Exo7 - Exercices de mathématiques

1 Exo7. Espaces pr hilbertiens Exercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche sur * tr s facile ** facile ** difficult moyenne ** difficile ** tr s difficile I : Incontournable Exercice 1 ** I Polyn mes de L EGENDRE. R1. Soit E = R[X]. On munit E du produit scalaire P|Q = 1 P(t)Q(t) dt. (n). 1. Pour n N, on pose Ln = (X 2 1)n . (a) Montrer que la famille (Ln )n N est une base orthogonale de l'espace pr hilbertien (E, | ). (b) D terminer kLn k pour n N. 2. D terminer l'orthonormalis e de S CHMIDT de la base canonique de E. Correction H [005772]. Exercice 2 ** I. Soit E = R[X]. Pour (P, Q) E 2 , on pose (P, Q) = 0+ P(t)Q(t)e t dt. Pour n N, on pose hn = (X n e X )(n) eX . R. 1. Montrer que est un produit scalaire sur E. 2. (a) Pour n N, pr ciser les coefficients de hn . Montrer que la famille (hn )n N est une base de E. (b) Montrer que la famille (hn )n N est une base orthogonale de l'espace pr hilbertien (E, ). (c) Pour n N, d terminer khn k. En d duire une base orthonorm e de l'espace pr hilbertien (E, ).

2 Correction H [005773]. Exercice 3 ** I Polyn mes de T CHEBYCHEV. 1 P(t)Q(t). Soit E = R[X]. Pour (P, Q) E 2 , on pose (P, Q) = 1. R.. 1 t 2. dt. Pour n N, on note Tn le n- me polyn me de T CHEBYCHEV de premi re esp ce c'est- -dire l'unique polyn me tel que R, Tn (cos ) = cos(n ). 1. Montrer que est un produit scalaire sur E. 2. (a) Montrer que (Tn )n N est une base orthogonale de l'espace pr hilbertien (E, ). (b) Pour n N, d terminer kTn k. Correction H [005774]. Exercice 4 ** I. On note E l'ensemble des suites r elles de carr s sommables c'est-dire les suites r elles (un )n N telles que + 2. n=0 un < + . 1. Montrer que E est un R-espace vectoriel. + . 2. Pour (u, v) E 2 , on pose (u, v) = n=0 un vn . Montrer que est un produit scalaire sur E. 1. Correction H [005775]. Exercice 5 * I. Soit l'application qui deux matrices carr es r elles A et B de format n associe Tr(t A B). Montrer que . est un produit scalaire sur Mn (R). Est ce que est un produit scalaire sur Mn (C) ? Correction H [005776].

3 Exercice 6 **. Soit E un R-espace vectoriel muni d'une norme, not e k k, v rifiant l'identit du parall logramme. Montrer que cette norme est hilbertienne. Correction H [005777]. Exercice 7 **. Soit E un espace pr hilbertien r el et (e1 , .., en ) une famille de n vecteurs unitaires de E (n N ) telle que pour tout vecteur x de E, on ait kxk2 = nk=1 (x|ek )2 . Montrer que la famille (e1 , .., en ) est une base orthonorm e de E. Correction H [005778]. Exercice 8 **. Soit f une fonction continue sur [0, 1], non nulle valeurs r elles positives. Pour P et Q polyn mes donn s, on pose (P, Q) = 01 f (t)P(t)Q(t) dt. R. 1. Montrer que est un produit scalaire sur R[X]. 2. Montrer qu'il existe une base orthonormale (Pn )n N pour telle que, pour tout entier naturel n, deg(Pn ) =. n. 3. Soit (Pn )n N une telle base. Montrer que chaque polyn me Pn , n N , a n racines r elles simples. Correction H [005779]. Exercice 9 ** I Matrices et d terminants de G RAM. Soit E un espace pr hilbertien r el.

4 Pour n N et (x1 , .., xn ) dans E n , on pose G(x1 , .., xn ) = (xi |x j )16i, j6n (matrice de G RAM) puis (x1 , .., xn ) =. det(G(x1 , .., xn )) (d terminant de G RAM). 1. Montrer que rg(G(x1 , .., xn )) = rg(x1 , .., xn ). 2. Montrer que la famille (x1 , .., xn ) est li e si et seulement si (x1 , .., xn ) = 0 et que la famille (x1 , .., xn ). est libre si et seulement si (x1 , .., xn ) > 0. 3. On suppose que la famille (x1 , .., xn ) est libre dans E. On pose F = Vect(x1 , .., xn ). Pour x E, on note pF (x) la projection orthogonale deqx sur F puis d(x, F) la distance de x F (c'est- -dire d(x, F) =. (x,x1 ,..,xn ). kx pF (x)k2 ). Montrer que d(x, F) = (x1 ,..,xn ) . Correction H [005780]. 2. Correction de l'exercice 1 N. (n). Soit n N. Posons `n = (X 2 1)n de sorte que Ln = `n . Ln est un polyn me de degr n car `n est de degr 2n. 1. (a) Soient n N et P E. Une int gration par parties fournit 1 1. (`n )(n) (x)P(x) dx =. R R. (Ln |P) = 1 Ln (x)P(x) dx = 1. 1 1. (`n )(n 1) (x)P(x) 1 1 (`n )(n 1) (x)P0 (x) dx.

5 R. Maintenant, 1 et 1 sont racines d'ordre n du polyn me `n et donc, pour tout k [[0, n]], 1 et 1. (k). sont racines d'ordre n k de `n et en particulier racines de (`n )(k pour k [[0, n 1]]. Donc R1 (n 1) (x)P0 (x). (Ln |P) = 1 (`n ) dx. R1 (n k) (x)P(k) (x). Plus g n ralement, si pour un entier k [[0, n 1]], (Ln |P) = ( 1)k 1 (`n ) dx alors h i1 Z 1 . n k 1 k (k) (n k 1) (k+1). (Ln |P) = ( 1) (`n (x)P (x) (`n ) (x)P (x) dx 1 1. Z 1. = ( 1)k+1 (`n )(n k 1) (x)P(k+1) (x) dx. 1. R1 (n k) (x)P(k) (x) dx. On a montr par r currence que pour tout entier k [[0, n]], (Ln |P) = ( 1)k 1 (`n ). En particulier R1 (n). R1 2 )n P(n) (x). (Ln |P) = ( 1)n 1 `n (x)P (x) dx = 1 (1 x dx/quad( ). Cette derni re galit reste vraie pour n = 0 et on a montr que R1 n n N, P R[X], (Ln |P) = 1 1 x2 P(n) (x) dx. Soient alors n et p deux entiers naturels tels que 0 6 p < n. Puisque deg(L p ) = p < n, on a (Ln |L p ) =. 0. On a montr que La famille (Lk )06k6n est une base orthogonale de l'espace (R[X], | ).))

6 (b) On applique maintenant la formule ( ) dans le cas particulier P = Ln . On obtient Z 1 n Z 1 Z 0. (n). kLn k2 = 1 x2 Ln (x) dx = 2 (2n)! (1 x2 )n dx = 2 (2n)! (1 cos2 t)n ( sint) dt 1 0 /2. Z /2. = 2 (2n)! sin2n+1 t dt = 2 (2n)!W2n+1 (int grales de WALLIS). 0. 2n (2n) (2n 2) .. 2 22n n!2. On sait que n N, W2n+1 = 2n+1 W2n 1 = (2n+1) (2n 1) .. 3 W1 = (2n+1)! . On obtient alors 22n n!2 22n+1 n!2. kLn k2 = (2n+1)! 2 (2n)! = 2n+1 , q 2 2n n! n N, kLn k = 2n+1 2n+1 . q . 2n+1 1. On en d duit que la famille est une base orthonormale de (R[X], | ). Pour 2 2n n! Ln q n N. n N, on pose Pn = 2n+1 1 2 n (n) .. 2 2n n! (X 1). 2. La famille (Pn )n N est une base de orthonorm e de R[X]. Chaque Pn , n N, est de degr n et donc, n N, Vect(P0 , .., Pn ) = Vect(1, X, .., X n ) et de plus, pour n N. 1 1. Pn |X n = dom ((Pn )|dom(Pn )X n ) = dom(Pn ) (Pn |Pn ). 3. car Pn (P0 , .. , Pn 1 ) = (1, X, .. , X n 1 ) = (Rn 1 [X]) . Ceci montre que Pn |X n > 0. L'orthonormalis e de la base canonique q de R[X] est la famille des polyn mes de L ENGENDRE.

7 2n+1 1 2 n (n). 2 2n n! (X 1) . n N. Correction de l'exercice 2 N. 1. Soient P et Q deux polyn mes. La fonction t 7 P(t)Q(t)e t est continue sur [0, + [ et est n gligeable en + devant t12 d'apr s un th or me de croissances compar es. Donc la fonction t 7 P(t)Q(t)e t est int grable sur [0, + [ et (P, Q) existe dans R. La sym trie, la bilin arit et la positivit de l'application sont claires. De plus, pour P E, Z + . (P, P) = 0 P2 (t)e t dt = 0. 0. t [0, + [, P2 (t)e t = 0 (fonction continue positive d'int grale nulle). t [0, + [, P(t) = 0 P = 0 (polyn me ayant une infinit de racines). Ainsi, la forme est d finie et finalement l'application est un produit scalaire sur E. 2. (a) Soit n N. La formule de L EIBNIZ permet d' crire . n X (n) X n n n (n k) X (k) X n k n n! k (X e ) e = k=0 (X ) (e ) e = k=0 ( 1) X . k k k! En particulier, n N, deg(hn ) = n (et dom(hn ) = ( 1)n ) et on sait que la famille (hn )n N est une base de R[X]. (b) Soient P E et n N . Soit A > 0. Les deux fonctions t 7 (t n e t )(n 1) et P sont de classe C1 sur le segment [0, A].]]]]]]]]

8 On peut donc effectuer une int gration par parties et on obtient n t (n) dt = P(t)(t n e t )(n 1) A A P0 (t)(t n e t )(n 1) dt RA t RA R. 0 P(t)hn (t)e dt = 0 P(t)(t e ) 0 0. Maintenant, (t n e t )(n 1) peut s' crire Q(t)e t o Q est un polyn me et donc P(t)(t n e t )(n 1) (t). tend vers 0 quand t tend vers + d'apr s un th or me de croissances compar es. D'autre part, la formule de L EIBNIZ montre que le polyn me Q a une valuation au moins gale 1. On en d duit que la fonction t 7 P(t)(t n e t )(n 1) (t) s'annule en 0. En faisant tendre A vers + , on obtient R + R + 0. 0 P(t)hn (t)e t dt = n t (n 1) dt. 0 P (t)(t e ). De mani re g n rale, pour 0 6 k 6 n, les remarques pr c dentes s'appliquent la fonction t 7 . P(k) (t)(t n e t )(n k) et par r currence on obtient R + R + (k). k [[0, n]], 0 P(t)hn (t)e t dt = ( 1)k n t (n k) dt. 0 P (t)(t e ). En particulier, pour k = n on obtient 0+ P(t)hn (t)e t dt = ( 1) n + (n) n t R R. 0 P (t)t e dt. Cette galit . reste vraie quand n = 0 et on a montr que R + R + (n).

9 P R[X], n N, (P, hn ) = 0 P(t)hn (t)e t dt = ( 1)n n t 0 P (t)t e dt. En particulier, si n N et deg(P) < n, on a P(n) = 0 et donc (P, hn ) = 0. Ainsi, n N , hn . (Rn 1 [X]) . Puisque n N, deg(hn ) = n, on en d duit en particulier que n N , k [[0, n 1]], (hn, hk ) = 0 et on a montr que 4. la famille (hn )n N est une base orthogonale de l'espace pr hilbertien (R[X], ). (n). (c) Soit n N. Puisque deg(hn ) = n et dom(hn ) = ( 1)n , on a hn = ( 1)n n!. La question pr c dente fournit alors R + (n) R + n t khn k2 = ( 1)n 0 hn (t)t n e t dt = n! 2. 0 t e dt = n! (n + 1) = n! , et donc khn k = n!. Par suite, la famille n!1 hn n N est une base orthonormale de l'espace pr hilbertien (R[X], ).. Correction de l'exercice 3 N. P(t)Q(t) P(t)Q(t). 1. Soit (P, Q) E 2 . L'application t 7 . 1 t 2. est continue sur ] 1, 1[. Ensuite, l'application t 7 . 1+t est born e au voisinage de 1 car continue en 1 et donc quand t tend vers 1, P(t)Q(t).. 1 t 2. = P(t)Q(t).. 1+t 1 =. 1 t . O 1 t1.. Puisque 12 < 1, on en d duit que l'application t 7 P(t)Q(t).

10 Est int grable sur un voisinage de 1. 1 t 2. gauche. De m me, quand t tend vers 1, P(t)Q(t).. 1 t 2. = O 1+t 1. et l'application t 7 P(t)Q(t).. 1 t 2. est int grable sur un voisinage de 1 droite. Finalement, l'application t 7 P(t)Q(t).. 1 t 2. est int grable sur ] 1, 1[ et (P, Q) existe. La sym trie, la bilin arit et la positivit de sont claires. De plus, pour P E, P2 (t). Z 1. (P, P) = 0 dt = 0. 1 1 t2. P2 (t). t ] 1, 1[, = 0 (fonction continue, positive, d'int grale nulle). 1 t2. t ] 1, 1[, P(t) = 0 P = 0 (polyn me ayant une infinit de racines). Ainsi, l'application est d finie et finalement l'application est un produit scalaire sur E. 2. (a) Soit (n, p) N2 . En posant t = cos , on obtient R 1 Tn (t)Tp (t) R 0 Tn (cos )Tp (cos ) R . (Tn , Tp ) = 1.. 1 t 2. dt = .. 1 cos 2. ( sin d ) = 0 cos(n ) cos(p ) d . Si de plus, n 6= p, h i . sin((n+p) ) ). (Tn , Tp ) = 1R . 2 0 (cos((n + p) ) + cos((n p) )) d = 1. 2 n+p + sin((n p) . n p = 0. 0. Ainsi, la famille (Tn )n N est orthogonale.