PARTIE II : Etude de I

Jean-Fran¸cois COSSUTTA. Lyc´ee Marcelin Berthelot Saint Maur 94.

LYON 2003

PREMIER PROBL ` EME

PARTIE I : R´ esultats g´ en´ eraux sur

et J

1. Les fonctionst→ 1

t et sin sont continues sur ]0,+∞[. Par produitϕest continue sur ]0,+∞[.

sint

t ∼

0⁺

t

t = 1 donc lim

t→0⁺

sint

t = 1. Alors lim

t→0⁺ϕ(t) = 1 =ϕ(0) etϕest continue (`a droite) en 0.

ϕest continue sur [0,+∞[.

Alors pour tout ´el´ementndeN^∗ ϕⁿ est continue sur [0,+∞[ donc sur [0,1], ce qui suffit pour dire que :

Jn= Z 1

0

ϕ(t)n

dt existe pour tout ´el´ement ndeN^∗.

2. a. ∀t∈]0,1], sint >0 donc ∀t∈]0,1], ϕ(t) =sint

t >0. De plusϕ(0)>0. Ainsi : ϕest strictement positive sur [0,1].

ϕest d´erivable sur ]0,+∞[ et∀t∈]0,+∞[, ϕ⁰(t) = 1

t² tcost−sint

. Posons∀t∈[0,1], ψ(t) =t cost−sint.

ψest d´erivable sur [0,1] et∀t∈[0,1], ψ⁰(t) = cost−tsint−cost=−tsint.

Alorsψest continue sur [0,1] et∀t∈]0,1], ψ⁰(t)<0 doncψest strictement d´ecroissante sur [0,1].

Commeψ(0) = 0,∀t∈]0,1], ψ(t)<0. Par cons´equent∀t∈]0,1], ϕ⁰(t) = 1

t²ψ(t)<0.

ϕest continue sur [0,1] et∀t∈]0,1], ϕ⁰(t)<0. Ainsi :

ϕest strictement d´ecroissante sur [0,1].

b. •Soitt un ´el´ement de ]0,1]. Ce qui pr´ec`ede donne 0< ϕ(t)< ϕ(0) = 1. Donc|ϕ(t)|=ϕ(t)<1.

•Soitt un ´el´ement de ]1,+∞]. |sint|61 donc|ϕ(t)|= |sint|

t 6 1

t <1. Finalement :

∀t∈]0,+∞[, |ϕ(t)|<1.

3. a. Posons :∀t∈[0,+∞[, f(t) = sint−t+t². f est deux fois d´erivable sur [0,+∞[.

∀t∈[0,+∞[, f⁰(t) = cost−1 + 2t etf⁰⁰(t) =−sint+ 2.

f⁰⁰est positive sur [0,+∞[ donc f⁰ est croissante sur [0,+∞[. Commef⁰(0) = 0,f⁰est positive sur [0,+∞[.

f est alors croissante sur [0,+∞[ et commef(0) = 0,f est positive sur [0,+∞[.

Ainsi :∀t∈[0,+∞[, sint−t+t²>0 ou∀t∈[0,+∞[, sint>t(1−t).

Alors∀t∈]0,+∞[, ϕ(t) =sint

t >1−t. Commeϕ(0) = 1 = 1−0 on a :

∀t∈[0,+∞[, ϕ(t)>1−t.

b. Soitnun ´el´ement deN^∗. ∀t∈[0,1], ϕ(t)>1−t>0 donc∀t∈[0,1], ϕ(t)ⁿ

> 1−tⁿ . En int´egrant il vient :Jn=

Z 1 0

ϕ(t)n

dt>

Z 1 0

1−tn

dt=

−(1−t)ⁿ⁺¹ n+ 1

¹

0

= 1

n+ 1·Par cons´equent :

∀n∈N^∗, Jn > 1 n+ 1·

PARTIE II : Etude de I

1. a. Soitxun ´el´ement de [1,+∞[.

Une int´egration par parties simple (avecu(t) =¹_t etv⁰(t) = sint) donne : Z x

1

sint t dt=

1

t(−cost) ^x

1

− Z x

1

−1 t²

(−cost) dt ou Z x

1

sint

t dt=(−cosx)

x −(−cos 1)

1 −

Z x 1

cost t² dt.

Finalement :

∀x∈[1,+∞[, Z x

1

sint

t dt= cos 1−cosx

x −

Z x 1

cost t² dt.

b. ∀x∈[1,+∞[, 06

cosx x

6 1

x·Comme lim

x→+∞

1

x= 0, le th´eor`eme d’encadrement donne lim

x→+∞

cosx x = 0.

Ainsix→cos 1−cosx

x admet une limite finie en +∞ce qui permet de dire que les int´egrales Z +∞

1

sint t dt et

Z +∞

1

cost

t² dtsont de mˆeme nature. Montrons la convergence de cette derni`ere int´egrale.

∀x ∈ [1,+∞[, 0 6

cosx x²

6 1

x² et Z +∞

1

1

t²dt converge. Les r`egles de comparaisons sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives donnent alors la convergence de

Z +∞

1

cost t²

dt.

Donc Z +∞

1

cost

t² dt est absolument convergente donc convergente.

Ceci ach`eve alors de montrer que Z +∞

1

sint

t dt converge.

AinsiK1= Z +∞

1

ϕ(t) dtconverge. CommeJ1= Z 1

0

ϕ(t) dtexiste alorsI1= Z +∞

0

ϕ(t) dtconverge.

K1= Z +∞

1

ϕ(t) dtet I1= Z +∞

0

ϕ(t) dtconvergent.

2. a. ∀t∈[0,+∞[, 1>|sint|>0 donc∀t∈[0,+∞[, |sint|>|sint|²= sin²t= 1

2 1−cos(2t) .

∀t∈[0,+∞[, |sint|>1

2 1−cos(2t) .

b. Utilisons une m´ethode analogue `a celle de 1.a. pour obtenir la convergence de Z +∞

1

cos(2t)

2t dt ou de Z +∞

1

cos(2t) t dt.

Soitxun ´el´ement de [1,+∞[. Une int´egration par parties simple (avecu(t) = ¹_t etv⁰(t) = cos(2t)) donne : Z x

1

cos(2t) t dt=

1 t

sin(2t) 2

^x

1

− Z x

1

−1 t²

sin(2t) 2

dt Alors

Z x 1

cos(2t)

t dt= sin(2x)

2x −(sin 2)

2 +

Z x 1

sin(2t) 2t² dt.

∀x∈[1,+∞[, 06

sin(2x) 2x

6 1

2x et lim

x→+∞

1

2x= 0, par encadrement il vient lim

x→+∞

sin(2x) 2x = 0.

Ainsi x → sin(2x)

2x − sin 2

2 adment une limite finie en +∞ ce qui permet de dire que les int´egrales Z +∞

1

cos(2t) t dtet

Z +∞

1

sin(2t)

2t² dt sont de mˆeme nature.

Montrons la convergence de cette derni`ere int´egrale.

∀x∈[1,+∞[, 06

sin(2x) 2x²

6 1

2x² et Z +∞

1

1

2t²dtconverge. Les r`egles de comparaisons sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives donnent alors la convergence de

Z +∞

1

sin(2t) 2t²

dt.

Donc Z +∞

1

sin(2t)

2t² dtest absolument convergente donc convergente.

Ceci ach`eve alors de montrer que Z +∞

1

cos(2t)

t dtconverge. Ainsi : Z +∞

1

cos(2t)

2t dtconverge.

c. ∀t∈[1,+∞[, |ϕ(t)|=|sint|

t > sin²t

t = 1

2t −cos(2t) 2t >0.

Z +∞

1

1

2tdtdiverge et Z +∞

1

cos(2t)

2t dtconverge donc Z +∞

1

1

2t −cos(2t) 2t

dtdiverge.

Les r`egles de comparaisons sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives donnent alors la divergence de

Z +∞

1

|sint|

t dt.

Z +∞

0

|sint|

t dt diverge alors ´egalement.

L’int´egraleI₁n’est pas absolument convergente.

PARTIE III : Etude de I

pour

1. a Soitnun ´el´ement de [[2,+∞[[.

ϕⁿ est continue sur [1,+∞[ et∀t∈[1,+∞[, 06|ϕ(t)ⁿ|=|sint|ⁿ tⁿ 6 1

tⁿ· La convergence de

Z +∞

1

1

tⁿdt(n>2) et les r`egles de comparaisons sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives donnent alors la convergence de

Z +∞

1

|ϕ(t)ⁿ|dt.

Ainsi Z +∞

1

ϕ(t)ⁿ

dt est absolument convegente donc convergente.

Pour tout ´el´ement nde [[2,+∞[[ l’int´egraleKn est convergente.

b. Soitnun ´el´ement de [[2,+∞[[.

CommeKn est absolument convergente :|Kn|=

Z +∞

1

ϕ(t)ⁿdt 6

Z +∞

1

|ϕ(t)ⁿ|dt.

De plus∀t∈[1,+∞[, 06|ϕ(t)ⁿ|6 1 tⁿ et

Z +∞

1

1

tⁿdtconverge donc :|Kn|6 Z +∞

1

1 tⁿ dt.

Z +∞

1

1

tⁿ dt= lim

x→+∞

Z x 1

1

tⁿdt= lim

x→+∞

− 1

(n−1)t^{n−1 x}

1

= lim

x→+∞

− 1

(n−1)xⁿ⁻¹ + 1 n−1

= 1

n−1· Par cons´equent |Kn|6 1

n−1.

∀n∈[[2,+∞[[, |Kn|6 1 n−1 2.a. Soitnun ´el´ement de [[2,+∞[[.

J_n+1−J_n= Z 1

0

(ϕ(t))ⁿ⁺¹−(ϕ(t))ⁿ dt=

Z 1 0

ϕ(t)n

(ϕ(t)−1) dt.

Or∀t∈[0,1], 06sin 1 =ϕ(1)6ϕ(t)6ϕ(0) = 1. Par cons´equent :∀t∈[0,1], ϕ(t)n

>0 etϕ(t)−160.

Alors∀t∈[0,1], ϕ(t)n

(ϕ(t)−1)60 et ainsi :J_n+1−J_n = Z 1

0

ϕ(t)n

(ϕ(t)−1) dt60.

Finalement :∀n∈[[2,+∞[[, Jn+16Jn.

La suite (Jn)n>2 est d´ecroissante.

b. ∀n∈[[2,+∞[[, ∀t∈[0,1], ϕ(t)ⁿ

>0 donc ∀n∈[[2,+∞[[, J_n = Z 1

0

ϕ(t)ⁿ dt>0.

La suite (Jn)n>2 est d´ecroissante et minor´ee par z´ero donc elle converge.

La suite (J_n)_n>2 est convergente.

c. Soientaun ´el´ement de ]0,1[ etnun ´el´ement de [[2,+∞[[.

ϕest d´ecroissante, positive et major´ee par 1 sur [0,1].

Par cons´equent ∀t∈[0, a], 06ϕ(t)61 et∀t∈[a,1], 06ϕ(t)6ϕ(a).

Ainsi∀t∈[0, a], 06 ϕ(t)ⁿ

61 et∀t∈[a,1], 06 ϕ(t)ⁿ

6 ϕ(a)ⁿ . Alors

Z a 0

ϕ(t)n

dt6 Z a

0

1 dt=aet Z 1

a

ϕ(t)n

dt6 Z 1

a

ϕ(a)n

dt= (1−a) ϕ(a)n

∀n∈[[2,+∞[[, ∀a∈]0,1[, Z a

0

ϕ(t)ⁿ

dt6aet Z 1

a

ϕ(t)ⁿ

dt6(1−a) ϕ(a)ⁿ .

d. Soitaun ´el´ement de ]0,1[.

∀n∈[[2,+∞[[, 06Jn= Z 1

0

ϕ(t)n

dt= Z a

0

ϕ(t)n

dt+ Z 1

a

ϕ(t)n

dt6a+ (1−a) ϕ(a)n

. Donc∀n∈[[2,+∞[[, 06J_n6a+ (1−a) ϕ(a)ⁿ

(∗).

Or lim

n→+∞J_n=`et lim

n→+∞ ϕ(a)ⁿ

= 0 car |ϕ(a)|<1. En passant `a la limite dans (∗) on obtient 06`6a.

∀a∈]0,1[, 06`6a

En faisant tendreavers 0 dans l’encadrement pr´ec´edent on obtient`= 0.

`= 0, donc la suite (J_n)_n>2 converge vers 0

3.a. Pour toutndans [[2,+∞[[,Jn = Z 1

0

ϕ(t)ⁿ

dtet Kn = Z +∞

1

ϕ(t)ⁿ

dt convergent donc :

pour tout ´el´ement nde [[2,+∞[[,I_n= Z +∞

0

ϕ(t)n

dt converge.

3.b. ∀n∈N, 06|In|=|Jn+Kn|6|Jn|+|Kn|6|Jn|+ 1 n−1·

n→+∞lim |Jn|= 0 et lim

n→+∞

1

n−1 = 0 alors, par encadrement on obtient :

n→+∞lim I_n= 0.

PARTIE IV : Etude de la s´ erie de terme g´ en´ eral I

1. Soitpun ´el´ement deN^∗.

K2p+K2p+1= Z +∞

1

ϕ(t)2p

dt+ Z +∞

1

ϕ(t)2p+1

dt= Z +∞

1

ϕ(t)2p

1 +ϕ(t) dt Or∀t∈[1,+∞[, ϕ(t)2p

>0 et∀t∈[1,+∞[, 1 +ϕ(t)

>0 car∀t∈]0,+∞[, |ϕ(t)|61.

Par cons´equent ∀t∈[1,+∞[ ϕ(t)^2p

1 +ϕ(t)

>0 donc Z +∞

1

ϕ(t)^2p

1 +ϕ(t) dt>0.

∀p∈N^∗, K_2p+K_2p+1>0.

2. SoitN un ´el´ement deN^∗. ∀p∈N^∗, 06K2p+K2p+1=I2p−J2p+I2p+1−J2p+1. Donc∀p∈N^∗, I_2p+I_2p+1>J_2p+J_2p+1. En sommant de 1 `a N on obtient :

∀N ∈N^∗,

N

P

p=1

I2p+I2p+1

>

N

P

p=1

J2p+J2p+1

.

3. SoitN un ´elment deN^∗. En utilisant I.3.b et IV 2. on obtient :

2N+1

X

p=2

I_p=

N

X

p=1

I_2p+I_2p+1

>

N

X

p=1

J_2p+J_2p+1

>

N

X

p=1

1

2p+ 1 + 1 2p+ 2

=

2N+2

X

p=3

1 p La s´erie de terme g´en´eral 1

p est divergente et `a terme positifs donc la suite de ses sommes partielles tend vers +∞.

Ce qui suffit pour dire que : lim

N→+∞

2N+2

X

p=3

1

p= +∞et ainsi lim

N→+∞

2N+1

X

p=2

I_p= +∞.

Ceci suffit pour dire que la suite des sommes partielles de la s´erie de terme g´en´eralI_pne converge pas. Alors

La s´erie de terme g´en´eralIn diverge.

SECOND PROBL ` EME

PARTIE I : Inverse g´ en´ eralis´ e d’un endomorphisme sym´ etrique

1. f est non inversible doncf n’est pas bijective. Commef est un endomorphisme deE, qui est de dimension finie,f n’est pas injective. Son noyau n’est donc pas r´eduit `a 0E donc 0 est valeur propre def.

f est diagonalisable carf est un endomorphisme sym´etrique. Supposons que 0 soit la seule valeur propre de E. Alors le sous-espace propre def associ´e `a 0 estEdonc Kerf =E etf est l’endomorphisme nul deE ce qui contredit l’hypoth`ese.

0 est valeur propre def etf admet au moins une valeur propre non nulle.

2. a. Tout cela est du cours. Soitxun ´el´ement de Ef(λ) ety un ´el´ement deEf(µ). f(x) =λ xetf(y) =µ y.

λ < x, y >=< λ x, y >=< f(x), y >=< x, f(y)>=< x, µ y >=µ < x, y >(f est sym´etrique).

∀x∈E_f(λ), ∀y∈E_f(µ), λ < x, y >=µ < x, y >.

b. Soientλetµdeux valeurs propres distinctes de f.

∀x∈Ef(λ), ∀y∈Ef(µ), λ < x, y >=µ < x, y >donc∀x∈Ef(λ), ∀y∈Ef(µ), (λ−µ)< x, y >= 0.

Commeλ−µn’est pas nul :∀x∈E_f(λ), ∀y∈E_f(µ), < x, y >= 0. E_f(λ) etE_f(µ) sont donc orthogonaux.

Les sous-espaces propres def sont deux `a deux orthogonaux.

3. Soient x un ´el´ement de Kerf et y un ´el´ement de Imf. f(x) = 0E et il existe un ´el´ement t de E tel que y=f(t).

< x, y >=< x, f(t)>=< f(x), t >=<0_E, t >= 0.

∀x∈Kerf, ∀y ∈Imf, < x, y >= 0 donc Kerf et Imf sont orthogonaux. En particulier leur intersection est{0E}.

Or, d’apr`es le th´eor`eme du rang, dimE= dim Kerf+ dim Imf. CommeEest de dimension finie ceci ach`eve de prouver que Kerf et Imf sont suppl´ementaires.

Kerf et Imf sont suppl´ementaires orthogonaux dans E.

Remarque (Kerf)^⊥ = Imf et(Imf)^⊥= Kerf.

4. a. f est diagonalisable et admetk+ 1 valeurs propres deux `a deux distinctes λ₀,λ₁, ...,λ_k. Par cons´equent :E=E_f(λ₀)⊕E_f(λ₁)⊕ · · · ⊕E_f(λ_k). Ce qui signifie que :

pour tout ´el´ement xdeE, il existe un unique (k+ 1)-uplet (x0, x1, . . . , xk) deEf(λ0)×Ef(λ1)× · · · ×Ef(λk) tel quex=x0+x1+· · ·+xk.

b. Soitj un ´el´ement de [[0, k]] et soitxun ´el´ement deE.

(x0, x1, . . . , xk) est l’unique (k+ 1)-uplet de Ef(λ0)×Ef(λ1)× · · · ×Ef(λk) tel quex=

k

X

`=0

x`.

pj(x) =pj

_k P

`=0

x`

=

k

P

`=0

pj(x`).

xj appartient `aEf(λj) doncpj(xj) =xj. Soit`un ´el´ement de [[0, k]] distinct dej.

x`appartient `aEf(λ`) qui est orthogonal `aEf(λj) donc qui est contenu dans l’orthogonal deEf(λj). Alors pj(x`) = 0E.

Finalementp_j(x) =

k

P

`=0

p(x_`) =x_j.

Sij est dans [[0, k]], sixest dansE et si (x0, x1, . . . , xk) est l’unique (k+ 1)-uplet de Ef(λ0)×Ef(λ1)× · · · ×Ef(λk) tel quex=x0+x1+· · ·+xk alors :pj(x) =xj.

En reprenant les notations pr´ec`edentes on a :Id_E(x) =x=

k

P

`=0

x_` =

k

P

`=0

p_`(x) = (p₀+p₁+· · ·+p_k)(x) et ceci pour toutxdansE. Par cons´equent :

Id_E=p₀+p₁+· · ·+p_k.

5 .a. Soientiet j deux ´el´ements distincts de [[0, k]]. Soitxun ´el´ement de E.

Soit (x₀, x₁, . . . , x_k) l’unique (k+ 1)-uplet deE_f(λ₀)×E_f(λ₁)× · · · ×E_f(λ_k) tel quex=

k

X

`=0

x_`. (pi◦pj)(x) = pi pj(x)

= pi(xj). j ´etant diff´erent de i, pi(xj) = 0E car xj appartient `a l’orthogonal de Ef(λi).

Finalement∀x∈E, pi◦pj

(x) = 0E. Par cons´equent :

∀(i, j)∈[[0, k]]², i6=j⇒pi◦pj= 0_L(E).

b. Soitxun ´el´ement de Eet soit (x0, x1, . . . , xk) l’unique (k+ 1)-uplet deEf(λ0)×Ef(λ1)× · · · ×Ef(λk) tel quex=

k

X

`=0

x`.

f(x) =f

k

X

`=0

x_`

!

=

k

X

`=0

f(x_`) =

k

X

`=0

λ_{`</sub>x<sub>`}=

k

X

`=0

λ_{`</sub>p<sub>`}(x) =

k

X

`=0

λ_{`</sub>p<sub>`}

! (x) =

k

X

`=1

λ_{`</sub>p<sub>`}

!

(x) (λ₀= 0).

Donc :∀x∈E, f(x) =

k

X

`=1

λ`p`

!

(x). Alors :

f =

k

X

`=1

λ_{`</sub>p<sub>`}=λ₁p₁+λ₂p₂+· · ·+λ_kp_k.

Remarque Il est ais´e de montr´e que :∀r∈N^∗, f^r=

k

X

`=1

λ_{`</sub>p<sup>r</sup><sub>`}=λ₁p^r₁+λ₂p^r₂+· · ·+λ_kp^r_k.

c. Soitxun ´el´ement de Eet soit (x₀, x₁, . . . , x_k) l’unique (k+ 1)-uplet deE_f(λ₀)×E_f(λ₁)× · · · ×E_f(λ_k) tel quex=

k

X

`=0

x`.

x0appartient `aEf(λ0) donc `a Kerf. Posonsy=

k

X

`=1

x` et montons queyappartient `a Imf.

∀`∈[[1, k]], λ<sub>`</sub>6= 0 doncy=

k

X

`=1

x_`=

k

X

`=1

1 λ`

λ_{`</sub>x<sub>`}

=

k

X

`=1

1 λ`

f(x_`)

=f

k

X

`=1

1 λ`

x_`

! . Ainsiy appartient `a l’image def.

On a doncx=x0+y avecx0 dans Kerf et y dans Imf. Ceci suffit pour dire quep(x) =y.

Doncp(x) =

k

X

`=1

x_`=

k

X

`=1

p_`(x) =

k

X

`=1

p_`

!

(x) et ceci pour tout ´el´ement xdeE. Alors :

p=

k

X

`=1

p`=p1+p2+· · ·+pk.

Remarque Notons que nous avons montr´e queEf(λ1)⊕Ef(λ2)⊕ · · ·Ef(λk)est contenu dansImf. En fait il n’est pas difficle de voir queEf(λ1)⊕Ef(λ2)⊕ · · ·Ef(λk) = Imf.

6. a. f =

k

X

i=1

λipi et f^]=

k

X

j=1

1 λ_j pj.

f◦f^]=

k

X

i=1

λ_ip_i

!

◦





k

X

j=1

1 λ_jp_j



=

k

X

i=1 k

X

j=1

λ_ip_i

◦ 1

λ_j p_j

=

k

X

i=1 k

X

j=1

λi

λ_j p_i◦p_j

.

Rappelons que∀i∈[[0, k]], pi◦pi=pi et que∀(i, j)∈[[0, k]]², i6=j⇒pi◦pj= 0_L(E). Alors :f◦f^]=

k

X

i=1

λi

λ_i p_i

=

k

X

i=1

p_i=p.

f◦f^]=

k

X

i=1

pi =p.

b. Soientxety deux ´el´ements deE.

f(x)−p(y) =f(x)−(f ◦f^])(y) =f(x)−f f^](y)

=f x−f^](y) . Ainsi on af(x) =p(y) si et seulement sif x−f^](y)

= 0E, ou si et seulement six−f^](y) appartient au noyau def.

∀(x, y)∈E², f(x) =p(y)⇐⇒x−f^](y)∈Kerf.

7. a. Soity un ´el´ement de E. Imf ´etant un sous-espace vectoriel de E le cours sur les projections orhogonales montre que Min

z⁰∈Imfkz⁰−yk existe et que la projection orthogonalep(y) dey sur Imf est le seul ´el´ement de ce sous-espace tel quekp(y)−yk= Min

z⁰∈Imfkz⁰−yk.

Alors Min

x∈Ekf(x)−yk existe et la projection orthogonalep(y) de y sur Imf est le seul ´el´ement de ce sous- espace tel quekp(y)−yk= Min

x∈Ekf(x)−yk.

D`es lors soit xun ´el´ement deE. f(x) est de tout ´evidence un ´el´ement de Imf. Ainsikf(x)−yk= Min

x∈Ekf(x)−yksi et seulement si f(x) =p(y) donc si et seulements six−f^](y) est un

´

el´ement de Kerf.

Sixety sont deux ´el´ements deE:

• Min

z∈Ekf(z)−yk existe ;

• kf(x)−yk= Min

z∈Ekf(z)−yk ⇐⇒x−f^](y)∈Kerf.

b. f^](y)−f^](y) = 0_E doncf^](y)−f^](y) appartient alors `a Kerf et ainsi :kf f^](y)

−yk= Min

z∈Ekf(z)−yk.

Montrons alorsf^](y) est LE vecteurxdeE de plus petite norme v´erifiantkf(x)−yk= Min

z∈Ekf(z)−yk.

Version 1 Soitxun autre ´el´ement deE tel quekf(x)−yk= Min

z∈Ekf(z)−yk. Alorsx−f^](y) appartient `a Kerf.

Montrons quef^](y) appartient `a Imf. ∀`∈[[1, k]], p`(y)∈Ef(λ`) donc∀`∈[[1, k]], 1 λ`

p`(y)∈Ef(λ`).

Alorsf^](y) appartient `a Ef(λ1)⊕Ef(λ2)⊕ · · ·Ef(λk) qui est contenu dans Imf. f^](y)∈Imf.

x−f^](y) appartient `a Kerf,f<sup>]</sup>(y) appartient `a Imf et Kerf et Imf sont orthogonaux doncx−f^](y) et f^](y) sont orthogonaux.

Le th´eor`eme de pythagore donnekx−f^](y)k²+kf^](y)k²=k x−f^](y)

+f^](y)k²=kxk².

Alorskf^](y)k² 6kx−f^](y)k²+kf^](y)k² = kxk². Donc kf^](y)k 6kxk². Mieux kf^](y)k <kxk² si x est diff´erent def^](y).

Si y est dansE,f^](y) est le vecteurxdeE de plus petite norme v´erifiantkf(x)−yk= Min

z∈Ekf(z)−yk.

Version 2 NotonsS l’ensemble des ´el´ements xdeE tels quekf(x)−yk= Min

z∈Ekf(z)−yk.

S={x∈E|x−f^](y)∈Kerf}={f^](y) +t;t∈Kerf}={f^](y)−t;t∈Kerf}non ? On cherchex₀ dansS tel quekx0k= Min

x∈Skxk. Cela revient `a cherchert₀dans Kerf tel quekf^](y)−t₀k= Min

t∈Kerfkf^](y)−tk.

Le cours sur les projections orthogonales montre que la projection orthogonale u de f^](y) sur Kerf est l’unique ´el´ement de Kerf tel quekf^](y)−uk= Min

t∈Kerfkf^](y)−tk.

Doncf^](y)−uest l’unique ´el´ement deS telkf^](y)−uk= Min

x∈Skxk.

Comme f^](y) appartient `a Imf qui est l’orthogonale de Kerf, sa projection orthogonale u sur Kerf est nulle. Ainsi

f^](y) =f^](y)−uest l’unique ´el´ement deS telkf^](y)k=kf^](y)−uk= Min

x∈Skxk.

PARTIE II : Application ` a un exemple

1. La matriceAdef dans la base orthonormaleBest sym´etrique doncf est sym´etrique.

La somme de la deuxi`eme colonne et de la quatri`eme colonne de A est nulle donc f(e₂) +f(e₄) = 0_E ou f(e2+e4) = 0E. Ainsie2+e4 est un ´el´ement non nul de Kerf. f n’est pas injective donc pas inversible.

La matriceAn’´etant pas la matrice nulle, f n’est pas l’endomorphisme nul de E.

f est un endomorphisme non nul et non inversible deE.

2. Soitλun ´el´ement deR. Cherchons une r´eduite de Gauss deA−λ I3. Les op´erationsL1↔L3et L1↔L3

transformeA−λ I3=







3−λ 0 −1 0

0 1−λ 0 −1

−1 0 3−λ 0

0 −1 0 1−λ





en







−1 0 3−λ 0

0 −1 0 1−λ

3−λ 0 −1 0

0 1−λ 0 −1







Les op´erationsL3←L3+ (3−λ)L1 etL4←L4+ (1−λ)L2 transforme cette derni`ere matrice en

Bλ=







−1 0 3−λ 0

0 −1 0 1−λ

0 0 (3−λ)²−1 0

0 0 0 (1−λ)²−1







λest une valeur propre de A si et seulement si A−λ I3 n’est pas inversible, c’est `a dire si et seulement si B_λ n’est pas inversible.

B_λ´etant triangulaire sup´erieure elle est non inversible si et seulement si l’un des coefficients de sa diagonale est nul.

Alorsλ est valeur propre de A si et seulement si (3−λ)²−1 = 0 ou (1−λ)²−1 = 0 ; c’est `a dire si et seulement si 3−λ= 1 ou 3−λ=−1 ou 1−λ= 1 ou 1−λ=−1.

Les valeurs propres deA sont donc 0, 2 et 4.

f admet exactement 3 valeurs propres distinctes :λ0= 0,λ1= 2 etλ2= 4.

3. D’apr`es la premi`ere partie :f =λ1p1+λ2p2= 2p1+ 4p2. Alors :

A= 2M1+ 4M2. 4. a. Soitxun ´element deE de coordonn´ees (x1, x2, x3, x4) dans la baseB.

u∈E_f(λ₂)⇐⇒







3 0 −1 0

0 1 0 −1

−1 0 3 −1

0 −1 0 1











 x1

x₂ x₃ x₄





= 4





 x1

x₂ x₃ x₄





⇐⇒







−x1−x₃= 0

−3x₂−x₄= 0

−x1−x₃= 0

−x₂−3x₄= 0 .

u∈E_f(λ₂)⇐⇒

x₃=−x₁

x₄=−3x₂=−¹₃x₂ ⇐⇒x₃=−x₁et x₂=x₄= 0 Ef(λ2) est donc la droite vectorielle engendr´ee parv⁰₂=e1−e3. v2= 1

kv₂⁰kv₂⁰ = 1

√2

e1−e3

est un vecteur unitaire deEf(λ2).

Ef(λ2) est de dimension 1 etv2= 1

√ 2

e1−e3

est un ´el´ement deEf(λ2) tel quekv2k= 1.

b. Soitxun ´el´ement deE. p2(x)∈Ef(λ2) donc il existe un r´eelγtel que p2(x) =γ v2. x−p2(x) appartient `a l’orthogonal deEf(λ2) donc est orthogonal `av2.

Ainsi 0 =< x−p2(x), v2>=< x, v2>−< p2(x), v2>=< x, v2>−< γ v2, v2>=< x, v2>−γkv2k². 0 =< x, v₂>−γ. Ainsiγ=< x, v₂>etp₂(x) =< x, v₂> v₂.

∀x∈E, p₂(x) =< x, v₂> v₂. c. Soitxun ´el´ement deE de coordonn´ees (x1, x2, x3, x4) dans la baseB.

< x, v₂>=<(x₁e₁+x₂e₂+x₃e₃+x₄e₄, 1

√2(e₁−e₃)>= 1

√2(x₁−x₃)

p₂(x) =< x, v₂> v₂=1

2(x₁−x₃) (e₁−e₃).

Alorsp2(e1) = 1

2(e1−e3),p2(e2) = 0E,p2(e3) =−¹₂(e1−e3) etp2(e4) = 0E. Donc :

M₂=







1

2 0 −¹₂ 0

0 0 0 0

−¹₂ 0 ¹₂ 0

0 0 0 0





.

5. SoitA^]la matrice def^] dans la baseB. f^]= 1 λ1

p1+ 1 λ2

p2=1 2p1+1

4p2. DoncA^]=1

2M1+1 4M2. A= 2M₁+ 4M₂ donne 1

2M₁=1

4A−M₂ et ainsiA^]=1 4A−3

4M₂. A^]= 1

4







3 0 1 0

0 1 0 −1

−1 1 0 −1

0 −1 0 1





−3 4







1

2 0 −¹₂ 0

0 0 0 0

−¹₂ 0 ¹₂ 0

0 0 0 0





. Finalement :

La matrice def^] relativement `a la baseBest :A^]=1 8







3 0 1 0

0 2 0 −2

1 0 3 0

0 −2 0 2





.