Exercices de Math´ematiques
Espaces pr´ehilbertiens (II)
´Enonc´es
´Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit E un espace pr´ehilbertien r´eel.
Montrer que pour tous x, y de E, 2 + kx + yk2 ≤ 2(1 + kxk2)(1 + kyk2).
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Z 1
Calculer la valeur minimum de Ia,b =
b ce minimum est atteint.
0
(t ln t − at − b)2 dt et dire pour quelles valeurs de a et
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Soit E un espace pr´ehilbertien sur R.
On suppose qu’il existe n vecteurs unitaires e1, e2, . . . , en tels que, pour tout vecteur x de E,
on ait kxk2 =
< ek, x >2.
n
X
k=1
1. Montrer que les vecteurs ek sont orthogonaux deux `a deux.
2. Montrer que ces vecteurs forment une base orthonorm´ee de E.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
On munit E = R[X] du produit scalaire < P, Q >=
Z 1
P (t)Q(t) dt.
0
Soit ϕ la forme lin´eaire sur E d´efinie par ϕ(P ) = P (0).
Montrer qu’il n’existe pas de vecteur A de E tel que, pour tout P de E, ϕ(P ) = < A, P >.
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soit E un espace pr´ehilbertien sur R. Soit p un projecteur de E.
Montrer que les deux conditions suivantes sont ´equivalentes :
a) Le noyau de p et l’image de p sont deux sous-espaces orthogonaux.
b) Pour tout vecteur x de E, kp(x)k ≤ kxk.
Que devient ce r´esultat si E est euclidien, c’est-`a-dire si E est de dimension finie ?
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Jean-Michel Ferrard
Exercices de Math´ematiques
Espaces pr´ehilbertiens (II)
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Poser A = 2(1 + kxk2)(1 + kyk2) et B = 2 + kx + yk2.
V´erifier que A − B = 2 kxk2 kyk2 + kx − yk2.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Sur E = C([0, 1], R), consid´erer le produit scalaire : < f, g > =
Soit F le sous-espace de E des polynˆomes de degr´e ≤ 1.
Soit ϕ ∈ E d´efinie par ϕ(t) = t ln t, avec ϕ(0) = 0.
Z 1
0
f (t)g(t) dt.
Le probleme pos´e ´equivaut a rechercher la projection orthogonale P de ϕ sur F .
On r´esout le syst`eme form´e par < P, 1 > = < ϕ, 1 > et < P, t > = < ϕ, t >.
On trouve P (t) = −
1
3
Publicité
+
1
6
t. Le minimum cherch´e est m = kϕ − P k =
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
√
3
18
.
1. Appliquer l’hypothese aux ej, et en d´eduire qu’ils sont orthogonaux deux a deux.
2. Soit F le sous-espace engendr´e par les ej, et p la projection orthogonale de E sur F .
Pour tout u de E, v´erifier que kp(u)k2 = kuk2. En d´eduire p(u) = u.
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Par l’absurde, on suppose que A existe. Consid´erer P = XA, et en d´eduire que A = 0.
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– (a) ⇒ (b) : appliquer Pythagore `a l’´egalit´e x = p(x) + (x − p(x)).
– (b) ⇒ (a) : Soient y = p(x) ∈ Im p, et z ∈ Ker p.
Pour tout λ, on a kp(λy + z)k2 ≤ kλy + zk2.
En d´eduire que la fonction affine λ → 2λ < y, z > + kzk2 reste positive ou nulle sur R.
– Si E est euclidien, cela ´equivaut `a dire que Ker p = (Im p)⊥.
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Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On pose A = 2(1 + kxk2)(1 + kyk2) et B = 2 + kx + yk2.
A − B = 2(1 + kxk2)(1 + kyk2) − 2 − kx + yk2
= 2(1 + kxk2 + kyk2 + kxk2 kyk2) − 2 − kxk2 − kyk2 − 2 < x, y >
= 2 kxk2 kyk2 + kxk2 + kyk2 − 2 < x, y > = 2 kxk2 kyk2 + kx − yk2
Donc A − B ≥ 0, ce qui prouve l’in´egalit´e demand´ee (et il n’y a ´egalit´e que si x = y =
−→
0 .)
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On d´efinit un produit scalaire sur E = C([0, 1], R) en posant : < f, g > =
Z 1
0
f (t)g(t) dt.
Soit F le sous-espace de E form´e des polynˆomes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 1.
Notons ϕ l’application de E d´efinie par ϕ(t) = t ln t, avec ϕ(0) = 0.
Le probleme pos´e ´equivaut donc a la recherche de P dans F qui minimise la quantit´e kϕ − P k.
On sait que ce probl`eme a une solution unique : la projection orthogonale P de ϕ sur F .
(cid:26) < P − ϕ, 1 > = 0
< P − ϕ, t > = 0
Cette projection est l’unique vecteur P (t) = a + bt de F tel que
Il s’agit donc de r´esoudre le syst`eme (S) :
(cid:26) < P, 1 > = < ϕ, 1 >
< P, t > = < ϕ, t >
Or < ϕ, 1 > =
Z 1
0
t ln t dt =
h t2
2
i1
ln t
Publicité
Z 1
1
2
t dt = −
1
4
.
Z 1
0
t2 ln t dt =
−
0
h t3
3
0
i1
0
ln t
−
De mˆeme, < ϕ, t > =
Enfin, en posant P (t) = a + bt, < P, 1 > = a +
Le systeme (S) est donc ´equivalent a :
b
2
b
3
a +
a
2
+
Z 1
0
t2 dt = −
et < P, t > =
1
3
b
2
.
1
9
a
2
+
b
3
.
= −
= −
1
4
1
9
⇔
a = −
1
Publicité
3
b =
1
6
Par “Pythagore”, le minimum recherch´e kϕ − P k est tel que kϕ − P k2 = kϕk2 − kP k2.
Or kϕk2 =
Z 1
0
t2(ln t)2 dt =
h t3
3
(ln t)2i1
0
t2 ln t dt = −
2
3
Z 1
0
t2 ln t dt =
2
27
.
De mˆeme, kP k2 =
1
36
Z 1
0
(−2 + t)2 dt =
Le minimum m des I(a, b) v´erifie donc m2 =
2
27
−
7
108
=
1
108
. Ainsi m =
r 1
108
=
√
3
18
.
Z 1
0
.
−
2
3
7
108
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Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
n
X
1. Pour tout vecteur ej, on a : 1 = kejk2 =
k=1
< ek, ej >2 = 1 +
< ek, ej >2.
X
k6=j
On en d´eduit j 6= k, < ej, ek >= 0. Les vecteurs ek sont donc orthogonaux deux `a deux.
2. Soit F le sous-espace de E engendr´e par les n vecteurs orthonorm´es e1, e2, . . . , en.
Soit p la projection orthogonale de E sur F .
Pour tout u de E, p(u) =
n
X
k=1
< ek, u > ek et donc kp(u)k2 =
n
X
k=1
< ek, u >2= kuk2.
On sait d’autre part que kuk2 = kp(u)k2 + ku − p(u)k2 (Pythagore).
Ainsi u − p(u) =
Les vecteurs e1, e2, . . . , en forment donc une base orthonorm´ee de E.
−→
0 . Autrement dit, pour tout u de E, u = p(u) ∈ F . Donc F = E.
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On raisonne par l’absurde et on suppose qu’un tel polynˆome A existe.
Z 1
tA2(t) dt = 0.
En utilisant P = XA, on alors < XA, A >= ϕ(XA) = 0, c’est-`a-dire
Puisque l’application t → tA2(t) est continue, de signe constant et d’int´egrale nulle sur [0, 1],
cette application est identiquement nulle sur cet intervalle.
Le polynˆome A est donc nul sur ]0, 1], donc identiquement nul.
La forme lin´eaire ϕ est donc nulle, ce qui est absurde car par exemple ϕ(1) = 1.
0
Corrig´e de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Supposons que l’hypoth`ese (a) soit r´ealis´ee. Cela signifie que (Im p)⊥ ⊂ Ker p.
Pour tout vecteur x de E, on sait que x − p(x) est dans Ker p.
L’´egalit´e x = p(x) + (x − p(x)) donne alors, par Pythagore :
kp(x)k2 = kxk2 − kx − p(x)k2 ≤ kxk2, et donc kp(x)k ≤ kxk.
– R´eciproquement, on suppose que pour tout x de E, kp(x)k ≤ kxk.
Soient y = p(x) un ´el´ement de Im p (donc un vecteur invariant par p) et z un vecteur de
Ker p. Il faut montrer que y et z sont orthogonaux.
Pour tout scalaire λ, on a l’in´egalit´e kp(λy + z)k2 ≤ kλy + zk2.
Or p(λy + z) = λp(y) + p(z) = λy, et kλy + zk2 = λ2 kyk2 + 2λ < y, z > + kzk2.
On en d´eduit que la fonction affine λ → 2λ < y, z > + kzk2 reste positive ou nulle sur R, ce
qui n’est possible que si le produit scalaire < y, z > est nul.
On a donc d´emontr´e (a) ⇔ (b).
– Si E est euclidien, les seules projections de E qui v´erifient kp(x)k ≤ kxk pour tout x sont
donc les projections orthogonales c’est-`a-dire les projections telles que Ker p = (Im p)⊥.
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