Corrigé de la série 15

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 15

Exercice 1. Pour toutk ∈N, on a(coskx)²+ (sinkx)² = 1et(coskx)²−(sinkx)² = cos(2kx).

On a donc Z 2π

0

(coskx)²+ (sinkx)²dx= 2π et

Z 2π

0

(coskx)²−(sinkx)²dx= 1

2k[sin(2kx)]^2π₀ = 0.

Cela implique

Z 2π

0

(sinkx)²dx = Z 2π

0

(coskx)²dx=π

et donc

hg_k, g_ki_L² = 1 π

Z 2π

0

(coskx)²dx= 1 = 1 π

Z 2π

0

(sinkx)²dx=hf_k, f_ki_L².

Soient j 6=k ∈N. Par la même méthode que ci-dessus, on trouve π(hg_k, g_ji_L² +hf_k, f_ji_L²) =

Z 2π

0

(cos(kx) cos(jx) + sin(kx) sin(jx))dx= Z 2π

0

cos((k−j)x)dx= 0 π(hg_k, g_ji_L² − hf_k, f_ji_L²) =

Z 2π

0

(cos(kx) cos(jx)−sin(kx) sin(jx))dx= Z 2π

0

cos((k+j)x)dx= 0.

On en déduit hg_k, g_ji_L² = hf_k, f_ji_L² = 0. En utilisant une dernière fois la même méthode, on trouve

π(hg_k, f_ji_L² +hf_k, g_ji_L²) = Z 2π

0

(cos(kx) sin(jx) + sin(kx) cos(jx))dx= Z 2π

0

sin((k+j)x)dx= 0 π(hg_k, f_ji_L² − hf_k, g_ji_L²) =

Z 2π

0

(cos(kx) sin(jx)−sin(kx) cos(jx))dx= Z 2π

0

sin((k−j)x)dx= 0

et donchg_k, f_ji_L² =hf_k, g_ji_L² = 0.

Exercice 2. Montrons d’abord que la formeφ est bien-définie. Soitf, g ∈V. Il faut vérifier que limz→∞Rz

0 f(t)g(t)e^−tdt existe. Par le critère de Cauchy, c’est le cas si et seulement si ∀ > 0 il existe s₀ ≥ 0 tel que s₀ < x < y implique que |Ry

x f(t)g(t)e^−tdt| < . Soit > 0 arbitraire.

Comme f et g sont bornées, il existe x0, y0 > 0 tels que |f(t)| ≤ x0 et |g(t)| ≤ y0 pour tout t∈[0,∞). Par des propriétés fondamentales de l’intégration, on a

Z y

x

f(t)g(t)e^−tdt

≤ Z y

x

|f(t)||g(t)|e^−tdt≤x₀y₀ Z ∞

x

e^−tdt =x₀y₀e^−x.

Pour x suffisamment grand, cette quantité devient arbitrairement petite, comme e^−x converge vers zéro pour x→ ∞. Le critère est donc satisfait.

1

Les faits que φ est bilinéaire, symétrique et définie positive sont des conséquences de pro- priétés élémentaires de l’intégration.

Pour calculer ksin|[0,∞)k, rappelons d’abord quesin²(t) = ¹₂(1−cos(2t)). Alors : ksin|[0,∞)k² =

Z ∞

0

sin²(t)e^−tdt = 1 2

Z ∞

0

(1−cos(2t))e^−tdt

= 1 2

1−

Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt

. Pour évaluer R∞

0 cos(2t)e^−tdt, on fait une intégration par parties : Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt =−cos(2t)e^−t|^∞₀ −2 Z ∞

0

sin(2t)e^−tdt.

Une deuxième intégration par partie nous donne Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt = 1−2

−sin(2t)e^−t|^∞₀ + 2 Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt

= 1−4 Z ∞

0

cos(2t)e^−tdt, et doncR∞

0 cos(2t)e^−tdt = 1/5. Par conséquent : ksin|_[0,∞)k=

s 1 2

1− 1

5

= r2

5. Exercice 3. 1. On calcule

kv+wk²+kv−wk² =< v+w, v+w >+< v−w, v−w >

=< v, v > +< v, w > +< w, v >+< w, w >

+< v, v >−< v, w > −< w, v > +< w, w >

=2< v, v >+2 < w, w >= 2 kvk²+kwk² .

2. Dans la question précédente, on a vu que kv +wk² =< v+w, v +w >=< v, v > + <

v, w > + < w, v > + < w, w >= kvk²+ < v, w > +< v, w >+kwk² = kvk² + 2 <

v, w > +kwk² car F = R. On obtient donc < v, w >= ¹₂(kv+wk²− kvk² − kwk²) =

1

2(< v+w, v+w >−< v, v > −< w, w >). Par conséquent, il suffit de connaître les valeurs deh·,·i sur∆ pour connaître toutes les valeurs de h·,·i surV ×V.

SiF=C, on ne peut calculer que les parties réelles de < v, w > en connaîssant h·,·i sur

∆: 2 Re(< v, w >) =< v, w >+< v, w >=< v+w, v+w >−< v, v >−< w, w >.

3. D’après le point 1, on a :

kv+wk²+kv−wk² = 2(kvk²+kwk²).

On a donc :kv+wk²+kv−wk²−2kvk² = 2kwk², ce qui donnekwk² = ¹₂(4²+6²−2·3²) = 17, et donckwk=√

17.

4. Supposons que φ: R²×R² →R soit un produit scalaire tel que kxk² =φ(x, x) = (|x₁|+|x₂|)² ∀x∈R².

Dans la première question de cet exercice, nous avons vu qu’alors la règle du parallélo- gramme

2(kxk²+kyk²) = kx+yk²+kx−yk² ∀x, y ∈R²

doit être satisfaite. Mais pour x= (1,0), y= (0,1), on a2(kxk²+kyk²) = 2(1 + 1) = 4 etkx+yk²+kx−yk² = 4 + 4 = 8, contradiction. Par conséquent, un produit scalaire de norme associée k · kne peut pas exister.

2

Exercice 4. 1. Soit w = Pn

i=1w_ie_i ∈ Fⁿ et soit A = (a_ij)i,j=1,...,n. Alors on a T_A(w) = Pn

i=1w_iT_A(e_i) = Pn

i=1w_iPn

j=1a_jie_j et doncT_A(w) =Pn

j=1(Pn

i=1w_ia_ji)e_j. De même, on trouve T_A^∗(v) =Pn

i=1

Pn

j=1v_i(A^∗)_jie_j =Pn

j=1(Pn

i=1v_ia_ij)e_j. On calcule donc hv, T_A(w)i=

n

X

k=1

v_k(T_A(w))_k=

n

X

k=1

v_k

n

X

i=1

w_ia_ki

!

=

n

X

i=1 n

X

k=1

v_ka_ki

!

w_i =hT_A^∗(v), wi.

2. La forme h·,·i_A est symétrique, car pour toutv, w∈Fⁿ, on a

hv, wi_A =hv, T_A(w)i=hT_A^∗(v), wi=hT_A(v), wi=hw, T_A(v)i=hw, vi_A

par la symétrie de h·,·i. On montre la bilinéarité de h·,·i_A. Soient v₁, v₂, w ∈ Fⁿ et a1, a2 ∈F. On a

ha₁v₁+a₂v₂, wi_A=ha₁v₁+a₂v₂, T_A(w)i=a₁hv₁, T_A(w)i+a₂hv₂, T_A(w)i

=a₁hv₁, wi_A+a₂hv₂, wi_A

car h·,·i est bilinéaire. La bilinéarité de h·,·i_A se déduit par symétrie.

Finalement, comme A est définie positive, on trouve directement que h·,·iA est définie positive.

3. Comme φ est un produit scalaire, on aφ(e_i, e_j) = φ(e_j, e_i)pour tout i, j = 1, . . . , n, donc (A_φ)_ij = (A_φ)_ji pour tout i, j = 1, . . . , n et A_φ= (A_φ)^t.

4. On calcule comme dans la première question hv, T_Aφ(w)i=

n

X

k=1

v_k

n

X

i=1

w_iφ(e_k, e_i)

!

=

n

X

k=1 n

X

i=1

v_kφ(e_k, e_i)w_i

=

n

X

k=1 n

X

i=1

φ(v_ke_k, w_ie_i) = φ

n

X

k=1

v_ke_k,

n

X

i=1

w_ie_i

!

=φ(v, w). (1)

A_φ est donc définie positive. En effet, hv, T_Aφ(v)i = φ(v, v) ≥ 0 pour tout v ∈ Fⁿ et hv, T_Aφ(v)i =φ(v, v) = 0 ssi v = 0 car la forme φ est définie positive. D’après (1), on a hv, wiA_φ =hv, TA_φ(w)i=φ(v, w)pour tout v, w∈Fⁿ et donch·,·iA_φ =φ.

5. On a < e_i, e_j >=δ_ij pouri, j = 1, . . . , n.A_h·,·i est donc la matrice identité I_n. On a bien h·,·i=h·,·i_In.

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