
On définit une application ϕ : R [X] × R [X] → R par
Z +∞
ϕ(P, Q) =
P (t)Q(t)e−t dt
0
(a,b)∈R
0
Exercice 52 [ 02736 ] [correction]
On munit Mn (R) du produit scalaire rendant orthonormée la base canonique,
dont on note k k la norme associée. Soit J la matrice de Mn (R) dont tous les
coefficients sont égaux à 1.
Si M ∈ Mn (R), calculer inf 2 kM − aIn − bJk.
(a,b)∈R
[correction]
Z 1
inf
t2 (ln t − at − b)2 dt, (a, b) ∈ R2
[ 02735 ]
0
Exercice 57 [ 03117 ] [correction]
a) Montrer que (A | B) = tr (At B) définit un produit scalaire sur Mn (R).
b) Montrer que Sn (R) et An (R) sont supplémentaires et orthogonaux.
Exprimer la distance de


1 2 3
M =  0 1 2  ∈ M3 (R)
1 2 3
à S3 (R).
c) Montrer que l’ensemble H des matrices de trace nulle est un sous-espace
vectoriel de Mn (R) et donner sa dimension.
Donner la distance à H de la matrice J dont tous les coefficients valent 1.
Exercice 58 [ 00073 ] [correction]
On munit E = C([−1, 1] , R) du produit scalaire :
Exercice 54 [ 01332 ] [correction]
Soient n ∈ N? , E = Rn [X] et
2
16i,j6n
Exercice 56 [ 02571 ] [correction]
R1
a) Montrer que (f | g) = 0 f (t)g(t) dt définit un produit scalaire sur l’ensemble E
des fonctions continues sur R engendré par f1 (x) = 1, f2 (x) = ex et f3 (x) = x.
b) Pour quels réel a et b la distance de f2 (x) à g(x) = ax + b est-elle minimale ?
a) Montrer que ϕ définit un produit scalaire sur R [X].
b) Calculer ϕ(X p , X q ).
c) Déterminer
Z +∞
inf 2
e−t (t2 − (at + b))2 dt
Exercice 53
Calculer
7
Z
h , i : (P, Q) ∈ E 7→ hP, Qi =
(f | g) =
+∞
−t
P (t)Q(t)e
dt
0
a) Justifier la définition de h , i et montrer qu’il s’agit d’un produit scalaire.
On pose F = {P ∈ E, P (0) = 0}. On cherche à déterminer d(1, F ). On note
(P0 , . . . , Pn ) l’orthonormalisée de Schmidt de (1, X, . . . , X n ).
b) Calculer Pk (0)2 .
c) Déterminer une base de F ⊥ que l’on exprimera dans la base (P0 , . . . , Pn ). En
déduire d(1, F ⊥ ) et d(1, F ).
1
2
Z
1
f (x)g(x) dx
−1
Pour i ∈ {0, 1, 2, 3}, on note Pi (x) = xi .
a) Montrer que la famille (P0 , P1 , P2 ) est libre mais pas orthogonale.
b) Déterminer, par le procédé de Schmidt, une base orthonormée (Q0 , Q1 , Q2 ) de
F = Vect(P0 , P1 , P2 ) à partir de la famille (P0 , P1 , P2 ).
c) Calculer la projection orthogonale de P3 sur F et la distance de P3 à F .
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Sur Mn (R), on définit un produit scalaire par
(A | B) = tr(t AB)
Pour A, B ∈ Sn (R),
tr(AB + BA) = 2(A | B)
et l’inégalité de Cauchy-Schwarz fournit la relation demandée.
8
Exercice 4 : [énoncé]
Aisément
(f (λx + λ0 x0 ) | y) = . . . = (λf (x) + λ0 f (x0 ) | y)
et comme ceci vaut pour tout y on peut conclure à la linéarité de f .
Idem pour g.
Exercice 5 : [énoncé]
Aisément
(f (λx + λ0 x0 ) | f (y)) = (λf (x) + λ0 f (x0 ) | f (y))
donc
f (λx + λ0 x0 ) − (λf (x) + λ0 f (x0 )) ∈ (Imf )⊥ = {o}
Exercice 2 : [énoncé]
Par l’inégalité triangulaire
d’où la linéarité de f .
k(1 − t)x + tyk 6 (1 − t) kxk + t kyk 6 1
De plus, s’il y a égalité alors kxk = 1, kyk = 1 et les vecteurs (1 − t)x et ty sont
positivement liés.
Les vecteurs x et y étant unitaires et positivement liés, ils sont égaux. Ceci est
exclu.
Exercice 3 : [énoncé]
Pour j ∈ {1, . . . , n},
2
kej k =
n
X
(ei | ej )2
i=1
donc (ei | ej ) = 0 pour tout i 6= j. Ainsi la famille (e1 , e2 , . . . , en ) est orthonormée.
Si la famille (e1 , e2 , . . . , en ) n’est pas une base, on peut déterminer en+1 ∈ E tel
que (e1 , e2 , . . . , en , en+1 ) soit libre. Par le procédé d’orthonormalisation de
Schmidt, on peut se ramener au cas où
Exercice 6 : [énoncé]
En développant le produit scalaire
2
2
x
1
1
kx − yk
y (x | y)
−
2 =
2 −2
2
2 +
2 =
kxk2
kxk kyk
kyk kxk
kxk kyk
kyk
Exercice 7 : [énoncé]
Soit f ∈ F ⊥ . Puisque f est continue sur le segment [a, b], par le théorème
d’approximation uniforme de Weierstrass :
∀ε > 0, ∃P ∈ R [X] , kf − P k∞,[a,b] 6 ε
On a alors
2
en+1 ∈ Vect(e1 , . . . , en )⊥
a
avec
Mais alors
2
ken+1 k =
n
X
(ei | en+1 )2 = 0
i=1
ce qui est contradictoire.
Par suite la famille (e1 , e2 , . . . , en ) est une base orthonormée.
Z
kf k =
b
f2 =
Z
b
Z
f (f − P ) +
a
b
Z
a
b
f (f − P )
fP =
a
Z
b
f (f − P ) 6 (b − a) kf k∞ kf − P k∞ 6 (b − a) kf k∞ ε
a
2
En faisant tendre ε vers 0, on obtient kf k = 0 donc f = 0. Ainsi F ⊥ ⊂ {0} puis
F ⊥ = {0}.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
Exercice 8 : [énoncé]
a) C’est l’identité du parallélogramme.
b) d(a, F ) = inf {kx − ak /x ∈ F }. Considérons une suite (xn ) d’éléments de F
réalisant la borne inférieure : kxn − ak → d(a, F ).
En appliquant l’identité du parallélogramme à x = xn − a et y = xm − a, on
obtient
2
2
2
xn + xm
+ 1 kxn − xm k2 = kxn − ak + kxm − ak
−
a
2
4
2
m
m
Or xn +x
∈ F donc xn +x
− a > d(a, F ) puis
2
2
2
2
kxn − ak + kxm − ak
1
2
kxn − xm k 6
− d(a, F )2
4
2
Sachant que kxn − ak → d(a, F ), on peut affirmer que la suite (xn ) est de Cauchy.
Par suite celle-ci converge et, puisque F est fermé, sa limite x∞ vérifie x∞ ∈ F et
kx∞ − ak = d(a, F ).
c) Puisque H 6= E, il existe y ∈ E\H. Soit alors x ∈ H vérifiant
2
2
d(y, H) = kx − yk. Pour tout z ∈ H, on a k(x + λz) − yk > kx − yk donc
2
2
2λ(x − y | z) + λ kzk > 0 pour tout λ ∈ R. On en déduit que (x − y | z) = 0 puis
que a = x − y ∈ H ⊥ avec a 6= 0 car y ∈
/ H.
Ainsi, on dispose d’un vecteur a vérifiant ∀x ∈ H, (a | x) = 0 i.e. H et Vect(a)
orthogonaux.
De plus, puisque H est un hyperplan et que a ∈
/ H, on a H ⊕ Vect(a) = E.
H et Vect(a) sont donc supplémentaires orthogonaux et par suite H = Vect(a)⊥ .
9
d) La relation précédente donne
Z
1
Z
Q(t) − |t|
−1
1
Q(u) du P (t) dt = 0
−1
pour tout P ∈ R [X]. Par suite
Z
1
Q(t) = |t|
Q(u) du
−1
R1
Ceci n’est possible dans R [X] que si −1 Q(u) du = 0 et donc seulement si Q = 0.
Ainsi H ⊥ = {0} puis H ⊥⊥ = E alors que H̄ = H 6= E.
Exercice 10 : [énoncé]
a) Il est bien connu que l’application
Z
(P, Q) 7→ hP, Qi =
1
P (t)Q(t) dt
0
définit un produit scalaire sur Rn [X]. L’application P 7→ P (0) est une forme
linéaire sur R [X] donc il existe un unique polynôme A ∈ Rn [X] tel que cette
forme linéaire corresponde au produit scalaire avec A, ce qui revient à dire
Z
∀P ∈ Rn [X] , P (0) = hA, P i =
1
A(t)P (t) dt
0
Exercice 9 : [énoncé]
a) On sait F ⊂ F ⊥⊥ et F ⊥⊥ fermé donc F̄ ⊂ F ⊥⊥ .
b) H est le noyau de la forme linéaire
Z 1
ϕ : P 7→
|t| P (t) dt
−1
En vertu de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, |ϕ(P )| 6 kP k et donc ϕ est continue.
Par suite H est un hyperplan fermé.
c) Pour P ∈ R [X], on observe que
Z 1
R=P −
|u| P (u) du
−1
appartient à H. La relation (R | Q) = 0 donne la relation voulue.
b) Si par l’absurde le degré de A est strictement inférieur à n alors P = XA est
élément de Rn [X] et donc
Z
1
tA(t)2 dt = P (0) = 0
0
Or la fonction t 7→ tA(t)2 est continue positive sur [0, 1] et la nullité de l’intégrale
précédente entraîne alors
∀t ∈ [0, 1] , tA(t)2 = 0
On en déduit A = 0 ce qui est absurde.
Exercice 11 : [énoncé]
Supposons l’existence d’un tel polynôme A et considérons P (X) = XA(X).
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
On a
Z
0 = P (0) = hA | P i =
Corrections
10
on obtient
1
tA(t) dt
0
Par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive, on obtient
1
(−1)n
P (t)Qn (t) dt = n
2 n!
−1
Z
2
∀t ∈ [0, 1] , tA(t) = 0
En appliquant le théorème de Rolle, on peut alors montrer par récurrence sur
(k)
k ∈ {0, . . . , n} que (X 2 − 1)n
possède au moins k racines dans l’intervalle
]−1, 1[.
En particulier Qn possède au moins n racines dans ]−1, 1[, or deg Qn = n donc il
n’y a pas d’autres racines que celles-ci et elles sont simples.
b) Raisonnons par récurrence sur n ∈ N.
Pour n = 0, c’est immédiat.
Supposons la propriété établie au rang n > 0.
Qn+1 (X) =
1
2n+1 (n
+ 1)!
2(n + 1)X(X 2 − 1)n
P (n) (t)(t2 − 1)n dt
−1
1
Z
Exercice 12 : [énoncé]
a) 1 et −1 sont racines de multiplicité n du polynôme (X 2 − 1)n .
1 et −1 sont donc racines des polynômes
0
(n−1)
(X 2 − 1)n , (X 2 − 1)n ,. . . , (X 2 − 1)n
1
En particulier, si P ∈ Rn−1 [X],
2
Le polynôme A admet une infinité de racine, c’est donc le polynôme nul ce qui est
absurde.
Z
P (t)Qn (t) dt = 0
−1
d) Par la relation qui précède
Z
1
2
(Qn (t)) dt =
−1
1
2n n!
Z
1
2 n
Q(n)
n (t)(1 − t ) dt
−1
Puisque le polynôme (X 2 − 1)n est unitaire et de degré 2n
2
(2n)
(2n)!
(X − 1)n
= (2n)! et Q(n)
n = n
2 n!
De plus, par intégration par parties successives
Z
1
Z
(1 − t2 )n dt =
−1
1
(1 − t)n (1 + t)n dt =
0
Au final
2
kQn k =
22n+1 (n!)2
(2n + 1)!
2
(2n + 1)
(n)
Par la formule de Leibniz
(n)
(n−1) 1 X (X 2 − 1)n
Qn+1 (X) = n
+ nX (X 2 − 1)n
2 n!
(n−1)
1 et −1 sont racines du polynôme (X 2 − 1)n
et donc celui-ci peut s’écrire
(X 2 − 1)S(X).
En exploitant l’hypothèse de récurrence, on obtient
Qn+1 (X) = X n+1 +X(X 2 −1)Rn (X)+2nX(X 2 −1)S(X) = X n+1 +(X 2 −1)Rn+1 (X)
Récurrence établie
c) Par intégration par parties successives et en exploitant l’annulation en 1 et −1
des polynômes
0
(n−1)
(X 2 − 1)n , (X 2 − 1)n ,. . . , (X 2 − 1)n
Exercice 13 : [énoncé]
a) Soient f ∈ F et g ∈ G.
Z
1
hf | gi =
Z
1
f (t)g(t) dt =
−1
0 dt = 0
−1
Les sous-espaces vectoriels F et G sont orthogonaux et donc G ⊂ F ⊥ .
Inversement, soit g ∈ F ⊥ .
Montrons que, pour tout x ∈ ]0, 1[, g(x) = 0.
Par l’absurde, supposons g(x) 6= 0 pour un x ∈ ]0, 1[ et, quitte à considérer la
fonction −g, supposons g(x) > 0. Par continuité de g, il existe α > 0 tel que
[x − α, x + α] ⊂ ]0, 1[ et g(t) > 0 sur [x − α, x + α]
Considérons alors la fonction f définie par le schéma.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
11
On remarque alors
2
(xi | xj ) = (yi | yj ) + λi λj kxn+1 k
et on en déduit
∀1 6 i 6= j 6 n, (yi | yj ) < 0
La fonction f
La fonction f appartient à F et la fonction produit f g est continue, positive mais
n’est pas la fonction nulle donc
Z 1
f (t)g(t) dt > 0
−1
Par hypothèse de récurrence, on peut affirmer que la famille (y2 , . . . , yn ) est libre
et puisque ses vecteurs sont orthogonaux au vecteur xn+1 non nul, on peut aussi
dire que la famille (y2 , . . . , yn , xn+1 ) est libre. Enfin, on en déduit que la famille
(x2 , . . . , xn , xn+1 ) car cette dernière engendre le même espace que la précédente et
est formée du même nombre de vecteurs.
Par permutation des indices, ce qui précède vaut pour toute sous-famille formée
de n vecteurs de la famille initiale (x1 , . . . , xn , xn+1 ).
Récurrence établie.
Exercice 15 : [énoncé]
Soient x, y ∈ S avec x 6= y et λ ∈ R. On a
2
C’est absurde car on a supposé g ∈ F ⊥ .
On a donc pour tout x ∈ ]0, 1[, g(x) = 0 puis par continuité, g(x) = 0 pour tout
x ∈ [0, 1].
Ainsi g ∈ G et finalement F ⊥ = G.
b) Si les sous-espaces vectoriels étaient supplémentaires alors toutes fonctions
continues sur [−1, 1] est somme d’une fonction de F et d’une fonction de G et est
donc une fonction s’annulant en 0. C’est absurde.
Les sous-espaces vectoriels F et G ne sont donc par supplémentaires.
k(1 − λ)x + λyk = λ2 + 2λ(1 − λ)(x | y) + (1 − λ)2
qui est une expression polynomiale en λ dont le coefficient du second degré est
2 − 2(x | y)
Puisque les vecteurs x et y sont distincts et de même norme, ils ne peuvent être
positivement liés et donc
(x | y) < kxk kyk = 1
Par suite
Exercice 14 : [énoncé]
Raisonnons par récurrence sur n > 2.
Pour n = 2 la propriété est immédiate car aucun vecteur ne peut être nul.
Supposons la propriété établie au rang n > 2.
Soit (x1 , . . . , xn+1 ) une famille de vecteurs vérifiant
2 − 2(x | y) > 0
2
Ainsi la quantité k(1 − λ)x + λyk est une expression polynomiale du second degré
exactement. Puisque celle-ci prend la valeur 1 pour λ = 0 et pour λ = 1, elle ne
peut reprendre la valeur 1 pour aucune autre valeur λ et ceci permet de conclure.
∀1 6 i 6= j 6 n + 1, (xi | xj ) < 0
Par projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel de dimension finie
D = Vectxn+1 , on peut écrire pour tout i ∈ {1, . . . , n}
xi = yi + λi xn+1
avec yi un vecteur orthogonal à xn+1 et λi < 0 puisque (xi | xn+1 ) < 0.
Exercice 16 : [énoncé]
Cas n = 1, c’est immédiat.
Cas n = 2 :
Si kx + yk 6 M et kx − yk 6 M alors
2
2
2
2
kxk + 2(x | y) + kyk 6 M 2 et kxk − 2(x | y) + kyk 6 M 2
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
2
2
Corrections
Si (x | y) > 0 alors première identité donne kxk + kyk 6 M 2 , si (x | y) 6 0, c’est
la deuxième identité qui permet de conclure.
Supposons la propriété vraie au rang n > 1.
Supposons
n+1
X
n+1 ∀(ε1 , . . . , εn+1 ) ∈ {1, −1}
,
εk xk 6 M
k=1
Par l’étude du cas n = 2 appliquée au vecteur
x=
n
X
on vérifie que v ? est un endomorphisme de E vérifiant
∀f, g ∈ E, hv(f ), gi = hf, v ? (g)i
b)Soit λ ∈ R et f ∈ E vérifiant (v ? ◦ v)(f ) = λf .
La fonction f est nécessairement dérivable et vérifie
(
λf (1) = 0
v(f )(x) = −λf 0 (x)
εk xk et y = xn+1
k=1
on obtient
n
2
X
2
εk xk + kxn+1 k 6 M 2
∀(ε1 , . . . , εn ) ∈ {1, −1} , n
k=1
donc
12
n
q
X
2
n εk xk 6 M 2 − kxn+1 k
∀(ε1 , . . . , εn ) ∈ {1, −1} , La fonction f est donc nécessairement deux fois dérivable et vérifie

λf (1) = 0


λf 0 (0) = 0


f (x) = −λf 00 (x)
Si λ = 0 alors f = 0 et donc λ n’est
√ pas valeur propre.
Si λ > 0 alors en écrivant λ = 1/ ω, l’équation différentielle λy 00 + y = 0 donne la
solution générale
y(t) = α cos(ωt) + β sin(ωt)
k=1
et l’on peut conclure.
Récurrence établie.
La condition f 0 (0) = 0 donne β = 0 et √
la condition f (1) = 0 donne α cos(ω) = 0.
Si ω ∈
/ π/2 + πN alors f = 0 et λ = 1/ ω n’est pas valeur propre.
En revanche,
si ω ∈ π/2 + πN, alors par la reprise des calculs précédents donne
√
λ = 1/ ω valeur propre associé au vecteur propre associé f (x) = cos(ωx).
Si λ < 0 alors la résolution de l’équation différentielle linéaire à coefficients
constants avec les conditions proposées donne f = 0 et donc λ n’est pas valeur
propre.
Exercice 17 : [énoncé]
a) Par intégration par parties
Z 1
Z
F (x)g(x) dx = F (1)G(1) −
Exercice 18 : [énoncé]
Il est immédiat que ϕ est une forme bilinéaire symétrique sur E.
On a
2
2
ϕ(x, x) = kxk + k hx, ai
Par hypothèse de récurrence
n
X
2
2
kxk k 6 M 2 − kxn+1 k
k=1
0
1
f (x)G(x) dx
0
En particulier
2
4
ϕ(a, a) = kak + k kak = (1 + k)
ce qui se réécrit
Z
1
Z
0
1
f (x) (G(1) − G(x)) dx
F (x)g(x) dx =
0
Ainsi pour
v ? (g) : x 7→ G(1) − G(x) =
Z
1
g(t) dt
x
Pour que la forme bilinéaire symétrique ϕ soit définie positive, il est nécessaire
que 1 + k > 0.
Inversement, supposons 1 + k > 0.
2
Si k > 0 alors ϕ(x, x) > kxk et donc
∀x ∈ E\ {0E } , ϕ(x, x) > 0
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
R +∞
c) Posons In = 0 tn e−t dt de sorte que ϕ(X p , X q ) = Ip+q .
Par intégration par parties
Si k ∈ ]−1, 0[, k = −α avec α ∈ ]0, 1[ et
2
13
2
ϕ(x, x) = kxk − α hx, ai
Z
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
0
2
2
2
A
A
tn e−t dt = −tn e−t 0 + n
A
tn−1 e−t dt
0
2
hx, ai 6 kxk kak = kxk
et quand A → +∞, on obtient In = nIn−1 . Sachant I0 = 1, on conclut In = n! et
donc
2
Z
2
ϕ(x, x) > kxk − α kxk = (1 − α) kxk
ϕ(X p , X q ) = (p + q)!
2
de sorte que
∀x ∈ E\ {0E } , ϕ(x, x) > 0
Ainsi ϕ est une forme bilinéaire symétrique définie positive donc un produit
scalaire.
Finalement, ϕ est un produit scalaire si, et seulement si, 1 + k > 0.
d) Notons que la famille (1, X, X 2 ) est libre et qu’il est donc licite de
l’orthonormaliser par le procédé de Schmidt. On pose P0 = 1.
On cherche P1 = X + λP0 avec (P0 | P1 ) = 0 ce qui donne 1 + λ = 0 et donc
P1 = X − 1.
On cherche P2 = X 2 + λP0 + µP1 avec (P0 | P2 ) = 0 et (P1 | P2 ) = 0 ce qui donne
2 + λ = 0 et 4 + µ = 0 donc P2 = X 2 − 4X + 2.
La famille orthonormalisée cherchée et alors (Q0 , Q1 , Q2 ) avec
Exercice 19 : [énoncé]
Puisque F ⊂ F̄ , on a déjà
Q0 = 1, Q1 = X − 1 et Q2 =
F̄ ⊥ ⊂ F ⊥
Soit a ∈ F ⊥ .
Pour tout x ∈ F̄ , il existe une suite (xn ) d’éléments de F telle que xn → x.
Puisque
∀n ∈ N, hxn , ai = 0
Exercice 21 : [énoncé]
2
2
2
2
a) On a ku + vk + ku − vk = 2 kuk + 2 kvk , c’est l’identité du parallélogramme.
b) Soit p, q ∈ N. On a
2
à la limite (le produit scalaire étant continue)
1
X 2 − 4X + 2
2
2
2
2
k(wp − x) − (wq − x)k + k(wp − x) + (wq − x)k 6 2 kwp − xk + 2 kwq − xk
hx, ai = 0
avec
⊥
et donc a ∈ F̄ .
Finalement, par double inclusion F ⊥ = F̄ ⊥ .
wp + wq
− x
k(wp − x) + (wq − x)k = 2 > 2d(x, C)
2
donc
2
2
2
kwp − wq k 6 2 kwp − xk + 2 kwq − xk − 4d(x, C)2
Exercice 20 : [énoncé]
a) Pour P, Q ∈ E, la fonction f : t 7→ P (t)Q(t)e−t est définie et continue par
morceaux sur [0, +∞[ et intégrable car t2 f (t) −−−−→ 0.
t→+∞
b) L’application ϕ est clairement bilinéaire symétrique et positive.
Si ϕ(P, P ) = 0 alors par intégration d’une fonction continue positive on obtient
∀t ∈ [0, +∞[ , P (t)2 e−t = 0
et donc P admet une infinité de racines (les éléments de [0, +∞[), c’est donc le
polynôme nul.
Puisque kwn − xk → d(x, C), on peut affirmer que pour ε > 0, on a pour p et q
assez grands
k(wp − x) + (wq − x)k 6 ε
c) Par la caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, on peut affirmer
l’existence d’une suite (wn ) telle que ci-dessus. Puisque cette suite est de Cauchy
et que l’espace est complet, elle converge vers un élément que nous notons u.
Puisqu’en sus c’est une suite d’éléments de C et que la partie C est supposée
fermée, la limite u est élément de C.
Supposons que v est un autre élément de C vérifiant kx − vk = d(x, C).
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
14
On veut (Pn+1 | Pk ) = 0 pour tout k ∈ {0, . . . , n}. Le polynôme Q doit donc
vérifier
∀k ∈ {0, . . . , n} , (Q(X) | Pk ) = −(X n+1 | Pk )
On a alors par l’identité du parallélogramme
2
u − v 2
(u + v) 2
2
2
> 2d(x, C)2
+ 2
2d(x, C) = kx − uk + kx − vk = 2 x −
2 2 Ces relations détermine entièrement le polynôme Q puisque (P0 , . . . , Pn ) est une
base orthogonale de Rn [X] :
ce qui entraîne u = v.
d) Notons encore u = pC (x). Soit w ∈ C. Pour tout λ ∈ [0, 1], le vecteur
t = (1 − λ)u + λw est élément de C et donc
Q=−
2
2
2
d(x, C)2 6 kx − tk = k(x − u) − λ(w − u)k = d(x, C)2 −2λ(x−u | w−u)+λ2 kw − uk
k=0
Inversement, supposons que v est un vecteur de C vérifiant (x − v | w − v) 6 0
pour tout w ∈ C
La relation doit être vérifiée notamment pour w = u et donc
2
Pk
∀n ∈ N, Pn (−X) = (−1)n Pn (X)
c) Soit Q ∈ Rn−2 [X].
n−2
P
On peut écrire Q =
ak Pk et donc (Pn+1 | Q) = 0.
(x − v | u − v) 6 0
ce qui donne
k=0
2
(x − u | u − v) + ku − vk 6 0
On peut aussi écrire XQ =
2
ky − xk = k[(y − v) − (x − u)] − [u − v]k
n−1
P
k=0
Or (x − u | u − v) > 0 donc ku − vk 6 0 puis u = v.
e) Notons u = pC (x) et v = pC (y). On a
a0k Pk et donc (XPn | Q) = (Pn | XQ) = 0.
On en déduit
∀Q ∈ Rn−2 [X] , (Pn+1 − XPn | Q) = 0
2
d) Par simplification des termes de plus haut degré
et en développant
2
kPk k
Le polynôme Pn+1 existe donc et est unique.
Récurrence établie.
b) La famille ((−1)n Pn (−X)) vérifie les mêmes conditions que celles ayant défini
la suite (Pn ). On en déduit
Cette relation devant être valable pour tout λ ∈ [0, 1], on obtient en faisant
λ → 0+
(x − u | w − u) 6 0
2
n
X
(X n+1 | Pk )
2
2
Pn+1 − XPn ∈ Rn [X]
2
ky − xk = k(y − v) − (x − u)k −2(y−v | u−v)−2(x−u | v−u)+ku − vk > ku − vk
On peut donc écrire
ce qui assure que l’application pC est lipschitzienne de rapport 1.
Pn+1 − XPn =
n
X
αk Pk
k=0
Exercice 22 : [énoncé]
a) Par récurrence sur n > 0, établissons l’existence et l’unicité de la sous-famille
(Pk )06k6n telle que voulue.
Cas n = 0 : le polynôme P0 vaut 1.
Supposons la propriété vraie au rang n > 0.
Les polynômes P0 , . . . , Pn sont alors déterminés de façon unique par l’hypothèse
de récurrence et il reste seulement à former Pn+1 . Celui-ci peut s’écrire
Pn+1 = X
n+1
Or Pn+1 − XPn est orthogonal à P0 , . . . , Pn−2 donc
Pn+1 − XPn = αn Pn + αn−1 Pn−1
Enfin, par parité, αn = 0 et donc
Pn+1 − XPn = αn−1 Pn−1
+ Q(X) avec Q(X) ∈ Rn [X]
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
Exercice 23 : [énoncé]
a) cf. cours !
b) Au terme des calculs, on obtient la base (P0 , P1 , P2 ) avec
√
√ 3
3 5
1
1
X2 −
P0 = √ , P1 = √ X et P2 = √
3
2
2
2 2
Exercice 24 : [énoncé]
a) Soit u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vectu et v un vecteur unitaire orthogonal
à v tel que b ∈ Vect(u, v). Il suffit ensuite de travailler dans (u, v, u ∧ v) et d’un
peu de courage. . .
b) Soit x 6= 0.
f (x) = λx ⇔ (λ + 1)x = (a | x)a
15
et une nouvelle fois

2
n
X

|ai,j | |xj | 6
j=1,j6=i
n
X
a2i,j
j=1,j6=i
n
X
x2j 6
j=1,j6=i
a2i,j
n
X
j=1,j6=i
x2j
j=1
On obtient donc
X
X
n
n
n
n
n
X
X
X
n X
2
2
6
a
x
x
x
a
<
x2i
i,j
i
j
i
i,j
i=1
i=1 j=1,j6=i
i=1 j=1,j6=i
i=1
puis
t
XAX >
n
X
ai,i x2i −
n
X
x2i > 0
i=1
i=1
Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1.
Sinon x est vecteur propre si, et seulement si, x est colinéaire à a. Or f (a) = 0
donc a, puis x, est vecteur propre associé à la valeur propre 0.
On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteur
normal a.
n
X
t
b) Si X ∈ ker A alors XAX = 0 et donc X = 0 en vertu de ce qui précède.
Exercice 26 : [énoncé]
On a
A7 = A4 × (At A) = A5t A
Exercice 25 : [énoncé]
a) En notant X = (x1 , . . . , xn ), on obtient
t
XAX =
puis
A7 = A3
n X
n
X
t
A
2
= A tA
3
= At At A = A2t A = A4
Ainsi X 7 − X 4 = X 4 (X 3 − 1) annule A.
Ce polynôme n’est pas à racines simples, mais en montrant
ai,j xi xj
i=1 j=1
ker A4 = ker A
et donc
t
XAX =
n
X
i=1
ai,i x2i +
n
n
X
X
ai,j xi xj
i=1 j=1,j6=i
Par l’inégalité triangulaire
X
X
n
n
n
X
n X
6
a
x
x
|x
|
|ai,j | |xj |
i,j
i
j
i
i=1 j=1,j6=i
i=1
j=1,j6=i
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
v
v

2
u
u n
X
n
n
n
n
X
X
X
uX u
u

ai,j xi xj 6 t
x2i t
|ai,j | |xj |
i=1 j=1,j6=i
i=1
i=1
j=1,j6=i
on pourra affirmer que le polynôme X(X 3 − 1) annule aussi A et, ce dernier étant
scindé à racines simples sur C, cela sera décisif pour conclure.
Evidemment ker A ⊂ ker A4 . Inversement, soit X ∈ ker A4 . On a
At AAX = A4 X = 0
donc
t
AAX 2 = t X t AAt AAX = 0
et par conséquent t AAX = 0. Alors
2
kAXk = t X t AAX = 0
et donc AX = 0. Ainsi ker A4 ⊂ ker A puis l’égalité.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
Exercice 27 : [énoncé]
Puisque On (R) est un groupe multiplicatif, on a
(I + 2M )/3 ∈ On (R)
avec M = A−1 B ∈ On (R). Pour x ∈ Rn unitaire,
16
Exercice 29 : [énoncé]
Soient x, y ∈ E. (u(x + y) | x + y) = (u(x) | y) + (u(y) | x) = 0 et
(u(x + iy) | x + iy) = i(u(x) | y) − i(u(y) | x) = 0 donc (u(x) | y) = −(u(x) | y)
puis (u(x) | y) = 0.
Comme ceci vaut pour tout y ∈ E, on obtient u(x) = 0 pour tout x ∈ E.
kx + 2M xk = 3
Mais aussi
kxk + k2M xk = kxk + 2 kxk = 3
Il y a donc égalité dans l’inégalité triangulaire et, par conséquent, il existe λ ∈ R+
vérifiant
2M x = λx
Exercice 30 : [énoncé]
On sait que
(
2
` (N, C) =
N
(un ) ∈ C /
+∞
X
)
2
|un | < +∞
n=0
est un espace de préhilbertien pour le produit scalaire
En considérant à nouveau la norme, on obtient λ = 2 puis M x = x. Ceci valant
pour tout x ∈ Rn , on conclut M = In puis A = B.
hu | vi =
+∞
X
ūn vn
n=0
Exercice 28 : [énoncé]
a) ϕ(Q, P ) = ϕ(P, Q) et Q 7→ ϕ(P, Q) linéaire : clair.
Z π
1
P (eiθ )2 dθ > 0
ϕ(P, P ) =
2π −π
et
ϕ(P, P ) = 0 ⇒ ∀θ ∈ [−π, π] , P (eiθ ) = 0
donc
∀z ∈ U, P (z) = 0
Puisque P admet une infinité de racines, P = 0.
b) Soient k, ` ∈ N.
Z π
1
ϕ(X k , X ` ) =
ei(`−k)θ dθ = δ`,k
2π −π
2
Considérons alors l’application ∆ : CN → CN qui à une suite x = (xn ) ∈ CN associe
∆(x) = (xn+1 − xn )n∈N
On vérifie aisément que ∆ est une application linéaire et que son noyau est égal à
l’espace des suites constantes.
Puisque
H = ∆−1 `2 (N, C)
H est l’image réciproque d’un sous-espace vectoriel par une application linéaire et
donc H est un sous-espace vectoriel de CN ; c’est donc un C-espace vectoriel.
Pour x, y ∈ H, posons
ϕ(x, y) = h∆(x) | ∆(y)i + x0 y0
L’application ϕ est évidemment sesquilinéaire hermitienne.
2
c) ϕ(Q, Q) = 1 + |an−1 | + · · · + |a0 | car (1, X, X 2 , . . . , X n ) est une famille
orthonormée.
d) On a
Z π
1
Q(eiθ )2 dθ 6 M 2
ϕ(Q, Q) =
2π −π
or ϕ(Q, Q) > 1 donc M > 1.
Si M = 1 alors an−1 = . . . = a0 = 0 et Q = X n .
La réciproque est immédiate.
2
2
ϕ(x, x) = k∆(x)k2 + |x0 | > 0
Di ϕ(x, x) = 0 alors
k∆(x)k2 = 0 et |x0 | = 0
Par suite x est une suite constante et puisque son terme initial est nul, c’est la
suite nulle.
Finalement ϕ est un produit scalaire hermitien sur H et donc H est un espace
préhilbertien complexe.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Exercice 31 : [énoncé]
On munit Cn de son produit scalaire canonique et on pose X = t
On a A = X t X̄ donc, pour une colonne Y ∈ Mn,1 (C)
Corrections
x1
···
xn
AY = X t X̄Y = X(X | Y ) = (X | Y )X
Ainsi, si x = (x1 , . . . , xn ) alors
∀y ∈ Cn , f (y) = (x | y)x
On en déduit que si (x1 , . . . , xn ) 6= 0Cn alors
.
17
Exercice 34 : [énoncé]
a) L’application f est linéaire et l’espace E est de dimension finie. Il suffit
d’étudier l’injectivité de f pour pouvoir conclure.
Si x ∈ ker f alors x = (a | x)b et donc (a | x) = (a | x)(a | b).
Si (a | x) 6= 0 alors (a | b) = 1 et donc a = b (par égalité dans l’inégalité de
Cauchy-Schwarz).
Par contraposée si a 6= b alors (a | x) = 0 et x = 0 donc f bijective.
En revanche si a = b alors a ∈ ker f et f n’est pas bijective.
b) Supposons a 6= b. Si y = f (x) alors y = x − (a | x)b puis
(a | y) = (a | x)(1 − (a | b)) et donc
Imf = Vectx et ker f = (Vectx)⊥
x=y+
et si (x1 , . . . , xn ) = 0Cn alors f = 0̃.
(a | y)
b
1 − (a | b)
c)
Exercice 32 : [énoncé]
a) (Ei,j | Ek,` ) = tr(Ej,i Ek,` ) = tr(δi,k Ej,` ) = δi,k δj,` .
b) Pour A ∈ Sn (R) et B ∈ An (R),
(A | B) = tr(t AB) = tr(AB) = −tr(At B) = −tr(t BA) = −(B | A)
donc (A | B) = 0 et l’orthogonalité des espaces. Leur supplémentarité est connue.
c) L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne
|(In | A)| 6 kIn k kAk
d’où
tr(A) 6
√ p t
n tr( AA)
avec égalité si, et seulement si, tr(A) > 0 et (A, In ) liée, i.e. A = λIn avec λ > 0.
f (x) = λx ⇔ (a | x)b = (1 − λ)x
Soit λ une valeur propre. Il existe x 6= 0 tel que f (x) = λx donc
(a | x)b = (1 − λ)x puis (a | x)(a | b) = (1 − λ)(a | x) ce qui donne (a | x) = 0 (qui
⊥
implique λ = 1 avec Eλ (f ) = {a} ) ou λ = 1 − (a | b).
Si (a | b) = 0 : λ = 1 est seule valeur propre et l’espace propre associé est
l’hyperplan de vecteur normal a.
L’endomorphisme n’est alors pas diagonalisable.
Si (a | b) 6= 0 : λ = 1 et λ = 1 − (a | b) sont valeurs propres et puisque E1 (f ) est
un hyperplan, l’endomorphisme est diagonalisable.
Exercice 35 : [énoncé]
a) Soit λ un réel.
f (x) = λx ⇔ a ∧ x = (1 − λ)x
Exercice 33 : [énoncé]
a) fα ◦ fβ = fα+β+αβ .
Si α = −1 alors a ∈ ker fα et donc fα n’est pas bijective.
α
,
Si α 6= −1 alors, pour β = − 1+α
fβ ◦ fα = fα ◦ fβ = f0 = Id
d’où la bijectivité de fα .
b) Tout vecteur non nul orthogonal à a est vecteur propre associé à la valeur
propre 1.
Tout vecteur non nul colinéaire à a est vecteur propre associé à la valeur propre
1 + α.
Pour une raison de dimension, il ne peut y avoir d’autres vecteurs propres.
Puisque le vecteur a ∧ x est orthogonal à x, l’équation f (x) = λx ne possède pas
de solution non nulle dans le cas λ 6= 1. Pour λ = 1
f (x) = x ⇔ a ∧ x = 0 ⇔ x ∈ Vect(a)
On en déduit Spf = {1} et E1 (f ) = Vecta.
b) Posons
g : x 7→ a ∧ x
On a
2
g 2 (x) = a ∧ (a ∧ x) = (a | x)a − kak x
puis
2
2
g 3 (x) = − kak a ∧ x = − kak g(x)
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
18
⊥
Ainsi
3
2
(f − Id) + kak (f − Id) = 0̃
et donc le polynôme suivant est annulateur de f .
2
(X − 1)((X − 1)2 + kak )
Exercice 36 : [énoncé]
Soient u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vectu et v un vecteur unitaire orthogonal
à v tel que b ∈ Vect(u, v). Il suffit ensuite de travailler dans (u, v, u ∧ v).
Soit x 6= 0.
f (x) = λx ⇔ (λ + 1)x = (a | x)a
Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1.
Sinon x est vecteur propre si, et seulement si, x est colinéaire à a. Or f (a) = 0
donc a, puis x, est vecteur propre associé à la valeur propre 0.
On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteur
normal a.
Exercice 37 : [énoncé]
Cas n = 1.
Supposons disposer de vecteurs x1 , x2 , x3 tels que
y2 , y3 , y4 se positionnant sur la droite {x1 } , l’étude du cas n = 1 permet de
conclure.
Cas général.
Par récurrence sur n > 1.
Pour n = 1 : ci-dessus
Supposons la propriété établie au rang n > 1.
Supposons disposer de vecteurs x1 , ..., xn+3 tels que
∀i 6= j, (xi | xj ) < 0
à l’intérieur d’un espace vectoriel euclidien de dimension n + 1.
x1 étant non nul on peut écrire
∀i > 2, xi = λi x1 + yi
⊥
avec yi ∈ {x1 }
On a
et λi < 0.
∀i 6= j > 2, (xi | xj ) = λi λj + (yi | yj ) < 0
donc (yi | yj ) < 0.
⊥
y2 , ..., yn+3 se positionnant sur le sous-espace vectoriel {x1 } qui est de dimension
n, l’hypothèse de récurrence permet de conclure.
Récurrence établie.
∀i 6= j, (xi | xj ) < 0
Puisque x1 6= 0, (x1 ) est une base de E.
Cela permet d’écrire x2 = λx1 et x3 = µx1 .
(x2 | x1 ) < 0 et (x3 | x1 ) < 0 donne λ < 0 et µ < 0 mais alors
2
(x2 | x3 ) = λµ kx1 k > 0 !
Cas n = 2.
Supposons disposer de vecteurs x1 , ..., x4 tels que
∀i 6= j, (xi | xj ) < 0
x1 étant non nul on peut écrire
∀i > 2, xi = λi x1 + yi
⊥
avec yi ∈ {x1 }
On
et λi < 0.
∀i 6= j > 2, (xi | xj ) = λi λj + (yi | yj ) < 0
Exercice 38 : [énoncé]
Pour j ∈ {1, . . . , n},
2
kej k =
n
X
(ek | ej )2
k=1
donc (ek | ej ) = 0 pour tout k 6= j. Ainsi la famille (e1 , e2 , . . . , en ) est
orthonormée.
Soit x ∈ Vect(e1 , . . . , en )⊥ . On a
2
kxk =
n
X
(ek | x)2 = 0
k=1
donc Vect(e1 , . . . , en )⊥ = {0} puis Vect(e1 , . . . , en ) = E. Par suite la famille
(e1 , . . . , en ) est génératrice et c’est bien entendu une famille libre (car
orthonormée) donc une base de E.
donc (yi | yj ) < 0.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
Exercice 39 : [énoncé]
Soient x, y ∈ E. On a
(f (x + y) | x + y) = 0
Or
(f (x+y) | x+y) = (f (x) | x)+(f (y) | y)+(f (x) | y)+(f (y) | x) = (f (x) | y)+(f (y) | x)
19
Exercice 41 : [énoncé]
Etudions le problème inverse, c’est-à-dire, étudions la liberté de la famille
(v1 , . . . , vn ).
Supposons λ1 v1 + · · · + λn vn = 0E . On a alors
hvi , λ1 v1 + · · · + λn vn i = cλ1 + · · · + cλi−1 + λi + cλi+1 + · · · + cλn = 0
Considérons la matrice
Si x ∈ ker f alors

∀y ∈ E, (x | f (y)) = −(f (x) | y) = 0
ker f ⊂ (Imf )⊥
n
X
Si dim E = 1 : ok
Si dim E > 1, il existe i 6= j tel que hei | u(ei )i > 0 et hej | u(ej )i 6 0.
L’application t 7→ hu(tei + (1 − t)ej ) | tei + (1 − t)ej i est continue, à valeurs
réelles et change de signe, en vertu du théorème des valeurs intermédiaires, elle
s’annule et donc il existe t ∈ [0, 1] tel que pour x = tei + (1 − t)ej , hu(x) | xi = 0.
De plus, l’indépendance de ei et ej assure x 6= 0.
b) Il existe ε1 vecteur unitaire tel que
hε1 | u(ε1 )i = 0
On complète celui-ci en une base orthonormée (ε1 , ε2 , . . . , εn ). La matrice de u
dans cette base est de la forme
0 ?
? A
avec trA = 0. Considérons alors u0 l’endomorphisme de E 0 = Vect(ε2 , . . . , εn ) de
matrice A dans la base (ε2 , . . . , εn ). Puisque tru0 = trA = 0, un principe de
récurrence permet de former une base orthonormée (ε02 , . . . , ε0n ) de E 0 dans
laquelle u0 est représenté par une matrice de diagonale nulle. La famille
(ε1 , ε02 , . . . , ε0n ) est alors une base orthonormée solution du problème posé.
1
et la colonne X = t (λ1 . . . λn ). Les équations précédentes fournissent le système
AX = 0
Si la matrice A est inversible alors la famille (v1 , . . . , vn ) est assurément libre.
Inversement, si la famille A n’est pas inversible, il existe une relation linéaire sur
ses colonnes
µ1 C1 + · · · + µn Cn = 0 avec (µ1 , . . . , µn ) 6= (0, . . . , 0)
hei | u(ei )i = 0
i=1


 ∈ Mn (R)
.
(c)
ker f = (Imf )⊥
Exercice 40 : [énoncé]
a) Soit (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de E. tru = 0 donne
(c)
..

A=
donc x ∈ (Imf )⊥ . Ainsi
De plus, par la formule du rang il y égalité des dimensions et donc
1
Posons alors u = µ1 v1 + · · · + µn vn . On a
∀1 6 i 6 n, hvi , ui = 0
et donc
u ∈ Vect(v1 , . . . , vn ) ∩ Vect(v1 , . . . , vn )⊥ = {0E }
La famille (v1 , . . . , vn ) est alors liée.
Résumons : (v1 , . . . , vn ) est libre si, et seulement si, A est inversible.
Puisque
det A = (1 + (n − 1)c)(1 − c)n−1
on peut conclure que (v1 , . . . , vn ) est liée si, et seulement si,
c = 1 ou c = −1/(n − 1)
Exercice 42 : [énoncé]
Cas a = b :
2
f (x) = (a | x) et le maximum cherché est évidemment en a.
Cas a = −b :
2
f (x) = − (a | x) et le maximum cherché est évidemment en 0.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
Cas restants :
Les vecteurs a + b et a − b constituent une famille orthogonale.
Posons
a−b
a+b
, e2 =
e1 =
ka + bk
ka − bk
Les vecteurs e1 et e2 forment une famille orthonormale que le peut compléter en
une base orthonormale (ei )16i6n .
Pour x tel que kxk 6 1, on peut écrire
x = x1 e1 + · · · + xn en avec x21 + · · · + x2n 6 1
et alors
(a | x) = x1
1 + (a | b)
1 − (a | b)
+ x2
ka + bk
ka − bk
puis
2
2
1 + (a | b)
1 − (a | b)
− x22
ka + bk
ka + bk
Le maximum cherché est pour x1 = 1 et x2 = . . . = xn = 0. Il vaut
2
1 + (a | b)
ka + bk
f (x) = x21
Cette formule convient aussi pour les cas initialement isolés.
Exercice 43 : [énoncé]
On sait
pF (x) =
p
X
pF (ei ) =
p
X
(xk | x)xk
(t Xk Ei )xk
k=1
en notant Ei = Mate (ei ).
Puisque t Xk Ei est un réel,
MatB (pF (ei )) =
p
X
(t Xk Ei )Xk =
p
X
k=1
k=1
puis
MatB (pF ) =
p
X
k=1
car (E1 | · · · | En ) = In .
Xk t Xk
Exercice 44 : [énoncé]
On sait déjà
+∞
X
2
(en | x)2 6 kxk
n=0
en vertu de l’inégalité de Bessel.
Pour tout ε > 0, il existe y ∈ V tel que kx − yk 6 ε. y est une combinaison
linéaire des (en )n∈N donc il existe N ∈ N tel que y ∈ Vect(e0 , . . . , eN ) et donc
ε > kx − yk > kx − p(x)k avec p(x) le projeté de x sur Vect(e0 , . . . , eN )
N
P
c’est-à-dire p(x) =
(en | x)en . Par suite |kxk − kp(x)k| 6 kx − p(x)k 6 ε donne
n=0
v
v
uN
u +∞
uX
uX
t
2
kxk 6 kp(x)k + ε =
(en | x) + ε 6 t
(en | x)2 + ε
n=0
n=0
s
Ceci valant pour tout ε > 0, on obtient kxk 6
+∞
P
(en | x)2 et finalement
n=0
2
kxk =
+∞
X
(en | x)2
n=0
Exercice 45 : [énoncé]
Notons que les matrices A et B sont des matrices de projections orthogonales car
symétriques et idempotentes.
Les cas A = O2 et A = I2 sont immédiats. De même pour les cas B = O2 et
B = I2 .
On suppose dans la suite ces cas exclus et on travaille donc sous l’hypothèse
supplémentaires
rgA = rgB = 1
k=1
donc
20
Xk t Xk Ei
a) Si ImB = ker A alors AB = O2 est donc AB est diagonalisable.
Si ImB = ker A alors en passant à l’orthogonal ImA 6= ker B.
Les droites ImA et ker B étant distinctes dans le plan, elles sont supplémentaires.
Considérons une base (X1 , X2 ) adaptée à la supplémentarité de ImA et ker B.
ABX1 = A(BX1 ) ∈ ImA donc on peut écrire ABX1 = λX1 car ImA = VectX1 .
ABX2 = 0 car BX2 = 0.
Ainsi la base (X1 , X2 ) diagonalise la matrice AB.
b) Il s’agit ici essentiellement d’encadrer la valeur λ introduite dans l’étude
précédente quand ImB 6= ker A.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
et donc
On a
2
λ kX1 k = (λX1 | X1 ) = (ABX1 | X1 )
Puisque X1 ∈ ImA, on peut écrire X1 = AU et alors
21
2
2
2
kyn − ym k 6 2 kx − yn k + kx − ym k − 4d(x, C)
Puisque kx − yn k −−−−−→ d(x, C), on peut affirmer que pour n et m assez grands
n→+∞
(λX1 | X1 ) = (ABAU | AU )
kyn − ym k 6 ε
Puisque A est symétrique
c) Puisque l’espace E est complet la suite (yn ) converge vers un élément y ∈ E.
La partie C étant fermée, on obtient y ∈ C. Enfin
(ABAU | AU ) = (BAU | A2 U )
Puisque A2 = A
kx − yk = lim kx − yn k = d(x, C)
n→+∞
(BAU | A2 U ) = (BAU | AU )
Enfin en procédant de façon semblable
2
(BAU | AU ) = (B 2 AU | AU ) = (BAU | BAU ) = kBX1 k
Au final
2
2
λ kX1 k = kBX1 k
2
2
Or B correspond à une projection orthogonale donc kBX1 k 6 kX1 k et on peut
affirmer
λ ∈ [0, 1]
Exercice 46 : [énoncé]
a) Puisque
d) Puisque F ⊂ F ⊥⊥ et F ⊥⊥ fermé, on a déjà F̄ ⊂ F ⊥⊥ (inclusion vraie
indépendamment de l’hypothèse de complétude).
Inversement, soit x ∈ F ⊥⊥ . Puisque F̄ est un convexe fermé non vide, il existe
y ∈ F̄ tel que
kx − yk = d(x, F̄ )
Pour tout z ∈ F , on a
2
2
∀λ ∈ R, k(x − y) + λzk > d(x, F̄ )2 = kx − yk
On en déduit (x − y | z) = 0 et doncx − y ∈ F ⊥
Or x ∈ F ⊥⊥ et y ∈ F̄ ⊂ F ⊥⊥ donc x − y ∈ F ⊥⊥
On en déduit x − y = 0E puis x = y ∈ F̄ .
d(x, C) = inf kx − yk
y∈C
Pour ε = 1/(n + 1) > 0, il existe yn ∈ C tel que
kx − yn k < d(x, C) + ε
En faisant varier n, cela détermine une suite (yn ) d’éléments de C vérifiant
kx − yn k → d(x, C)
b) Soient m, n ∈ N. Par l’identité du parallélogramme
2 2
x − yn + ym + yn − ym = 1 kx − yn k2 + kx − ym k2
2
2
2
Puisque C est convexe, le vecteur (yn + ym )/2 appartient à C et donc
2
x − yn + ym > d(x, C)2
2
Exercice 47 : [énoncé]
a) Vérification sans peine.
b) Soit (f, g) ∈ V × W . On a
Z 1
1
hf, gi =
f (t)g 00 (t) + f 0 (t)g 0 (t) dt = [f (t)g 0 (t)]0 = 0
0
et les espaces V et W sont donc en somme directe.
Soit f ∈ E. Posons
f (1) − f (0)ch(1)
λ = f (0) et µ =
sh(1)
On a f = g + h avec h = λch + µsh ∈ W et g = f − h ∈ V par construction.
Les espaces V et W sont donc supplémentaires orthogonaux et l’on peut
introduire la projection orthogonale p sur W . Par ce qui précède
p(f ) = f (0)ch +
f (1) − f (0)ch(1)
sh
sh(1)
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
c) Soit g la fonction de Eα,β définie par
g = αch +
β − αch(1)
sh
sh(1)
Les fonctions de Eα,β sont alors de la forme f = g + h avec h parcourant V et par
orthogonalité de g et h
1
Z
22
Exercice 49 : [énoncé]
a) Sans difficulté, notamment parce qu’un polynôme de degré 6 2 possédant trois
racines est nécessairement
nul.
b) d(X 2 , P ) = X 2 − π avec π = aX + b projeté orthogonal de X 2 sur P .
(X 2 − π | 1) = (X 2 − π | X) = 0 donne le système
(
3a + 3b = 5
5a + 3b = 9
2
2
2
f (t)2 + f 0 (t)2 dt = kf k = kgk + khk
Après résolution
0
(
On en déduit
f (t)2 + f 0 (t)
inf
f ∈Eα,β
b = −1/3
1
Z
2
0
(a2 + b2 )ch(1) − 2ab
dt = kgk =
sh(1)
2
et après calcul
p
d=
Exercice 48 : [énoncé]
a) Si la famille (u1 , . . . , up ) est liée alors il existe (λ1 , . . . , λp ) 6= (0, . . . , 0) tel que
p
n
P
P
λi ui = 0E et on observe alors
λi Li = 0 en notant L1 , . . . , Ln les lignes de la
i=1
a=2
Exercice 50 : [énoncé]
Sur R [X], on définit un produit scalaire par
i=1
matrice G(u1 , . . . , up ).
On conclut det G(u1 , . . . , up ) = 0.
b) Si det G(u1 , . . . , up ) = 0 alors il existe (λ1 , . . . , λp ) 6= (0, . . . , 0) tel que
n
n
P
P
λi Li = 0 et on obtient alors que le vecteur
λi ui est orthogonal à tout uj ,
i=1
Z
(P | Q) =
1
P (t)Q(t)dt
0
La quantité cherchée m apparaît alors sous la forme
i=1
c’est donc un vecteur commun à Vect(u1 , . . . , up ) et à son orthogonal, c’est le
vecteur nul.
On conclut que la famille (u1 , . . . , up ) est liée.
c) x = u + n avec u ∈ F et n ∈ F ⊥ . En développant det G(e1 , . . . , ep , x) selon la
dernière colonne :
G(e1 , . . . , ep )
0 det G(e1 , . . . , ep , u + n) = det G(e1 , . . . , ep , u) + 2
?
knk 2/3
m=
2
inf X 2 − (aX 2 + bX + c)
a,b,c∈R
C’est donc le carré de la distance de X 3 au sous-espace vectoriel R2 [X]. En
introduisant la projection orthogonale p sur ce sous-espace vectoriel
2
m = d(X 3 , R2 [X])2 = X 3 − p(X 3 )
On peut écrire
p(X 3 ) = a + bX + cX 2
or det G(e1 , . . . , ep , u) = 0 car la famille est liée et donc
Pour chaque i = 0, 1, 2, on a
2
det G(e1 , . . . , ep , x) = knk det G(e1 , . . . , ep )
avec knk = d(x, F ).
(p(X 3 ) | X i ) = (X 3 | X i )
car
(p(X 3 ) − X 3 | X i ) = 0
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
23
Exercice 52 : [énoncé]
Le cas n = 1 étant évident, on suppose désormais n > 2.
La quantité cherchée est m = d(M, Vect(I, J)) = kM − p(M )k avec p la projection
orthogonale sur Vect(I, J).
p(M ) = aI + bJ avec (p(M ) | I) = (M | I) = tr(M ) et (p(M ) | J) = (M | J) = σ
avec σ la somme des coefficients de M .
La résolution de ce système donne
On obtient alors un système d’équations d’inconnue (a, b, c)


 a + b/2 + c/3 = 1/4
a/2 + b/3 + c/4 = 1/5


a/3 + b/4 + c/5 = 1/6
La résolution de ce système donne
a = 1/20, b = −3/5 et c = 3/2
a=
On en déduit
donc
2
m = X 3 − p(X 3 ) = (X 3 − p(X 3 ) | X 3 ) =
1
2800
Exercice 51 : [énoncé]
a) symétrie, bilinéarité et positivité : ok
R +∞
Si ϕ(P, P ) = 0 alors 0 P 2 (t)e−t dt = 0 donc (fonction continue positive
d’intégrale nulle)
∀t ∈ R+ , P (t) = 0
Comme le polynôme P admet une infinité Rde racines, c’est le polynôme nul.
+∞
b) Par intégration par parties successives, 0 tn e−t dt = n! donc
ϕ(X p , X q ) = (p + q)!
c) On interprète
Z
inf
(a,b)∈R2
ntr(M ) − σ
σ − tr(M )
et b =
n(n − 1)
n(n − 1)
+∞
2
e−t (t2 − (at + b))2 dt = d(X 2 , R1 [X])2 = X 2 − π 2
2
m2 = kM − p(M )k = (M − p(M ) | M ) = kM k −
(n − 1)tr(M )2 + (tr(M ) − σ)2
n(n − 1)
Exercice 53 : [énoncé]
En introduisant l’espace E des fonctions réelles f continues sur ]0, 1] telles que
t 7→ (tf (t))2 soit intégrable et en munissant cet espace du produit scalaire
Z 1
(f | g) =
t2 f (t)g(t) dt
0
la quantité cherchée est : m = d(f, F )2 avec f : t 7→ ln t et F = Vect(f0 , f1 ) où
f0 (t) = 1 et f1 (t) = t.
2
m = kf − p(f )k avec p la projection orthogonale sur F .
p(f )(t) = a + bt avec (p(f ) | f0 ) = (f | f0 ) et (p(f ) | f1 ) = (f | f1 ).
La résolution du système ainsi obtenu donne a = 5/3 et b = −19/12.
2
m = kf − p(f )k = (f − p(f ) | f ) = 1/432.
0
avec π = aX + b le projeté orthogonal de X 2 sur R1 [X]
(X 2 − π | 1) = (X 2 − π | X) = 0 donne
(
a+b=2
2a + b = 6
Après résolution a = 4, b = −2 et
Z +∞
inf 2
e−t (t2 − (at + b))2 dt = 4
(a,b)∈R
0
Exercice 54 : [énoncé]
a) Pour P, Q ∈ E, la fonction t 7→ P (t)Q(t)e−t est définie et continue par
morceaux sur [0, +∞[ et vérifie
t2 P (t)Q(t)e−t −−−−→ 0
t→+∞
On peut donc affirmer que cette fonction est intégrable sur [0, +∞[ ce qui assure
la bonne définition de h , i.
On vérifie aisément que h , i est une forme bilinéaire symétrique positive.
Si hP, P i = 0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive
∀t ∈ [0, +∞[ , P (t)2 e−t = 0
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
On en déduit que le polynôme P admet une infinité de racines et donc P = 0.
b) Pour k > 1 ou k = 0, on peut affirmer que les polynômes Pk et Pk0 sont
orthogonaux.
Par une intégration par parties
Z
+∞
0=
0
+∞ 1
1
Pk (t)2 e−t 0 +
Pk0 (t)Pk (t)e−t dt =
2
2
Z
24
Exercice 55 : [énoncé]
En introduisant la norme euclidienne canonique sur Mn (R) définie par
kAk = 
+∞
On en déduit
2
Pk (0)2 = kPk k = 1
c) F est un hyperplan (car noyau de la forme linéaire non nulle P 7→ P (0)). Son
orthogonal est donc une droite vectorielle. Soit Q un vecteur directeur de celle-ci.
On peut écrire
n
X
hPk , Qi Pk
Q=
k=0
Or
hPk , Qi = hPk − Pk (0), Qi + Pk (0) h1, Qi
X
a2i,j 
16i,j6
Pk (t)2 e−t dt
0
1/2

on peut interpréter l’infimum calculé


X
2
inf 
(ai,j − mi,j )  = d(A, Sn (R))2
M ∈Sn (R)
16i,j6n
La distance introduite se calcule par projection orthogonale. Sachant A = M + N
avec
A + tA
A − tA
M=
∈ Sn (R) et N =
∈ An (R) = Sn (R)⊥
2
2
on obtient
1 X
2
d(A, Sn (R))2 = kN k =
(ai,j − aj,i )2
4
16i<j6n
Puisque le polynôme Pk − Pk (0) est élément de F , il est orthogonal à Q et l’on
obtient
hPk , Qi = Pk (0) h1, Qi
ce qui permet d’écrire
Q=λ
n
X
Pk (0)Pk avec λ = h1, Qi =
6 0
k=0
On en déduit
d(1, F ) =
|h1, Qi|
1
1
=s
=√
kQk
n
n+1
P
Pk (0)2
Exercice 56 : [énoncé]
a) On reconnaît une restriction du produit scalaire usuel sur l’espace des fonctions
réelles continues sur [0, 1].
b) La distance f2 à g sera minimale quand g est le projeté orthogonal de f2 sur
Vect(f1 , f3 ).
Ce projeté g vérifie (f2 − g | f1 ) = (f2 − g | f3 ) = 0 ce qui donne le système

1

 a+b=e−1
2

 1a + 1 = 1
3
2
k=0
Après résolution, on obtient a = 18 − 6e et b = 4e − 10.
Enfin par Pythagore
2
k1k = d(1, F )2 + d(1, F ⊥ )2
et l’on obtient
d(1, F ⊥ ) =
r
n
n+1
Exercice 57 : [énoncé]
a) (A | B) = tr (At B) définit le produit scalaire canonique sur Mn (R),
(A | B) =
n
X
ai,j bi,j
i,j=1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Corrections
b) Pour A ∈ Sn (R) et B ∈ An (R), on a
La distance de P3 à F est alors
(A | B) = tr(At B) = −tr(AB) et (A | B) = (B | A) = tr(t AB) = tr(AB)
On en déduit (A | B) = 0.
Les espaces Sn (R) et An (R) et donc en somme directe.
Puisqu’on peut écrire pour tout M ∈ Mn (R),
M=
25
2
d = kP3 − Rk = √
5 7
1
1
M + tM +
M − tM
2
2
avec 12 (M + t M ) ∈ Sn (R) et 21 (M − t M ) ∈ An (R), les espaces Sn (R) et An (R)
sont supplémentaires orthogonaux.
La distance de M à S3 (R) est égale à la distance de M à son projeté orthogonal
sur S3 (R) i.e.
1
d(M, S3 (R)) = M − t M = 2
2
c) H est le noyau de la forme linéaire non nulle trace, c’est donc un hyperplan de
Mn (R).
La matrice In est orthogonale à tout élément de H et c’est donc un vecteur
normal à l’hyperplan H.
On en déduit
√
|(In | J)|
n
d(H, J) =
=√ = n
kIn k
n
Exercice 58 : [énoncé]
a) Si λ0 P0 + λ1 P1 + λ2 P2 = 0 alors le polynôme λ0 + λ1 X + λ2 X 2 admet une
infinité de racines. C’est donc le polynôme nul et par conséquent
λ0 = λ1 = λ2 = 0.
La famille (P0 , P1 , P2 ) est donc libre. Elle n’est pas orthogonale puisque
(P0 | P2 ) = 1/3 6= 0.
b) R0 = P0 , kR0 k = 1, Q0 : x 7→ 1 √
√
(P0 | P1 ) = 0, R1 = P1 , kR1 k = 1/ 3, Q1 : x 7→ 3x.
R2 = P2 + λ0 R0 + λ1 R1 .
(R2 | R0 ) = 0 donne λ0 = −(P2 | P0 ) = −1/3,
(R2 | R1 ) = 0 donne λ1 /3 = −(P2 | R1 ) = 0.
√
2
5
R2 : x 7→ x2 − 1/3, kR2 k = 3√
,
Q
:
x
→
7
3x2 − 1 .
2
2
5
c) Le projeté orthogonal de P3 sur F est
R = (Q0 | P3 )Q0 + (Q1 | P3 )Q1 + (Q2 | P3 )Q2
soit, après calculs
R : x 7→
3
x
5
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD