Exercices sur les espaces préhilbertiens réels

(1)

Espaces préhilbertiens réels

Produit scalaire

Exercice 1 [ 03480 ][correction]

On noteE=R[X] et on considère l’applicationϕ:E×E→Rdonnée par ϕ(P, Q) =

Z +∞

0

P(t)Q(t)e^−tdt a) Justifier que l’applicationϕest bien définie deE×E versR. b) Montrer que l’applicationϕdéfinit un produit scalaire surE.

c) Pourp, q∈N, calculerϕ(X^p, X^q).

d) Orthonormaliser par le procédé de Gram-Schmidt la famille (1, X, X²).

Soientaun vecteur unitaire d’un espace préhilbertien réelE,kun réel et ϕ:E×E→Rl’application déterminée par

ϕ(x, y) =hx, yi+khx, ai hy, ai

Donner une condition nécessaire et suffisante pour queϕsoit un produit scalaire.

SoitE=C¹([0,1],R). Pourf, g∈E, on pose ϕ(f, g) =

Z 1 0

f⁰(t)g⁰(t) dt+f(1)g(0) +f(0)g(1) Montrer queϕdéfinit un produit scalaire surE.

Calculs dans un espace préhilbertien réel

Démontrer que la boule unité ferméeB d’un espace préhilbertien réel est strictement convexe i.e. que pour toutx, y∈B différents et toutt∈]0,1[, k(1−t)x+tyk<1.

On munitE=C([a, b],R) du produit scalaire défini par (f |g) =

Z b a

f(t)g(t) dt

En exploitant le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass, établir que l’orthogonal du sous-espace vectorielF deE formé des fonctions polynomiales est réduit à{0}.

SoitEun espace préhilbertien réel.

a) Etablir que pour tout sous-espace vectorielF deE, ¯F ⊂F^⊥⊥. Désormais, on supposeE=R[X] muni du produit scalaire défini par

(P|Q) = Z 1

−1

P(t)Q(t) dt b) Montrer que

H =

P ∈R[X]/ Z 1

−1

|t|P(t) dt= 0

est un hyperplan fermé deE.

c) SoitQ∈H^⊥. Etablir que pour toutP ∈R[X], Z 1

−1

P(t)Q(t) dt= Z 1

−1

|t|P(t) dt Z 1

−1

Q(t) dt

d) Etablir queH^⊥ ={0} et conclure qu’ici l’inclusion ¯H ⊂H^⊥⊥ est stricte.

Soientx1, . . . , xn des vecteurs d’un espace préhilbertien réel E.

On suppose qu’il existeM ∈Rtel que

∀(ε1, . . . , ε_n)∈ {1,−1}ⁿ,

n

X

k=1

ε_kx_k

6M

Montrer

n

X

k=1

kxkk²6M²

(2)

On munit l’espaceE=C([0,1],R) du produit scalaire hf, gi=

Z 1 0

f(x)g(x) dx Pourf ∈E, on note F la primitive def qui s’annule en 0

∀x∈[0,1], F(x) = Z x

0

f(t) dt

et on considère l’endomorphismevdeE déterminé par v(f) =F.

a) Déterminer un endomorphismev^?vérifiant

∀f, g∈E,hv(f), gi=hf, v^?(g)i b) Déterminer les valeurs propres de l’endomorphismev^?◦v.

SoitF un sous-espace vectoriel d’un espace préhilbertien réelE. Etablir F^⊥= ¯F^⊥

Soiente= (e_i)₁₆_i₆_n etf = (f_j)₁₆_j₆_n deux bases orthonormales d’un espace euclidienE.

Soitu∈ L(E). On pose

A=

n

X

i=1 n

X

j=1

(fi|u(ej))²

Montrer queAne dépend pas des bases orthonormales choisies

Soienta, bdeux vecteurs unitaires d’un espace euclidienE.

Déterminer le maximum sur la boule unité fermée def :x7→(a|x) (b|x)

Représentation d’une forme linéaire

a) Montrer l’existence et l’unicité deA∈Rn[X] tel que

∀P ∈Rn[X], P(0) = Z 1

0

A(t)P(t) dt b) Etablir queAest de degrén.

On définit surR[X] le produit scalaire hP |Qi=

Z 1 0

P(t)Q(t) dt

Existe-t-ilA∈R[X] tel que

∀P ∈R[X], P(0) =hA|Pi?

SoitE=R[X].

a) Montrer queϕ(P, Q) =R1

0 P(t)Q(t) dt définit un produit scalaire surE.

b) Soitθ:E→Rla forme linéaire définie parθ(P) =P(0).

Montrer qu’il n’existe pas de polynômeQtel que pour toutP ∈E on ait θ(P) =ϕ(P, Q).

Polynômes orthogonaux

On définit

Qn(X) = 1

2ⁿn! (X²−1)ⁿ(n)

a) Soitn>1. Montrer queQ_n possèdenracines simples dans ]−1,1[.

b) Montrer que

Qn=Xⁿ+ (X²−1)Rn(X) avecRn∈R[X]. En déduireQn(1) etQn(−1).

(3)

c) On pose, pour (P, Q)∈R[X]², hP, Qi=

Z 1

−1

P(t)Q(t) dt Montrer queQ_n est orthogonal àRn−1[X].

d) CalculerkQnk².

On munitR[X] du produit scalaire hP, Qi=

Z 1

−1

P(t)Q(t) dt

a) Etablir l’existence et l’unicité d’une suite de polynômes (Pn) formée de polynômes deux à deux orthogonaux avec chaquePn de degrénet de coefficient dominant 1.

b) Etudier la parité des polynômesPn.

c) Prouver que pour chaquen>1, le polynômePn+1−XPn est élément de l’orthogonal àRn−2[X].

d) En déduire alors qu’il existeλn∈Rtel que Pn+1=XPn+λnPn−1

Soientn∈N^?,E=Rn[X] et

h,i: (P, Q)∈E²7→ hP, Qi= Z +∞

0

P(t)Q(t)e^−tdt

a) Justifier la définition deh,iet montrer qu’il s’agit d’un produit scalaire.

On poseF={P ∈E, P(0) = 0}. On cherche à déterminerd(1, F). On note (P₀, . . . , Pn) l’orthonormalisée de Schmidt de (1, X, . . . , Xⁿ).

b) CalculerPk(0)².

c) Déterminer une base deF^⊥ que l’on exprimera dans la base (P0, . . . , Pn). En déduired(1, F^⊥) etd(1, F).

Familles obtusangles

SoitF= (x1, . . . , xn) une famille den>2 vecteurs d’un espace préhilbertien réel.

On suppose

∀16i6=j6n,(xi|xj)<0

Montrer que toute sous famille den−1 vecteurs deF est libre.

[Famille obtusangle]

Soitx1, x2, ..., xn+2 des vecteurs d’un espace vectoriel euclidienE de dimension n∈N^?.

Montrer qu’il est impossible que

∀16i6=j6n+ 2, (xi|xj)<0

Soientx1, x2, ..., xn+2 des vecteurs d’un espace vectoriel euclidienEde dimension n∈N^?.

Montrer qu’il est impossible que

∀i6=j,(x_i |x_j)<0 On pourra commencer par les casn= 1 etn= 2

Eléments propres d’endomorphismes euclidiens

Soitaun vecteur normé d’un espace vectoriel euclidien E. Pour toutα∈R, on considère l’endomorphisme

f_α:x7→x+α(a|x)a

a) Préciser la composéef_α◦f_β. Quelles sont lesf_α bijectives ? b) Déterminer les éléments propres defα.

Soienta, bdeux vecteurs unitaires d’un espace vectoriel euclidienE etf l’application deE versE donnée par

f :x7→x−(a|x)b a) A quelle condition la fonctionf est-elle bijective ? b) Exprimerf⁻¹(x) lorsque c’est le cas.

c) A quelle condition l’endomorphismef est-il diagonalisable ?

(4)

Projections orthogonales

Soitpune projection d’un espace vectoriel euclidienE.

Montrer que la projectionpest orthogonale si, et seulement si,

∀x∈E,kp(x)k6kxk

Soitpun projecteur d’un espace euclidienE vérifiant

∀x∈E,hp(x), xi>0 Montrer quepest un projecteur orthogonal.

SoientE un espace vectoriel euclidien muni d’une base orthonormée

e= (e₁, . . . , en) etF un sous-espace vectoriel deE muni d’une base orthonormée (x1, . . . , xp). Montrer que la matrice depF dans la baseeest

p

X

k=1

X_k^tX_k

oùX_k est la colonne des coordonnées du vecteur x_k danse.

On poseE=C¹([0,1],R) et

∀f, g∈E,hf, gi= Z 1

0

f(t)g(t) dt+ Z 1

0

f⁰(t)g⁰(t) dt a) Montrer queh., .idéfinit un produit scalaire surE.

b) On pose

V ={f ∈E/f(0) =f(1) = 0} et W =

f ∈E/f estC² etf⁰⁰=f Montrer queV etW sont supplémentaires et orthogonaux.

Exprimer la projection orthogonale surW. c) Soientα, β∈Ret

Eα,β={f ∈E/f(0) =αet f(1) =β}

Calculer

f∈Einfα,β

Z 1 0

f(t)²+f⁰(t)² dt

On définit une applicationϕ:R[X]×R[X]→Rpar ϕ(P, Q) =

Z +∞

0

P(t)Q(t)e^−tdt a) Montrer queϕdéfinit un produit scalaire surR[X].

b) Calculerϕ(X^p, X^q).

c) Déterminer

inf

(a,b)∈R²

Z +∞

0

e^−t(t²−(at+b))²dt

Calculer

inf Z 1

0

t²(lnt−at−b)²dt,(a, b)∈R²

Familles totales

[Formule de Parseval]

On suppose que (e_n)n∈Nest une famille orthonormale totale d’un espace préhilbertienE. Montrer que pour toutx∈E,

kxk²=

+∞

X

n=0

|(en|x)|²

Produit scalaire et transposition matricielle

SoitA∈ M_n(R). Comparer d’une part les espaces kerAet ker(^tAA) et d’autre part les espaces

ImAet Im(A^tA)

(5)

SoientA∈ Mn(R) vérifiant A²= 0.

a) Etablir

ker(^tA+A) = ker(A)∩ker(^tA) b) En déduire

tA+A∈GL_n(R)⇔ImA= kerA

SoitA∈ Mn(R) vérifiant

∀X ∈ Mn,1(R),kAXk6kXk

oùk.k désigne la norme euclidienne usuelle sur l’espace des colonnes.

Etablir

∀X ∈ M_n,1(R), ^tAX

6kXk

SoitA∈ Mn(R) vérifiant

∀X ∈ Mn,1(R),kAXk6kXk

oùk.k désigne la norme euclidienne usuelle sur l’espace des colonnes.

a) Etablir

∀X ∈ M_n,1(R), ^tAX

6kXk b) SoitX ∈ Mn,1(R). Montrer que siAX=X alors^tAX=X c) Etablir

Mn,1(R) = ker(A−In)⊕Im(A−In)

SoitA∈ M_n(R). Etablir

rg(^tAA) = rgA

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

a) PourP, Q∈E, la fonction f :t7→P(t)Q(t)e^−test définie et continue par morceaux sur [0,+∞[ et intégrable cart²f(t)−−−−→

t→+∞ 0.

b) L’applicationϕest clairement bilinéaire symétrique et positive.

Siϕ(P, P) = 0 alors par intégration d’une fonction continue positive on obtient

∀t∈[0,+∞[, P(t)²e^−t= 0

et doncP admet une infinité de racines (les éléments de [0,+∞[), c’est donc le polynôme nul.

c) PosonsI_n=R+∞

0 tⁿe^−tdtde sorte queϕ(X^p, X^q) =I_p+q. Par intégration par parties

Z A 0

tⁿe^−tdt=

−tⁿe^−tA 0 +n

Z A 0

tⁿ⁻¹e^−tdt

et quandA→+∞, on obtientIn =nI_n−1. SachantI0= 1, on conclut In =n! et ϕ(X^p, X^q) = (p+q)!

d) Notons que la famille (1, X, X²) est libre et qu’il est donc licite de l’orthonormaliser par le procédé de Schmidt. On poseP₀= 1.

On chercheP₁=X+λP₀ avec (P₀|P₁) = 0 ce qui donne 1 +λ= 0 et donc P1=X−1.

On chercheP2=X²+λP0+µP1avec (P0|P2) = 0 et (P1|P2) = 0 ce qui donne 2 +λ= 0 et 4 +µ= 0 doncP2=X²−4X+ 2.

La famille orthonormalisée cherchée et alors (Q0, Q1, Q2) avec Q0= 1,Q1=X−1 etQ2=1

2 X²−4X+ 2

Il est immédiat queϕest une forme bilinéaire symétrique surE.

On a

ϕ(x, x) =kxk²+khx, ai² En particulier

ϕ(a, a) =kak²+kkak⁴= (1 +k)

Pour que la forme bilinéaire symétriqueϕsoit définie positive, il est nécessaire que 1 +k >0.

Inversement, supposons 1 +k >0.

Sik>0 alors ϕ(x, x)>kxk² et donc

∀x∈E\ {0E}, ϕ(x, x)>0 Sik∈]−1,0[,k=−αavecα∈]0,1[ et

ϕ(x, x) =kxk²−αhx, ai² Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

hx, ai²6kxk²kak²=kxk² donc

ϕ(x, x)>kxk²−αkxk²= (1−α)kxk² de sorte que

∀x∈E\ {0_E}, ϕ(x, x)>0

Ainsiϕest une forme bilinéaire symétrique définie positive donc un produit scalaire.

Finalement,ϕest un produit scalaire si, et seulement si, 1 +k >0.

L’applicationϕest bien définie deE×E→Ret clairement bilinéaire et symétrique.

Soitf ∈E.

ϕ(f, f) = Z 1

0

f⁰(t)²dt+ 2f(0)f(1) Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

Z 1 0

f⁰(t) dt ²

6 Z 1

0

f⁰(t)²dt et donc

Z 1 0

f⁰(t)²dt>(f(1)−f(0))² puis

ϕ(f, f)>f(1)²+f(0)²>0 Au surplus, siϕ(f, f) = 0 alorsf(0) =f(1) = 0, mais aussiR1

0 f⁰(t)²dt= 0. La fonctionf est donc constante égale à 0.

(7)

Par l’inégalité triangulaire

k(1−t)x+tyk6(1−t)kxk+tkyk61

De plus, s’il y a égalité alorskxk= 1, kyk= 1 et les vecteurs (1−t)xet tysont positivement liés.

Les vecteursxety étant unitaires et positivement liés, ils sont égaux. Ceci est exclu.

Soitf ∈F^⊥. Puisquef est continue sur le segment [a, b], par le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass :

∀ε >0,∃P ∈R[X],kf−Pk_∞,[a,b] 6ε On a alors

kfk²= Z b

a

f²= Z b

a

f(f−P) + Z b

a

f P = Z b

a

f(f−P)

avec

Z b a

f(f −P)

6(b−a)kfk_∞kf−Pk_∞6(b−a)kfk_∞ε

En faisant tendreεvers 0, on obtientkfk²= 0 doncf = 0. AinsiF^⊥⊂ {0}puis F^⊥={0}.

a) On saitF ⊂F^⊥⊥et F^⊥⊥ fermé donc ¯F⊂F^⊥⊥. b)H est le noyau de la forme linéaire

ϕ:P 7→

Z 1

−1

|t|P(t) dt

En vertu de l’inégalité de Cauchy-Schwarz,|ϕ(P)|6kPk et doncϕest continue.

Par suiteH est un hyperplan fermé.

c) PourP ∈R[X], on observe que R=P−

Z 1

−1

|u|P(u) du

appartient àH. La relation (R|Q) = 0 donne la relation voulue.

d) La relation précédente donne Z 1

−1

Q(t)− |t|

Z 1

−1

Q(u) du

P(t) dt= 0 pour toutP∈R[X]. Par suite

Q(t) =|t|

Z 1

−1

Q(u) du

Ceci n’est possible dansR[X] que siR1

−1Q(u) du= 0 et donc seulement siQ= 0.

AinsiH^⊥={0} puisH^⊥⊥=E alors que ¯H =H 6=E.

Casn= 1, c’est immédiat.

Casn= 2 :

Sikx+yk6M etkx−yk6M alors

kxk²+ 2(x|y) +kyk²6M²et kxk²−2(x|y) +kyk²6M²

Si (x|y)>0 alors première identité donnekxk²+kyk²6M², si (x|y)60, c’est la deuxième identité qui permet de conclure.

Supposons la propriété vraie au rangn>1.

Supposons

∀(ε1, . . . , ε_n+1)∈ {1,−1}ⁿ⁺¹,

n+1

X

k=1

ε_kx_k

6M

Par l’étude du casn= 2 appliquée au vecteur x=

n

X

k=1

ε_kx_k et y=x_n+1 on obtient

∀(ε1, . . . , εn)∈ {1,−1}ⁿ,

n

X

k=1

εkxk

2

+kxn+1k²6M² donc

∀(ε1, . . . , εn)∈ {1,−1}ⁿ,

n

X

k=1

εkxk

6 q

M²− kxn+1k²

(8)

Par hypothèse de récurrence

n

X

k=1

kxkk²6M²− kxn+1k² et l’on peut conclure.

Récurrence établie.

a) Par intégration par parties Z 1

0

F(x)g(x) dx=F(1)G(1)− Z 1

0

f(x)G(x) dx ce qui se réécrit

Z 1 0

F(x)g(x) dx= Z 1

0

f(x) (G(1)−G(x)) dx

Ainsi pour

v^?(g) :x7→G(1)−G(x) = Z 1

x

g(t) dt on vérifie quev^? est un endomorphisme deE vérifiant

∀f, g∈E,hv(f), gi=hf, v^?(g)i b)Soitλ∈Retf ∈E vérifiant (v^?◦v)(f) =λf.

La fonctionf est nécessairement dérivable et vérifie (λf(1) = 0

v(f)(x) =−λf⁰(x)

La fonctionf est donc nécessairement deux fois dérivable et vérifie







λf(1) = 0 λf⁰(0) = 0 f(x) =−λf⁰⁰(x) Siλ= 0 alorsf = 0 et donc λn’est pas valeur propre.

Siλ >0 alors en écrivantλ= 1/√

ω, l’équation différentielleλy⁰⁰+y= 0 donne la solution générale

y(t) =αcos(ωt) +βsin(ωt)

La conditionf⁰(0) = 0 donne β= 0 et la conditionf(1) = 0 donneαcos(ω) = 0.

Siω /∈π/2 +πNalorsf = 0 etλ= 1/√

ω n’est pas valeur propre.

En revanche, siω∈π/2 +πN, alors par la reprise des calculs précédents donne λ= 1/√

ω valeur propre associé au vecteur propre associéf(x) = cos(ωx).

Siλ <0 alors la résolution de l’équation différentielle linéaire à coefficients constants avec les conditions proposées donnef = 0 et doncλn’est pas valeur propre.

PuisqueF ⊂F, on a déjà¯

F¯^⊥⊂F^⊥ Soita∈F^⊥.

Pour toutx∈F¯, il existe une suite (xn) d’éléments deF telle quexn→x.

Puisque

∀n∈N,hxn, ai= 0 à la limite (le produit scalaire étant continue)

hx, ai= 0 et donca∈F¯^⊥.

Finalement, par double inclusionF^⊥= ¯F^⊥.

Puisque la basef est orthonormale, on a A=

n

X

j=1

ku(ej)k² et donc

A=

n

X

i=1 n

X

j=1

(ei|u(ej))²

NotonsM = (m_i,j) la matrice deudans la base orthonormalee. On a mi,j= (ei |u(ej))

et donc

A= tr ^tM M

(9)

Sie⁰ = (e⁰₁, . . . , e⁰_n) est une autre base orthonormale deE et siM⁰ est la matrice deudanse⁰, on peut écrire

M⁰=^tP M P avecP ∈ On(R) et alors

tr(^tM⁰M⁰) = tr(^tP^tM M P) = tr(^tM M P^tP) = tr(^tM M) Finalement, la quantitéAne dépend ni de choix def ni de celui dee.

Casa=b:

f(x) = (a|x)²et le maximum cherché est évidemment ena.

Casa=−b:

f(x) =−(a|x)²et le maximum cherché est évidemment en 0.

Cas restants :

Les vecteursa+b eta−b constituent une famille orthogonale.

Posons

e₁= a+b

ka+bk, e₂= a−b ka−bk

Les vecteurse1 ete2 forment une famille orthonormale que le peut compléter en une base orthonormale (ei)16i6n.

Pourxtel quekxk61, on peut écrire

x=x1e1+· · ·+xnen avecx²₁+· · ·+x²_n61 et alors

(a|x) =x1

1 + (a|b) ka+bk +x2

1−(a|b) ka−bk puis

f(x) =x²₁

1 + (a|b) ka+bk

²

−x²₂

1−(a|b) ka+bk

²

Le maximum cherché est pourx1= 1 etx2=. . .=xn= 0. Il vaut 1 + (a|b)

ka+bk 2

Cette formule convient aussi pour les cas initialement isolés.

a) Il est bien connu que l’application (P, Q)7→ hP, Qi=

Z 1 0

P(t)Q(t) dt

définit un produit scalaire surRn[X]. L’applicationP 7→P(0) est une forme linéaire surR[X] donc il existe un unique polynôme A∈Rn[X] tel que cette forme linéaire corresponde au produit scalaire avecA, ce qui revient à dire

∀P ∈Rⁿ[X], P(0) =hA, Pi= Z 1

0

A(t)P(t) dt

b) Si par l’absurde le degré deAest strictement inférieur ànalorsP =XAest élément deRn[X] et donc

Z 1 0

tA(t)²dt=P(0) = 0

Or la fonctiont7→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 déduitA= 0 ce qui est absurde.

Supposons l’existence d’un tel polynômeAet considérons P(X) =XA(X).

On a

0 =P(0) =hA|Pi= Z 1

0

tA(t)²dt

Par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive, on obtient

∀t∈[0,1], tA(t)²= 0

Le polynômeAadmet une infinité de racine, c’est donc le polynôme nul ce qui est absurde.

a) ras

b) Supposons qu’un tel polynômeQexiste et considéronsP =XQ.

On aθ(P) = 0 =R1

0 tQ²(t) dt doncQ= 0 d’où θ= 0. Absurde.

(10)

a) 1 et−1 sont racines de multipliciténdu polynôme (X²−1)ⁿ. 1 et−1 sont donc racines des polynômes

(X²−1)ⁿ, (X²−1)ⁿ0

,. . . , (X²−1)ⁿ(n−1)

En appliquant le théorème de Rolle, on peut alors montrer par récurrence sur k∈ {0, . . . , n}que (X²−1)ⁿ^(k)

possède au moinskracines dans l’intervalle ]−1,1[.

En particulierQn possède au moinsnracines dans ]−1,1[, or degQn=ndonc il n’y a pas d’autres racines que celles-ci et elles sont simples.

b) Raisonnons par récurrence surn∈N. Pourn= 0, c’est immédiat.

Supposons la propriété établie au rangn>0.

Qn+1(X) = 1

2ⁿ⁺¹(n+ 1)! 2(n+ 1)X(X²−1)ⁿ⁽ⁿ⁾ Par la formule de Leibniz

Q_n+1(X) = 1 2ⁿn!

X (X²−1)ⁿ⁽ⁿ⁾

+nX (X²−1)ⁿ(n−1) 1 et−1 sont racines du polynôme (X²−1)ⁿ(n−1)

et donc celui-ci peut s’écrire (X²−1)S(X).

En exploitant l’hypothèse de récurrence, on obtient

Qn+1(X) =Xⁿ⁺¹+X(X²−1)Rn(X)+2nX(X²−1)S(X) =Xⁿ⁺¹+(X²−1)Rn+1(X) Récurrence établie

c) Par intégration par parties successives et en exploitant l’annulation en 1 et−1 des polynômes

(X²−1)ⁿ, (X²−1)ⁿ0

,. . . , (X²−1)ⁿ(n−1)

on obtient

Z 1

−1

P(t)Qn(t) dt=(−1)ⁿ 2ⁿn!

Z 1

−1

P⁽ⁿ⁾(t)(t²−1)ⁿdt En particulier, siP ∈Rn−1[X],

Z 1

−1

P(t)Qn(t) dt= 0

d) Par la relation qui précède Z 1

−1

(Qn(t))² dt= 1 2ⁿn!

Z 1

−1

Q⁽ⁿ⁾_n (t)(1−t²)ⁿdt Puisque le polynôme (X²−1)ⁿ est unitaire et de degré 2n

(X²−1)ⁿ⁽²ⁿ⁾

= (2n)! etQ⁽ⁿ⁾_n =(2n)!

2ⁿn!

De plus, par intégration par parties successives Z 1

−1

(1−t²)ⁿdt= Z 1

0

(1−t)ⁿ(1 +t)ⁿdt=2²ⁿ⁺¹(n!)² (2n+ 1)!

Au final

kQnk²= 2 (2n+ 1)

a) Par récurrence surn>0, établissons l’existence et l’unicité de la sous-famille (Pk)06k6n telle que voulue.

Casn= 0 : le polynômeP0 vaut 1.

Supposons la propriété vraie au rangn>0.

Les polynômesP0, . . . , Pn sont alors déterminés de façon unique par l’hypothèse de récurrence et il reste seulement à formerP_n+1. Celui-ci peut s’écrire

Pn+1=Xⁿ⁺¹+Q(X) avecQ(X)∈Rn[X]

On veut (Pn+1|Pk) = 0 pour toutk∈ {0, . . . , n}. Le polynômeQdoit donc vérifier

∀k∈ {0, . . . , n},(Q(X)|Pk) =−(Xⁿ⁺¹|Pk)

Ces relations détermine entièrement le polynômeQpuisque (P₀, . . . , P_n) est une base orthogonale deRⁿ[X] :

Q=−

n

X

k=0

(Xⁿ⁺¹|P_k) kPkk² P_k Le polynômePn+1 existe donc et est unique.

b) La famille ((−1)ⁿPn(−X)) vérifie les mêmes conditions que celles ayant défini la suite (Pn). On en déduit

∀n∈N, Pn(−X) = (−1)ⁿPn(X)

(11)

c) SoitQ∈Rn−2[X].

On peut écrireQ=

n−2

P

k=0

a_kP_k et donc (P_n+1|Q) = 0.

On peut aussi écrireXQ=

n−1

P

k=0

a⁰_kP_k et donc (XP_n|Q) = (P_n|XQ) = 0.

On en déduit

∀Q∈Rn−2[X],(Pn+1−XPn |Q) = 0 d) Par simplification des termes de plus haut degré

P_n+1−XP_n ∈Rn[X] On peut donc écrire

P_n+1−XP_n=

n

X

k=0

α_kP_k

OrPn+1−XPn est orthogonal àP0, . . . , P_n−2 donc Pn+1−XPn =αnPn+α_n−1P_n−1 Enfin, par parité,αn= 0 et donc

Pn+1−XPn=α_n−1P_n−1

a) PourP, Q∈E, la fonction t7→P(t)Q(t)e^−test définie et continue par morceaux sur [0,+∞[ et vérifie

t²P(t)Q(t)e^−t−−−−→

t→+∞ 0

On peut donc affirmer que cette fonction est intégrable sur [0,+∞[ ce qui assure la bonne définition deh,i.

On vérifie aisément queh,iest une forme bilinéaire symétrique positive.

SihP, Pi= 0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive

∀t∈[0,+∞[, P(t)²e^−t= 0

On en déduit que le polynômeP admet une infinité de racines et doncP = 0.

b) Pourk>1 ouk= 0, on peut affirmer que les polynômesP_k etP_k⁰ sont orthogonaux car

P_k⁰ ∈Vect(P1, . . . , P_k−1)

Par une intégration par parties 0 =

Z +∞

0

P_k⁰(t)Pk(t)e^−tdt=1 2

Pk(t)²e^−t^+∞

0 +1

2 Z +∞

0

Pk(t)²e^−tdt On en déduit

Pk(0)²=kPkk²= 1

c)F est un hyperplan (car noyau de la forme linéaire non nulleP 7→P(0)). Son orthogonal est donc une droite vectorielle. SoitQun vecteur directeur de celle-ci.

On peut écrire

Q=

n

X

k=0

hPk, QiP_k Or

hP_k, Qi=hP_k−P_k(0), Qi+P_k(0)h1, Qi

Puisque le polynômePk−Pk(0) est élément deF, il est orthogonal àQet l’on obtient

hPk, Qi=Pk(0)h1, Qi ce qui permet d’écrire

Q=λ

n

X

k=0

Pk(0)Pk avecλ=h1, Qi 6= 0 On en déduit

d(1, F) =|h1, Qi|

kQk = 1

s n

P

k=0

P_k(0)²

= 1

√n+ 1

Enfin par Pythagore

k1k²=d(1, F)²+d(1, F^⊥)² et l’on obtient

d(1, F^⊥) = r n

n+ 1

Raisonnons par récurrence surn>2.

Pourn= 2 la propriété est immédiate car aucun vecteur ne peut être nul.

Soit (x₁, . . . , x_n+1) une famille de vecteurs vérifiant

∀16i6=j6n+ 1,(xi|xj)<0

(12)

Par projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel de dimension finie D= Vectxn+1, on peut écrire pour touti∈ {1, . . . , n}

x_i=y_i+λ_ix_n+1

avecyi un vecteur orthogonal àxn+1 etλi<0 puisque (xi|xn+1)<0.

On remarque alors

(xi|xj) = (yi|yj) +λiλjkxn+1k² et on en déduit

∀16i6=j 6n,(yi|yj)<0

Par hypothèse de récurrence, on peut affirmer que la famille (y2, . . . , yn) est libre et puisque ses vecteurs sont orthogonaux au vecteurxn+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 denvecteurs de la famille initiale (x₁, . . . , x_n, x_n+1).

Par récurrence surn∈N^?

Pourn= 1 : Soit uun vecteur unitaire deE. On peut écrire x1=λ1.u, x2=λ2.u, x3=λ3.u

On a alors

(x₁|x₂) =λ₁λ₂,(x₂|x₃) =λ₂λ₃,(x₃|x₁) =λ₃λ₁ Ces trois quantités ne peuvent être négatives car

λ1λ2λ2λ3λ3λ1= (λ1λ2λ3)²>0 Supposons la propriété établie au rang (n−1)∈N^?: Par l’absurde, supposons que la configuration soit possible : Nécessairementxn+26= 0.

PosonsF = Vect(xn+2)^⊥. On a dimF =n−1.

∀16i6n+ 1, x_i=y_i+λ_i.x_n+2 avecyi∈F etλi∈R.

Comme (xi|xn+2)<0 on aλi <0.

∀16i6=j 6n+ 1, (xi|xj) = (yi|yj) +λiλjkxn+2k²<0 donc (y_i|y_j)<0.

On peut appliquer l’hypothèse de récurrence à la famille (y₁, . . . , yn+1) formée de vecteurs qui évoluent dansF. Récurrence établie.

Casn= 1.

Supposons disposer de vecteursx1, x2, x3 tels que

∀i6=j,(xi |xj)<0 Puisquex₁6= 0, (x₁) est une base deE.

Cela permet d’écrirex₂=λx₁et x₃=µx₁.

(x2|x1)<0 et (x3|x1)<0 donneλ <0 etµ <0 mais alors (x2|x3) =λµkx1k²>0 !

Casn= 2.

Supposons disposer de vecteursx₁, ..., x₄ tels que

∀i6=j,(xi |xj)<0 x1 étant non nul on peut écrire

∀i>2, x_i=λ_ix₁+y_i avecy_i∈ {x1}^⊥ et λ_i<0.

On

∀i6=j>2,(x_i|x_j) =λ_iλ_j+ (y_i|y_j)<0 donc (y_i|y_j)<0.

y2, y3, y4se positionnant sur la droite{x1}^⊥, l’étude du casn= 1 permet de conclure.

Cas général.

Par récurrence surn>1.

Pourn= 1 : ci-dessus

Supposons disposer de vecteursx1, ..., xn+3 tels que

∀i6=j,(xi |xj)<0

à l’intérieur d’un espace vectoriel euclidien de dimensionn+ 1.

x1 étant non nul on peut écrire

∀i>2, x_i=λ_ix₁+y_i avecyi∈ {x1}^⊥ et λi<0.

On a

∀i6=j>2,(x_i|x_j) =λ_iλ_j+ (y_i|y_j)<0 donc (yi|yj)<0.

y₂, ..., y_n+3 se positionnant sur le sous-espace vectoriel {x₁}^⊥ qui est de dimension n, l’hypothèse de récurrence permet de conclure.

(13)

a)fα◦fβ=fα+β+αβ.

Siα=−1 alorsa∈kerfαet doncfαn’est pas bijective.

Siα6=−1 alors, pourβ =−_1+α^α ,

f_β◦f_α=f_α◦f_β =f₀= Id d’où la bijectivité defα.

b) Tout vecteur non nul orthogonal àaest vecteur propre associé à la valeur propre 1.

Tout vecteur non nul colinéaire àaest vecteur propre associé à la valeur propre 1 +α.

Pour une raison de dimension, il ne peut y avoir d’autres vecteurs propres.

a) L’applicationf est linéaire et l’espaceE est de dimension finie. Il suffit d’étudier l’injectivité def pour pouvoir conclure.

Six∈kerf alorsx= (a|x)b et donc (a|x) = (a|x)(a|b).

Si (a|x)6= 0 alors (a|b) = 1 et donca=b(par égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz).

Par contraposée sia6=b alors (a|x) = 0 etx= 0 doncf bijective.

En revanche sia=balorsa∈kerf etf n’est pas bijective.

b) Supposonsa6=b. Siy=f(x) alorsy=x−(a|x)b puis (a|y) = (a|x)(1−(a|b)) et donc

x=y+ (a|y) 1−(a|b)b c)

f(x) =λx⇔(a|x)b= (1−λ)x Soitλune valeur propre. Il existex6= 0 tel quef(x) =λxdonc

(a|x)b= (1−λ)xpuis (a|x)(a|b) = (1−λ)(a|x) ce qui donne (a|x) = 0 (qui impliqueλ= 1 avecE_λ(f) ={a}^⊥) ouλ= 1−(a|b).

Si (a|b) = 0 :λ= 1 est seule valeur propre et l’espace propre associé est l’hyperplan de vecteur normala.

L’endomorphisme n’est alors pas diagonalisable.

Si (a|b)6= 0 :λ= 1 etλ= 1−(a|b) sont valeurs propres et puisqueE1(f) est un hyperplan, l’endomorphisme est diagonalisable.

Sipest une projection orthogonale sur un sous-espace vectorielF alors

∀x∈E, x=p(x) + (x−p(x)) avecp(x)⊥(x−p(x)). Par le théorème de Pythagore

kxk²=kp(x)k²+kx−p(x)k²>kp(x)k² Inversement, soitpune projection telle que

∀x∈E,kp(x)k6kxk

Puisquepest une projection, les espacesF = Impet G= kerpsont

supplémentaires etpest la projection surF parallèlement àG. Il s’agit alors de montrer que ces deux espaces sont orthogonaux.

Soientu∈F, v∈Get λ∈R. Considérons le vecteur x=u+λ.v On ap(x) =uet kp(x)k²6kxk²ce qui donne

062λ(u|v) +λ²kvk²

Ceci valant pour toutλ∈R, on a nécessairement (u|v) = 0.

En effet, si (u|v)6= 0 alors

2λ(u|v) +λ²kvk² ∼

λ→02λ(u|v) ce qui est une expression qui change de signe.

Ainsi les espacesF et Gsont orthogonaux etpest donc une projection orthogonale.

Le projecteurpprojette sur Impparallèlement à kerp. Il est orthogonal si, et seulement si, Impet kerpsont des sous-espaces vectoriels orthogonaux. Soient x∈kerpety∈Imp. On a

∀λ∈R,hp(x+λy), x+λyi>0 ce qui donne

∀λ∈R,hλy, x+λyi>0

(14)

puis

∀λ∈R, λhy, xi+λ²hy, yi>0 Si par l’absurdehy, xi 6= 0 alors

λhy, xi+λ²hy, yi ∼

λ→0λhy, xi qui n’est pas de signe constant. C’est absurde.

On sait

p_F(x) =

p

X

k=1

(x_k|x)x_k donc

pF(ei) =

p

X

k=1

(^tXkEi)xk

en notantEi= Mate(ei).

Puisque^tXkEi est un réel, MatB(pF(ei)) =

p

X

k=1

(^tXkEi)Xk =

p

X

k=1

XktXkEi

puis

Mat_B(pF) =

p

X

k=1

XktXk

car (E₁| · · · |E_n) =I_n.

a) Vérification sans peine.

b) Soit (f, g)∈V ×W. On a hf, gi=

Z 1 0

f(t)g⁰⁰(t) +f⁰(t)g⁰(t) dt= [f(t)g⁰(t)]¹₀= 0 et les espacesV etW sont donc en somme directe.

Soitf ∈E. Posons

λ=f(0) etµ= f(1)−f(0)ch(1) sh(1)

On af =g+havech=λch +µsh∈W et g=f−h∈V par construction.

Les espacesV et W sont donc supplémentaires orthogonaux et l’on peut introduire la projection orthogonalepsurW. Par ce qui précède

p(f) =f(0)ch +f(1)−f(0)ch(1)

sh(1) sh

c) Soitg la fonction deEα,β définie par

g=αch +β−αch(1) sh(1) sh

Les fonctions deEα,β sont alors de la forme f =g+havechparcourantV et par orthogonalité deg eth

Z 1 0

f(t)²+f⁰(t)²

dt=kfk²=kgk²+khk² On en déduit

f∈Einfα,β

Z 1 0

f(t)²+f⁰(t)²

dt=kgk²=(α²+β²)ch(1)−2αβ sh(1)

a) symétrie, bilinéarité et positivité : ok Siϕ(P, P) = 0 alorsR+∞

0 P²(t)e^−tdt= 0 donc (fonction continue positive d’intégrale nulle)

∀t∈R⁺,P(t) = 0

Comme le polynômeP admet une infinité de racines, c’est le polynôme nul.

b) Par intégration par parties successives,R+∞

0 tⁿe^−tdt=n! donc ϕ(X^p, X^q) = (p+q)!

c) On interprète inf

(a,b)∈R²

Z +∞

0

e^−t(t²−(at+b))²dt=d(X²,R1[X])²=

X²−π

2

avecπ=aX+b le projeté orthogonal deX² surR1[X] (X²−π|1) = (X²−π|X) = 0 donne

(a+b= 2 2a+b= 6

(15)

Après résolutiona= 4,b=−2 et

(a,b)∈infR²

Z +∞

0

e^−t(t²−(at+b))²dt= 4

En introduisant l’espaceE des fonctions réellesf continues sur ]0,1] telles que t7→(tf(t))²soit intégrable et en munissant cet espace du produit scalaire

(f |g) = Z 1

0

t²f(t)g(t) dt

la quantité cherchée est :m=d(f, F)²avecf :t7→lnt etF = Vect(f0, f1) où f0(t) = 1 etf1(t) =t.

m=kf−p(f)k² avecpla projection orthogonale surF.

p(f)(t) =a+btavec (p(f)|f₀) = (f |f₀) et (p(f)|f₁) = (f |f₁).

La résolution du système ainsi obtenu donnea= 5/3 etb=−19/12.

m=kf−p(f)k²= (f−p(f)|f) = 1/432.

On sait déjà

+∞

X

n=0

(en|x)²6kxk² en vertu de l’inégalité de Bessel.

Par totalité de la famille, pour toutε >0, il existey∈Vect(en)n∈N tel que kx−yk6ε.

Le vecteury est une combinaison linéaire de la famille (e_n)_n∈_N donc il existe N ∈Ntel quey∈Vect(e₀, . . . , e_N) et donc

ε>kx−yk>kx−p(x)k

avecp(x) le projeté dexsur Vect(e0, . . . , eN) c’est-à-dire p(x) =

N

X

n=0

(e_n|x)e_n Par suite|kxk − kp(x)k|6kx−p(x)k6εdonne

kxk6kp(x)k+ε= v u u t

N

X

n=0

(en|x)²+ε6 v u u t

+∞

X

n=0

(en|x)²+ε

Ceci valant pour toutε >0, on obtientkxk6 s+∞

P

n=0

(e_n|x)² et finalement

kxk²=

+∞

X

n=0

(en|x)²

On sait kerA⊂ker(^tAA) et siX ∈ker(^tAA) alors^tAAX= 0 donc kAXk²=^tX^tAAX = 0

puisX∈kerA. Ainsi

kerA= ker(^tAA) Il en découle

rg(A) = rg(^tAA) puis

rg(A) = rg(^tA) = rg(^ttA^tA) = rg(A^tA) Or Im(A^tA)⊂ImAdonc

Im(A^tA) = ImA

a) Evidemment

ker(^tA+A)⊃ker(A)∩ker(^tA) Inversement, soitX ∈ker(^tA+A). On a

tAX+AX= 0 et donc

A^tAX+A²X=A^tAX= 0 puis

tXA^tAX= ^tAX

2= 0 On en déduit^tAX= 0 puis aussiAX= 0.

On peut alors conclure l’égalité demandée.

b) (⇒) Supposons^tA+Ainversible. On a alors

ker(^tA+A) = ker(A)∩ker(^tA) ={0}