Exercices de Mathématiques

Exercice 1 - Inégalité avec normes

(Note : le document source a subi une erreur d'extraction de caractères remplaçant la notation de la norme ||x|| par kxk. Nous utiliserons la notation standard ||x|| tout au long de cette correction pour garantir l'exactitude mathématique).

Pour démontrer l'inégalité demandée, nous allons étudier la différence entre les deux membres de l'équation. Soit A = 2(1 + ||x||²)(1 + ||y||²) et B = 2 + ||x + y||². Vérifions le signe de la différence A - B.

Tout d'abord, développons l'expression de A : A = 2(1 + ||x||² + ||y||² + ||x||² ||y||²) A = 2 + 2||x||² + 2||y||² + 2||x||² ||y||²

Ensuite, développons B en utilisant l'identité remarquable liée au produit scalaire, à savoir ||x + y||² = ||x||² + ||y||² + 2<x, y> : B = 2 + ||x||² + ||y||² + 2<x, y>

Soustrayons maintenant B de A : A - B = (2 + 2||x||² + 2||y||² + 2||x||² ||y||²) - (2 + ||x||² + ||y||² + 2<x, y>) A - B = ||x||² + ||y||² - 2<x, y> + 2||x||² ||y||²

On reconnaît dans les trois premiers termes le développement de ||x - y||². On peut donc regrouper : A - B = ||x - y||² + 2||x||² ||y||²

Dans un espace préhilbertien (réel), la norme d'un vecteur est toujours positive ou nulle. Par conséquent :

• ||x - y||² ≥ 0
• 2||x||² ||y||² ≥ 0

La somme de ces deux termes est donc positive ou nulle, ce qui prouve que A - B ≥ 0. On en déduit que B ≤ A, et donc l'inégalité 2 + ||x + y||² ≤ 2(1 + ||x||²)(1 + ||y||²) est bien démontrée. Il n'y a égalité que si ||x - y||² = 0 et ||x|| ||y|| = 0, c'est-à-dire uniquement lorsque x = y = 0.

Exercice 2 - Minimisation d'une distance

(Note : le symbole d'intégration Z de la source a été corrigé en ∫ pour la lisibilité).

Le problème nous demande de trouver le minimum de l'intégrale I(a,b) = ∫ (de 0 à 1) (t ln(t) - at - b)² dt.

On peut modéliser ce problème dans l'espace E des fonctions continues sur [0, 1] à valeurs dans R, muni du produit scalaire classique : <f, g> = ∫ (de 0 à 1) f(t)g(t) dt. Considérons la fonction ϕ définie par ϕ(t) = t ln(t) (prolongée par continuité avec ϕ(0) = 0). Soit F le sous-espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à 1. L'intégrale I(a,b) représente la distance au carré ||ϕ - P||² entre la fonction ϕ et un polynôme P(t) = at + b appartenant à F. Le minimum de cette distance correspond exactement à la distance entre ϕ et sa projection orthogonale sur F.

Cette projection orthogonale P est l'unique polynôme de F vérifiant les conditions d'orthogonalité suivantes : <P - 1 ϕ,> = 0 et <P - t ϕ,> = 0

Ce qui nous donne le système linéaire suivant :

1. <P, 1> = <ϕ, 1>
2. <P, t> = <ϕ, t>

Calculons les membres de droite (les produits scalaires avec ϕ) via des intégrations par parties. Pour <ϕ, 1> = ∫ (de 0 à 1) t ln(t) dt : Posons u = ln(t) ⇒ u' = 1/t Posons v' = t ⇒ v = t²/2 <ϕ, 1> = [ (t²/2) ln(t) ] (de 0 à 1) - ∫ (de 0 à 1) (t/2) dt La limite en 0 du premier terme est nulle, tout comme la valeur en 1. <ϕ, 1> = 0 - [ t²/4 ] (de 0 à 1) = -1/4.

Pour <ϕ, t> = ∫ (de 0 à 1) t² ln(t) dt : Posons u = ln(t) ⇒ u' = 1/t Posons v' = t² ⇒ v = t³/3 <ϕ, t> = [ (t³/3) ln(t) ] (de 0 à 1) - ∫ (de 0 à 1) (t²/3) dt = 0 - [ t³/9 ] (de 0 à 1) = -1/9.

Afin de rester parfaitement cohérent avec l'énoncé (l'expression "at + b"), posons P(t) = at + b. (Attention lors de vos révisions : le corrigé source interne inverse l'usage de "a" et "b" pour ses variables intermédiaires. Nous conserverons ici l'ordre rigoureux de l'énoncé).

Exprimons les produits scalaires avec P(t) : <P, 1> = ∫ (de 0 à 1) (at + b) dt = [ at²/2 + bt ] (de 0 à 1) = a/2 + b. <P, t> = ∫ (de 0 à 1) (at² + bt) dt = [ at³/3 + bt²/2 ] (de 0 à 1) = a/3 + b/2.

Le système d'équations devient donc : a/2 + b = -1/4 a/3 + b/2 = -1/9

Multiplions la deuxième équation par 2 : 2a/3 + b = -2/9. Soustrayons la première équation à cette nouvelle équation : (2/3 - 1/2)a = -2/9 - (-1/4) (4/6 - 3/6)a = -8/36 + 9/36 a/6 = 1/36 ⇒ a = 6/36 = 1/6.

Remplaçons a dans la première équation : (1/6)/2 + b = -1/4 ⇒ 1/12 + b = -3/12 ⇒ b = -4/12 = -1/3. Le polynôme cherché est donc P(t) = t/6 - 1/3, ce qui correspond aux valeurs a = 1/6 et b = -1/3.

Calculons enfin le minimum m, sachant que par le théorème de Pythagore, m² = ||ϕ - P||² = ||ϕ||² - ||P||². ||ϕ||² = ∫ (de 0 à 1) t² (ln(t))² dt. Par parties, en posant u = (ln(t))² et v' = t² : ||ϕ||² = [ (t³/3)(ln(t))² ] (de 0 à 1) - ∫ (de 0 à 1) (2/3) t² ln(t) dt. Le terme entre crochets s'annule, et on reconnaît l'intégrale calculée pour <ϕ, t> multipliée par 2/3 : ||ϕ||² = -(2/3) × (-1/9) = 2/27.

Calculons ||P||² = ∫ (de 0 à 1) (t/6 - 1/3)² dt : En développant ou en intégrant directement via changement de variable : ||P||² = [ 6 × (t/6 - 1/3)³ / 3 ] (de 0 à 1) = 2 × ( (-1/6)³ - (-1/3)³ ) ||P||² = 2 × ( -1/216 + 1/27 ) = 2 × ( -1/216 + 8/216 ) = 2 × 7/216 = 7/108.

Le minimum au carré est m² = 2/27 - 7/108 = 8/108 - 7/108 = 1/108. Le minimum atteint par l'intégrale est donc m = √(1/108) = √3 / 18.

Exercice 3 - Propriétés d'une famille de vecteurs

L'hypothèse globale stipule que pour tout vecteur x de E : ||x||² = Σ (pour k de 1 à n) de <eₖ, x>².

Question 1 - Orthogonalité

Appliquons directement l'hypothèse de l'énoncé à l'un des vecteurs de la famille, notons-le eⱼ. Puisque eⱼ est un vecteur unitaire, sa norme est 1, donc ||eⱼ||² = 1. L'égalité de l'hypothèse donne alors : 1 = Σ (pour k de 1 à n) de <eₖ, eⱼ>²

Isolons le terme correspondant à k = j dans cette somme : 1 = <eⱼ, eⱼ>² + Σ (pour k ≠ j) de <eₖ, eⱼ>² Puisque le vecteur est unitaire, <eⱼ, eⱼ> = ||eⱼ||² = 1, donc <eⱼ, eⱼ>² = 1. L'équation se simplifie : 1 = 1 + Σ (pour k ≠ j) de <eₖ, eⱼ>² Ce qui amène à : Σ (pour k ≠ j) de <eₖ, eⱼ>² = 0

Une somme de termes au carré (donc des réels positifs ou nuls) ne peut être nulle que si chacun de ses termes est individuellement nul. Par conséquent, pour tout k différent de j, <eₖ, eⱼ>² = 0, ce qui implique <eₖ, eⱼ> = 0. Les vecteurs e₁, e₂, ..., eₙ sont bien orthogonaux deux à deux.

Question 2 - Base orthonormée

Nous venons de démontrer que la famille (e₁, e₂, ..., eₙ) est orthonormale. Il reste à prouver qu'elle engendre tout l'espace E. Soit F le sous-espace vectoriel engendré par cette famille, et p la projection orthogonale de E sur F. Par définition de la projection orthogonale sur un sous-espace muni d'une base orthonormée, pour tout vecteur u de E : p(u) = Σ (pour k de 1 à n) de <eₖ, u> eₖ

La norme au carré de ce projeté est : ||p(u)||² = Σ (pour k de 1 à n) de <eₖ, u>² D'après l'hypothèse fondamentale de l'énoncé, cette quantité n'est autre que ||u||². Ainsi, ||p(u)||² = ||u||².

Appliquons le théorème de Pythagore à la décomposition vectorielle u = p(u) + (u - p(u)) : ||u||² = ||p(u)||² + ||u - p(u)||² Puisque ||u||² = ||p(u)||², cela donne immédiatement : ||u - p(u)||² = 0

Un vecteur de norme nulle est le vecteur nul, donc u - p(u) = 0, ou encore u = p(u). Ceci indique que tout vecteur u de E appartient au sous-espace F. On a donc F = E. Puisque la famille est orthonormale et génératrice de E, elle constitue une base orthonormée de E.

Exercice 4 - L'inexistence d'un représentant scalaire

On munit l'espace des polynômes réels E = R[X] du produit scalaire <P, Q> = ∫ (de 0 à 1) P(t)Q(t) dt, et on définit la forme linéaire ϕ par ϕ(P) = P(0). Nous procédons par l'absurde en supposant qu'il existe un polynôme A dans E tel que pour tout P de E, ϕ(P) = <A, P>.

Si ce polynôme A existait, cette relation serait vraie pour n'importe quel choix de polynôme P. Choisissons judicieusement P(X) = X × A(X). D'une part, l'évaluation de ϕ donne : ϕ(P) = P(0) = 0 × A(0) = 0.

D'autre part, évaluons le produit scalaire correspondant : <A, P> = <A, A X> = ∫ (de 0 à 1) A(t) × t A(t) dt = ∫ (de 0 à 1) t A²(t) dt. Puisque nous avons supposé ϕ(P) = <A, P>, on en déduit : ∫ (de 0 à 1) t A²(t) dt = 0.

La fonction à l'intérieur de l'intégrale (t ↦ t A²(t)) est continue sur [0, 1]. De plus, pour tout t dans cet intervalle, t ≥ 0 et A²(t) ≥ 0, ce qui garantit que le produit t A²(t) est systématiquement positif ou nul. Or, si l'intégrale d'une fonction continue et positive est nulle, c'est que la fonction elle-même est identiquement nulle sur cet intervalle. On a donc t A²(t) = 0 pour tout t appartenant à [0, 1]. En excluant t = 0 (où l'équation n'apporte pas d'information sur A), pour tout t de l'intervalle ouvert ]0, 1], la stricte positivité de t permet de diviser l'expression et force A²(t) = 0, d'où A(t) = 0.

Le polynôme A admet donc une infinité de racines (tous les points de ]0, 1]). Le seul polynôme possédant une infinité de racines est le polynôme nul. Donc A = 0.

Si A est le polynôme nul, la relation de départ devient ϕ(P) = <0, P> = 0 pour tout P. La forme linéaire ϕ devrait donc toujours renvoyer 0, ce qui est contredit par le fait que pour le polynôme constant P = 1, on a ϕ(1) = 1 ≠ 0. Cette contradiction prouve qu'un tel vecteur A ne peut pas exister.

Exercice 5 - Projecteurs et normes euclidiennes

Soit p un projecteur d'un espace préhilbertien E. Un projecteur vérifie la propriété de décomposition de l'espace, permettant d'écrire n'importe quel vecteur x sous la forme x = p(x) + (x - p(x)), avec p(x) appartenant à l'image (Im p) et x - p(x) appartenant au noyau (Ker p).

Implication a) ⇒ b)

Supposons la condition (a) vraie : le noyau et l'image de p sont orthogonaux. Pour tout vecteur x de E, les vecteurs p(x) et (x - p(x)) sont donc orthogonaux par hypothèse. On applique le théorème de Pythagore à l'égalité vectorielle x = p(x) + (x - p(x)) : ||x||² = ||p(x)||² + ||x - p(x)||² Parce que la norme d'un vecteur au carré est toujours positive ou nulle, ||x - p(x)||² ≥ 0, et l'équation devient une inégalité : ||p(x)||² ≤ ||x||² Les normes étant des valeurs positives, l'inégalité se conserve en prenant la racine carrée : ||p(x)|| ≤ ||x||. L'implication directe est prouvée.

Implication b) ⇒ a)

Supposons réciproquement (b) : pour tout vecteur de l'espace, l'application du projecteur ne peut qu'amoindrir ou maintenir sa norme (||p(x)|| ≤ ||x||). Nous cherchons à montrer que n'importe quel vecteur y de Im p est orthogonal à n'importe quel vecteur z de Ker p. Prenons y ∈ Im p (donc p(y) = y) et z ∈ Ker p (donc p(z) = 0). Considérons le vecteur combiné (λy + z) pour n'importe quel scalaire réel λ. Appliquons l'inégalité de l'hypothèse (b) sur ce vecteur : ||p(λy + z)||² ≤ ||λy + z||² Grâce à la linéarité du projecteur, p(λy + z) = λp(y) + p(z) = λy. On a donc : ||λy||² ≤ ||λy + z||² Développons les normes au carré selon les propriétés du produit scalaire : λ²||y||² ≤ λ²||y||² + 2λ<y, z> + ||z||² En éliminant λ²||y||² des deux côtés, il nous reste : 0 ≤ 2λ<y, z> + ||z||² Cette inégalité nous indique que la fonction affine réelle f(λ) = 2λ<y, z> + ||z||² est toujours positive ou nulle sur l'ensemble des réels. Graphiquement, une droite ne peut être entièrement située au-dessus de l'axe des abscisses que si elle est parfaitement horizontale, c'est-à-dire si sa pente est nulle. Par conséquent, le coefficient de λ doit être nul : 2<y, z> = 0, ce qui équivaut à <y, z> = 0. Les vecteurs de l'image et ceux du noyau sont orthogonaux, ce qui démontre la condition (a).

Cas d'un espace euclidien

Un espace euclidien est un espace préhilbertien réel de dimension finie. Dans un tel espace, l'équivalence (Ker p et Im p sont orthogonaux) signifie explicitement que Ker p = (Im p)⊥. Dire qu'un projecteur vérifie cette propriété de supplémentarité orthogonale signifie par définition qu'il s'agit d'une projection orthogonale. Le résultat indique donc que, en dimension finie, les projecteurs qui vérifient systématiquement ||p(x)|| ≤ ||x|| sont précisément les projections orthogonales de l'espace.

Méthode

Face à une épreuve sur les espaces préhilbertiens, les clés de la réussite reposent sur un nombre restreint d'outils analytiques qu'il faut utiliser de manière systématique :

1. Les développements de normes : Dès qu'une inégalité implique des carrés de normes ou des sommes de vecteurs, il faut développer ||x + y||² en ||x||² + ||y||² + 2<x, y> (exercice 1, exercice 5). L'objectif est souvent de regrouper les termes pour former des carrés parfaits positifs.
2. Le théorème de Pythagore : C'est le corollaire immédiat du point précédent. Chaque fois que deux vecteurs sont orthogonaux (par exemple, dans les projections), on pose que la norme de la somme au carré est la somme des normes au carré (exercices 2, 3 et 5).
3. Le théorème de projection orthogonale : L'exercice 2 est archétypal. Trouver le minimum d'une intégrale quadratique revient presque toujours à identifier une distance minimale entre un point analytique (une fonction) et un sous-espace. Pensez immédiatement à poser les équations <P - base composante de ϕ,> = 0.
4. Intégrales et fonctions de signe constant : C'est un pivot de l'analyse dans les espaces euclidiens (exercice 4). Si vous parvenez à montrer que l'intégrale d'une fonction continue et toujours positive est nulle, vous avez prouvé que la fonction elle-même est nulle partout. C'est l'outil par excellence pour les raisonnements par l'absurde sur les produits scalaires d'intégrales.