Semaine 15

Colle PC Semaine 15 2011-2012

Séries Entières + Espaces vectoriels préhilbertiens réels ou complexes

EXERCICE 1 :

Soit E = M 3 ( R ) muni du produit scalaire usuel ( ∀ (A, B) ∈ ( M 3 ( R )) ² , (A | B) = T r( ^t AB) 1. Prouver que l’orthogonal de A ³ ( R ) est S ³ ( R ).

2. Soit M =





0 1 0 0 0 1 0 0 0



. Calculer la distance de M au sous espace vectoriel des matrices antisymétriques.

EXERCICE 2 :

Développer en série entière la fonction suivante : f (x) = 1

x ² − 2tx + 1 pour | t | < 1.

EXERCICE 3 :

Calculer le rayon de convergence R de la série entière

+∞

X

n=0

x ⁿ 4n ² − 1 . Exprimer S (x) définie comme la somme de la série sur ]0; R[.

EXERCICE 4 :

On note E l’ensemble des sutes réelles de carrés sommables c’est à dire les usites réelles (u n ) n∈

N

telles que :

+∞

X

n=0

u ² _n < + ∞ 1. Montrer que E est un R -espace vectoriel.

2. Pour (u, v) de E ² , on pose φ(u, v) =

+∞

X

n=0

u n v n . Montrer que φ est un produit scalaire sur E.

EXERCICE 5 :

Soit E un espace préhilbertien réel et (e 1 , e 2 , ..., e n ) une famille de n vecteurs unitaires de E (n ∈ N

^∗

) telle que, pour tout x ∈ E, on ait : || x || ² =

n

X

k=1

(x | e k ) ² .

Montrer que la famille (e 1 , e 2 , ..., e n ) est une base orthonormée de E.

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Correction des exercices :

Ex 1 : ∀ (A, B) ∈ ( M 3 ( R )) ² , (A | B) = T r( ^t AB) = X

16i,j6n

a ij b ij .

1. Soit (A, B) ∈ S ³ ( R ) × A ³ ( R ), (A | B) = T r( ^t AB) = T r(AB) = T r(BA) = − T r( ^t BA) = − (B | A) = − (A | B) On en déduit que (A | B) = 0 donc que S 3 ( R ) ⊂ ( A 3 ( R ))

^⊥

.

De plus, un raisonnement sur les dimensions donne : dim( S ³ ( R ))=dim(( A ³ ( R ))

^⊥

) ( ∗ )

( ∗ ) dim( A

3

( R ))+dim(( A

3

( R ))

^⊥

)=n

²

et dim( S

3

( R ))+dim(( A

3

( R )))=n

²

car A

3

( R ) et S

3

( R ) sont en somme directe.

Ainsi S 3 ( R ) = ( A 3 ( R ))

^⊥

2. On sait que M 3 ( R ) = A 3 ( R ) L

S 3 ( R ). ( ∗ ) ( ∗ ) ∀ M ∈ M

3

( R ), M = M +

^t

M

2 + M −

^t

M

2 de manière unique avec M +

^t

M

2 ∈ S

3

( R ) et M −

^t

M

2 ∈ A

3

( R )

D’après la question 1, la projection de M sur A ³ ( R ) est la partie antisymétrique de M et la distance cherchée est la norme de la partie symétrique de M qui s’écrit :

1 2









0 1 0 0 0 1 0 0 0



 +





0 0 0 1 0 0 0 1 0







 = 1 2





0 1 0 1 0 1 0 1 0



 = D Ainsi d(M, A ³ ( R ))= √ _t

DD = 1 2

√ 1 ² + 1 ² + 1 ² + 1 ² = 1

Ex 2 :

→ On pose t = cosθ avec θ ∈ ]0; π[.

On a donc : f (x) = 1

x ² − 2tx + 1 = 1

x ² − 2cosθx + 1 = 1

(x − e ^iθ )(x − e

^−iθ

) Il faut donc maintenant décomposer la fraction en éléments simples :

1

(x − e ^iθ )(x − e

^−iθ

) = 1 2i sin θ

1

x − e ^iθ − 1 x − e

^−iθ

Faire apparaître maintenant du 1 1 − u : f (x) = 1

2i sin θ

e

^−iθ

xe

^−iθ

− 1 + e ^iθ 1 − xe ^iθ

= 1

2i sin θ

− e

^−iθ

1

1 − xe

^−iθ

+ e ^iθ 1 1 − xe ^iθ

| xe ^iθ | = | xe

^−iθ

| = | x | montre que l’on peut développer en série entière pour x ∈ ] − 1; 1[ : f (x) = 1

2i sin θ − e

^−iθ

+∞

X

n=0

e

^−inθ

x ⁿ + e ^iθ

+∞

X

n=0

e ^inθ x ⁿ

!

⇔ f (x) = 1 2i sin θ

+∞

X

n=0

e ^i(n+1)θ x ⁿ

+∞

X

n=0

e

^−i(n+1)θ

x ⁿ

!

⇔ f (x) = 1 2i sin θ

+∞

X

n=0

2i sin(n + 1)θx ⁿ

!

⇔ f (x) =

+∞

X

n=0

sin(n + 1)θ

sin θ x ⁿ . Pour x = 1, divergence grossière donc le rayon de convergence est 1.

Ex 3 :

→ Le rayon de convergence de la série est 1.

Pour tout x ∈ ] − 1; 1[, x ⁿ 4n ² − 1 = 1

2 x ⁿ

2n − 1 − x ⁿ 2n + 1

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Ainsi, on peut écrire f (x) =

+∞

X

n=0

x ⁿ 4n ² − 1 = 1

2 − 1 +

+∞

X

n=1

x ⁿ 2n − 1 −

+∞

X

n=0

x ⁿ 2n + 1

!

On fait un décalage d’indice : f (x) = 1 2 − 1 +

+∞

X

n=0

x ⁿ⁺¹ 2n + 1 −

+∞

X

n=0

x ⁿ 2n + 1

!

L’objectif maintenant est de faire apparaître un développement de la forme :

+∞

X

n=0

u ²ⁿ⁺¹

2n + 1 , d’où la nécessité de de poser u = √

x. La conséquence est de scinder le calcul sur deux intervalles ]0; 1[ et ] − 1; 0[. (l’exercice ne demande une expression que sur ]0; 1[)

∀ x ∈ ]0; 1[, f (x) = 1

2 − 1 + √ x

+∞

X

n=0

( √ x) ²ⁿ⁺¹ 2n + 1 −

1

√ x ^+∞

X

n=0

( √ x) ²ⁿ⁺¹ 2n + 1

!

⇔ ∀ x ∈ ]0; 1[, f (x) = 1 2 − 1 +

√ x − 1

√ x +∞

X

n=0

( √ x) ²ⁿ⁺¹ 2n + 1

!

Il ne reste plus qu’à déterminer la fonction dont le DSE est :

+∞

X

n=0

u ²ⁿ⁺¹ 2n + 1 Un calcul assez rapide donne : ∀ x ∈ ] − 1; 1[,

+∞

X

n=0

u ²ⁿ⁺¹ 2n + 1 = ln

1 + u 1 − u

Ce qui donne : ∀ x ∈ ]0; 1[, f (x) = 1 2

− 1 + √

x − 1

√ x

ln

1 + √ x 1 − √

x

Ex 4 :

1. S = ( R

^N

, +, .) est un espace vectoriel réel. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de S. Pour cela, soit (u, v) ∈ E ² et (λ, µ) ∈ R ² ) on a :

• De façon évidente λu ∈ E ;

• (u n + v n ) ² = u ² _n + v _n ² + 2u n v n 6 u ² _n + v _n ² + u ² _n + v ² _n = 2u ² _n + 2v _n ² . On sait que u et v sont des suites de carrés sommables donc il en est de même de la suite (u + v).

Ainsi en tant que sous-espace vectoriel de S, E est bien un R -espace vectoriel.

2. De (u n − v n ) ² > 0, on en déduit que u n v n 6 1

2 (u ² _n + v _n ² ) donc cela prouve que la série

+∞

X

n=0

u n v n est convergente donc φ(u, v) existe si (u, v) ∈ E ² .

Pour la symétrie, la bilinéarité et la positivité de φ, c’est évident et : φ(u, u) = 0 ⇔

+∞

X

n=0

u ² _n = 0 ⇒ ∀ n ∈ N , u ² _n = 0 ⇒ u = 0.

L’application φ est un produit scalaire sur E.

Ex 5 :

→ ∀ i tel que 1 6 i 6 n, 1 = || e i || =

n

X

k=1

(e i | e k ) ² ⇔ 1 = (e i | e i ) ² +

n

X

k=1,k6=i

(e i | e k ) ² ⇔ ∀ k tel que 1 6 k 6 n et k 6 = i, (e i | e k ) = 0. Ainsi la famille (e 1 , e 2 , ..., e n ) est orthonormale. (orthogonale composée de vecteurs unitaires)

Maintenant, pour répondre à la question, il faut démontrer que E =vect(e 1 , e 2 , ..., e n ). On note F =vect(e 1 , e 2 , ..., e n ) et x ∈ E. On considère la projection orthogonale de x sur F et on démontre que p F (x) = x ce qui prouvera que F = E.

On a p F (x) =

n

X

k=1

(x | e k )e k , on en déduit que || p F (x) || ² =

n

X

k=1

(x | e k ) ² = || x || ² .

En utilisant le théorème de Pythagore, on a || p F (x) || ² + || x − p F (x) || ² = || x || ² car x − p F (x) et p F (x) sont orthogonaux. On a donc || x − p F (x) || ² = || x || ² − || p F (x) || ² = 0 donc x − p F (x) = 0 ⇔ p F (x) = x.

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