On note h·, ·i le produit scalaire usuel de R

Correction du TD6.

MNO, L3, Dauphine, 2020-2021 D. Gontier, gontier@ceremade.dauphine.fr

Échauffement

Exercice 1. (Changement de produit scalaire)

On note h·, ·i le produit scalaire usuel de R

^d

. Soit A ∈ S

_d⁺⁺

de valeurs propres 0 < λ

₁

≤ · · · ≤ λ

_d

. On définit la forme bilinéaire sur R

^d

∀x, y ∈ R

^d

, hx, yi

_A

:= hx, Ayi = x

^T

Ay.

a/ Montrer que h·, ·i

_A

est un produit scalaire.

b/ Montrer que la norme associée k · k

A

est équivalente à la norme usuelle k · k, et plus précisément,

∀x ∈ R

^d

, λ

1

kxk ≤ kxk

A

≤ λ

d

kxk.

c/ Soit B ∈ M

d

( R ). Montrer que

hx, Byi

A

= hA

⁻¹

B

^T

Ax, yi

A

. On dit que le dual de B est A

⁻¹

B

^T

A pour le produit scalaire hx, yi

A

.

d/ Pour les fonctions suivantes, calculer le gradient, pour le produit scalaire h·, ·i

A

: F

1

(x) := kxk

²_A

, F

2

(x) := kxk

²

, F

3

(x) := 1

2 x

^T

Ax − b

^T

x.

On remarquera que le gradient dépend du produit scalaire...

a/ L’application est clairement bilinéaire et symétrique (car A est symétrique). De plus, pour tout x ∈ R

^d

, on a

hx, xi

_A

= hx, Axi ≥ λ

₁

kxk

²

,

qui est positif, et qui ne s’annule que pour x = 0. Donc h·, ·i

1

est un produit scalaire.

b/ C’est la caractérisation des valeurs propres par le min-max.

c/ On rappelle que pour tout matrice C, on a hx, C yi = hC

^T

x, yi (pour le produit scalaire usuel). On obtient donc, en utilisant que A est symétrique,

hx, Byi

A

= hx, AByi = hB

^T

A

^T

x, yi = hA

⁻¹

B

^T

Ax, Ayi = hA

⁻¹

B

^T

Ax, yi

A

.

d/ On revient à la définition du gradient à partir de la différentielle. On a

F

₁

(x + h) = kx + hk

²_A

= kxk

²_A

+ khk

²_A

+ 2hx, hi

A

= F

₁

(x) + 2hx, hi

A

+ o(h).

Le terme linéaire est déjà sous la forme d’un produit scalaire, donc ∇F

₁

(x) = 2x.

Pour F

₂

, on obtient

F

2

(x + h) = kx + hk

²

= kxk

²

+ 2hx, hi + o(h).

Pour trouver le gradient associé au nouveau produit scalaire, il faut réécrire le terme linéaire comme un produit scalaire h·, ·i

A

. On trouve que h2x, hi = h2A

⁻¹

x, hi

A

, donc ∇F

2

(x) = 2A

⁻¹

x.

Enfin, pour F

3

(x), on obtient F

2

(x + h) = F

3

(x) + 1

2 h

^T

Ax + 1

2 x

^T

Ah − b

^T

h + o(h) = F

3

(x) + x

^T

Ah − (A

⁻¹

b)

^T

Ah + o(h).

Ainsi, on trouve ∇F

3

(x) := x − A

⁻¹

b.

Exercice 2. (Rappels sur les espaces Euclidien)

Soit H un espace vectoriel, et soit h·, ·i un produit scalaire sur H, de norme associée k · k.

a/ (Identité du parallélogramme). Montrer que

∀x, y ∈ H, 2kxk

²

+ 2kyk

²

= kx + yk

²

+ kx − yk

²

, et que kxk

²

+ kyk

²

= 1

2 kx + yk

²

+ 2

x − y 2

2

.

b/ Montrer que k · k

²

est une fonction strictement convexe. Indice : on pourra montrer que

∀x, y ∈ H, ∀0 < t < 1, ktx + (1 − t)yk

²

− tkxk

²

− (1 − t)kyk

²

= −t(1 − t)kx − yk

²

.

c/ (Cauchy-Schwarz) Montrer que hx, yi ≤ kxk · kyk. Indice : on pourra développer

x

kxk

−

_kyk^y

2

.

d/ (Projection orthogonale) Soit E ⊂ H un sous-espace vectoriel de dimension finie, et soit x ∈ H. Montrer que la fonction N

x

: E → R définie par N

x

(v) := kv − xk

²

est continue et coercive sur E.

e/ En déduire que N

x

admet un minimiseur sur E. Montrer que ce minimiseur est unique.

On appelle ce minimiseur la projection orthogonale de x sur E, et on la note P

E

(x).

f/ Montrer que pour tout v ∈ E, on a hv, x − P

_E

(x)i = 0. Indice : on pourra calculer N

_x

(P

_E

(x) + tv).

a/ En développant, on trouve directement

kx + yk

²

+ kx − yk

²

= kxk

²

+ kyk

²

+ 2hx, yi + kxk

²

+ kyk

²

− 2hx, yi = 2kxk

²

+ 2kyk

²

.

La deuxième égalité est identique, en divisant par 2, et en remarquant que 2

₂¹2

=

¹₂

. b/ On développe le terme de gauche, et on obtient,

ktx + (1 − t)yk

²

− tkxk

²

− (1 − t)kyk

²

= t

²

kxk

²

+ (1 − t)

²

kyk

²

+ 2t(1 − t)hx, yi − tkxk

²

− (1 − t)kyk

²

= (t

²

− t)kxk

²

+ ((1 − t)

²

− (1 − t))

| {z }

=1−2t+t²−1+t=t²−t

kyk

²

+ 2t(1 − t)hx, yi

= t(t − 1)kxk

²

+ t(t − 1)kyk

²

− 2t(t − 1)hx, yi = t(t − 1) kxk

²

+ kyk

²

− 2hx, yi

= t(t − 1)kx − yk

²

.

Lorsque x 6= y, et 0 < t < 1, ce terme est strictement négatif, donc k · k

²

est strictement convexe.

c/ Si x = 0 ou y = 0, l’inégalité est vraie. Sinon, on a

0 ≤

x kxk − y

kyk

2

=

x kxk

2

+

y kyk

2

− 2 x

kxk , y kyk

= 2 − 2

kxk · kyk hx, yi.

C’est inégalité est équivalente à hx, yi ≤ kxk · kyk (Cauchy-Schwarz). Remarque : c’est une preuve en une ligne !.

d/ Par définition, une norme est continue, donc N

x

est continue. On a N

x

(v) → ∞ lorsque x → ∞, donc N

x

est coercive.

e/ Cette fonction est continue et coercive sur un espace de dimension finie, donc admet un minimiseur. On rappelle que ce résultat nécessite d’être en dimension finie : la preuve nécessite en effet la compacité des boules fermées, ce qui n’est vraie qu’en dimension finie.

Par ailleurs, N

x

est une fonction strictement convexe d’après la question b/, donc le minimiseur est unique.

Pour cette question, on peut aussi utiliser la deuxième forme de l’identité du parallélogramme.

f/ Soit v

^∗

:= P

_E

(x) le minimiseur de N

_x

. Pour tout t ∈ R et tout v ∈ E, on a v

^∗

+ tv ∈ E, donc

N

x

(v

^∗

+tv) ≥ N

x

(v

^∗

) ou encore kx−v

^∗

k

²

+2thx−v

^∗

, vi+t

²

kvk

²

≥ kx−v

^∗

k

²

, et enfin t 2hx − v

^∗

, vi + tkvk

²

≥ 0.

Si t est positif, on divise par t puis on fait t → 0

⁺

pour obtenir hx − v

^∗

, vi ≥ 0. Si t < 0, on divise par t en renversant l’inégalité, puis on fait t → 0

⁻

, et on obtient hx − v

^∗

, vi ≤ 0. Ainsi, on a hx − v

^∗

, vi = 0.

Exercice 3. (Matrice de Gram)

Soit E un espace Euclidien de dimension d, avec produit scalaire h·, ·i et norme k · k. Soit x

1

, · · · , x

d

∈ E une famille libre. On introduit la matrice de Gram G ∈ S

d

( R ) de coefficient g

ij

:= hx

i

, x

j

i.

a/ Montrer que G = I

d

ssi (x

1

, · · · , x

d

) est orthonormale, et que G est diagonale ssi (x

1

, · · · , x

d

) est or- thogonale.

b/ Montrer que

∀α :=





 α

₁

.. . α

_d





 ∈ R

^d

, α

^T

Gα = kα

1

x

1

+ · · · + α

d

x

d

k

²

.

c/ En déduire que G ∈ S

_d⁺⁺

( R ) est une matrice symétrique définie positive.

d/ On pose S := G

^−1/2

∈ S

_d⁺⁺

( R ), puis, pour 1 ≤ i ≤ d, u

i

:= P

d

k=1

x

k

s

ki

. Montrer que la famille (u

1

, · · · , u

d

) est orthonormale.

Dans le cas où E = R

^d

avec le produit scalaire usuel, on peut voir x

i

comme des vecteurs colonnes. Dans ce cas, on a

X = x

₁

, · · · , x

_d

, G = X

^T

X, u

₁

, · · · , u

_d

= x

₁

, · · · , x

_d

G

^−1/2

.

a/ Évident.

b/ On a par définition de la multiplication matrice/matrice,

α

^T

Gα =

d

X

i,j=1

α

i

g

ij

α

j

=

d

X

i,j=1

α

i

hx

i

, x

j

iα

j

=

*

_d

X

i=1

α

i

x

i

,

d

X

j=1

α

j

x

j

+

=

d

X

i=1

α

i

x

i

2

.

c/ On a g

ij

= hx

i

, x

j

i = hx

j

, x

i

i = g

ji

, donc G est symétrique. De plus, d’après la question c/, la matrice G est positive. De plus, on a α

^T

Gα = 0 ssi P

d

i=1

α

_i

x

_i

= 0. Or la famille (x

_i

) est libre, donc ceci n’est possible que si α = 0. Donc G est définie positive.

d/ On calcule

hu

i

, u

j

i =

*

_d

X

k=1

x

k

s

ki

,

d

X

l=1

x

l

s

lj

+

=

d

X

k=1 d

X

l=1

s

ki

s

lj

hx

k

, x

l

i =

d

X

k,l=1

s

ki

s

lj

g

kl

.

Comme toutes les matrices sont symétriques, c’est aussi

hu

i

, u

j

i =

d

X

k,l=1

s

ik

g

kl

s

lj

.

On reconnait l’élément (i, j) de la matrice SGS. Or S = G

^−1/2

, donc SGS = G

^−1/2

GG

^−1/2

= I

d

. Ainsi, on a bien hu

i

, u

j

i = δ

ij

, et la famille (u

i

) est orthonormale.

Approximation polynômiale

Exercice 4. (Polynômes de meilleur approximation pour la norme 2)

On note H := C

⁰

([−1, 1], R ) l’ensemble des fonctions continues de [0, 1] → R , et on considère le produit scalaire sur H

∀f, g ∈ H, hf, gi

2

:=

Z

1

−1

f (x)g(x)dx.

On considère la famille de polynôme P

_n

(X) définie par P

n

(X) := d

ⁿ

dx

ⁿ

(x

²

− 1)

ⁿ

.

a/ Montrer que (x

²

− 1)

ⁿ

est un polynôme de degré 2n, de coefficient dominant 1. En déduire que P

n

(X) est un polynôme de degré n, et que son coefficient dominant est

^(2n)!_n!

.

b/ En déduire que E

_n

:= Ran {P

₀

, P

₁

, · · · , P

_n

} est un sous-espace de dimension n + 1, puis que E

_n

= R

n

[X ].

c/ Soit f ∈ C

^∞

([−1, 1], R ). En intégrant n fois par partie, montrer que hP

n

, fi

2

= (−1)

ⁿ

Z

1

−1

(x

²

− 1)

ⁿ

f

⁽ⁿ⁾

(x).

d/ En déduire que hP

_n

, P

_m

i

₂

= 0 si n 6= m, puis que P

_n+1

(X) est orthogonal à R

n

[X].

On admettra que α

_n

:= kP

_n

k

₂

= 2

ⁿ

n! √

√ 2

n + 1 . Pour les curieux, cela peut se faire avec le changement de variable x = sin(θ) puis en utilisant les intégrales de Wallis.

e/ Montrer que pour tout f ∈ C

⁰

([−1, 1], R ), le problème argmin n

kf − P k

²₂

, P ∈ R

ⁿ

[X ] o

,

admet une unique solution, et que celle là est donnée par [P

E_n

(f )] (x) := P

n k=0

1

α

²_k

hf, P

k

i

2

P

k

(x).

Les polynômes P

n

sont les polynômes de Legendre (à un facteur près).

a/ En développant (x

²

− 1)

ⁿ

, on voit que (x

²

− 1)

ⁿ

= x

²ⁿ

+ · + (−1)

ⁿ

est un polynôme de degré 2n, et de coefficient dominant 1. En dérivant n fois ce polynôme, on obtient un polynôme de degré n, de coefficient dominant

(2n)(2n − 1) · · · (n + 1) = (2n)!

n! .

b/ Comme P

n

(X) est de degré (exactement) n, la famille (P

0

, · · · , P

n

) est une famille libre de (n + 1) éléments dans R

n

[X ], qui est de dimension n + 1. C’est donc une famille génératrice, et E

n

= R

n

[X ].

c/ On intègre par partie Z

1

−1

d

ⁿ

dx

ⁿ

(x

²

− 1)

f (x)dx = − Z

1

−1

d

ⁿ⁻¹

dx

ⁿ⁻¹

(x

²

− 1)

f

⁽¹⁾

(x)dx +

d

ⁿ⁻¹

dx

ⁿ⁻¹

(x

²

− 1)

f (x)

¹

−1

. Le dernier terme entre crochet s’annule. En effet, le polynôme (x

²

− 1)

ⁿ

= (x − 1)

ⁿ

(x + 1)

ⁿ

a −1 et 1 comme racine, chacune de multiplicité n. Donc en dérivant (n − 1) fois ce polynôme, −1 et 1 sont encore des racines de multiplicité 1.

En continuant d’intégrer par partie, et en remarquant que tous les termes de bords s’annulent, on obtient comme prévu

Z

1

−1

d

ⁿ

dx

ⁿ

(x

²

− 1)

f (x)dx = − Z

1

−1

d

ⁿ⁻¹

dx

ⁿ⁻¹

(x

²

− 1)

f

⁽¹⁾

(x)dx

= Z

1

−1

d

ⁿ⁻²

dx

ⁿ⁻²

(x

²

− 1)

f

⁽²⁾

(x)dx

= .. .

= (−1)

ⁿ

Z

1

−1

(x

²

− 1)f

⁽ⁿ⁾

(x)dx.

d/ Si n 6= m, on peut supposer n > m. Dans ce cas, on a P

m⁽ⁿ⁾

= 0 (on dérive n fois un polynôme de degré m < n). On a alors, d’après la question précédente,

hP

n

, P

m

i

2

= (−1)

ⁿ

Z

1

−1

(x

²

− 1)

ⁿ

P

_m⁽ⁿ⁾

(x)dx = 0.

Ainsi, la famille (P

n

) est orthogonale pour le produit scalaire h·, ·i

2

. On peut calculer kP

n

k

²₂

. On a P

n⁽ⁿ⁾

(X ) = (2n)!, donc

kP

n

k

²₂

= (−1)

ⁿ

(2n)!

Z

1

−1

(x

²

− 1)

ⁿ

dx = (2n)!

Z

1

−1

(1 − x

²

)

ⁿ

Pour calculer cette dernière intégrale, on peut tout développer... on peut aussi faire le changement de variable x = sin(θ). On obtient

I

n

:=

Z

1

−1

(1 − x

²

)

ⁿ

dx = Z

π

−π

cos

²ⁿ⁺¹

(θ)dθ.

On reconnaît l’intégrale de Wallis. On a I

0

= 2, puis, en intégrant par partie (on écrit cos

²ⁿ⁺¹

= cos

²ⁿ

sin

⁰

), on obtient

I

_n

= Z

π

−π

2n cos

²ⁿ⁻¹

(θ) sin

²

(θ)dθ +

cos

²ⁿ

(θ) sin(θ)

^π

−π

| {z }

=0

= 2n Z

π

−π

cos

²ⁿ⁻¹

(θ)(1 − cos

²

(θ))dθ = 2n (I

_n−1

− I

_n

) .

Donc I

_n

(1 + 2n) = 2nI

_n−1

, et enfin I

n

= 2n

2n + 1 I

n−1

= 2n(2n − 2) · · · 2

(2n + 1)(2n − 1) · · · 1 I

0

= 2 [2n(2n − 2) · · · 2]

²

(2n + 1)! = 2 [2

ⁿ

n!]

²

(2n + 1)! .

Au final, on obtient

kP

n

k

²₂

= (2n!)2 [2

ⁿ

n!]

²

(2n + 1)! = 2

(2n + 1) [2

ⁿ

n!]

²

, donc α

n

:= kP

n

k =

√

√ 2

2n + 1 2

ⁿ

n! .

e/ D’après le cours, le minimum est atteint par la projection de f sur R

n

[X] (pour le produit scalaire h·, ·i

2

).

La formule de projection lorsqu’on a une famille orthogonale (comme ici) est donnée dans le cours.

Exercice 5. (Polynômes de meilleur approximation pour la norme ∞)

Dans cet exercice, on cherche le polynôme unitaire P de degré n qui minimise l’erreur kP k

_∞

:= max

_[−1,1]

|P |.

On pose

∀x ∈ [−1, 1], T

n

(x) := cos(n arccos(x)).

a/ Montrer que T

0

(x) = 1 et T

1

(x) = x, puis que pour tout n ≥ 1, on a

¹

T

n+1

(x) = 2xT

n

(x) − T

_n−1

(x).

b/ Soit P

n

(x) := 2

⁻⁽ⁿ⁻¹⁾

T

n

(x).

(i) Montrer que P

n

est un polynôme unitaire de degré n qui vérifie kP

n

k

_∞

=

₂n−1¹

.

(ii) Soit x

k

:= cos(

^k_n

π) pour 0 ≤ k ≤ n. Montrer que P

n

(x

k

) =

⁽⁻¹⁾₂n−1^k

(notez l’alternance de signes).

c/ On suppose qu’il existe Q ∈ R

n

[X ] unitaire tel que kQk

_∞

= α <

₂n−1¹

, et soit E(x) := P

n

(x) − Q(x).

(i) Montrer que E ∈ R

n−1

[X] et que sgn E(x

k

) = sgn P

n

(x

k

).

(ii) En déduire que E s’annule au moins n fois, puis conclure.

Les polynômes T

n

sont les polynômes de Chebyshev.

a/ On a T

0

(x) = cos(0) = 1 et T

1

(x) = cos arccos(x) = x. De plus, en posant t = arccos(x), on a cos((n + 1)t) + cos((n − 1)t) = 2 cos(nt) cos t et donc T

n+1

(x) + T

n−1

(x) = 2T

n

x.

b/ Le point (i) est une récurrence immédiate. On a aussi |T

n

(x)| ≤ max | cos | = 1, et donc kP

n

k ≤

₂n−1¹

. Pour le deuxième point, on a

T

_n

(x

_k

) = cos(n k

n π) = cos(kπ) = (−1)

^k

.

c/ Pour le premier point, E est la différence de deux polynômes unitaire de degré n, donc est un polynôme de degré (n − 1). De plus, comme kQk

_∞

<

_2−(n−1)¹

, on a |Q(x

_k

)| < |P

_n

(x

_k

)|, et donc E(x

_k

) est du signe de P

_n

. Pour le deuxième point, E alterne de signes sur chaque intervalle (x

_k

, x

_k+1

), donc s’annule au moins une fois sur chacun de ces intervalles. Il y a n tels intervalles, donc E s’annule n fois. Au final, E est un polynôme unitaire de degré (n − 1) qui s’annule n fois, ce qui est impossible. On a montré que

sup

P∈Rn[X], P unitaire

max

[−1,1]

|P |

= 1

2

ⁿ⁻¹

.

1. On pourra utiliser l’identitécos(a+b) + cos(a−b) = 2 cosacosb.