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Feuille d"exercices no17 : corrigés

Exercice 2

1. On procède par inclusions.

•Soitx?(F+G)?. Soity?F?G. Comme le vecteurxest orthogonal à tout vecteurde

F+G, alors le vecteurxest orthogonal à tout vecteur deFet tout vecteur deG.En particulier, le vecteur

xest orthogonal au vecteury:(F+G)??(F?G)?

•Soitxdans(F?G)?. Alors le vecteurxest orthogonal à tout vecteur deF?G,en particulier le vecteur

xest orthogonal à tout vecteur deFet tout vecteur deG.Autrement dit, le vecteur xappartient à la fois àF?et àG?;(F?G)??F?∩G? •Soitxun vecteur dansF?∩G?. SoitzdansF+G. On écrit : z=zF+zG, de sorte que : (x|z) = (x|zF) + (x|zG) = 0.

On a bienF?∩G??(F+G)?

2. Les espacesFet(F?)?sont deux espaces supplémentaires pourF?dans l"espaceeuclidien

E. On en déduit que ces deux espaces ont la même dimension. De plus, on al"inclusion

F?(F?)?, donc égalité.3. La réponse est non.On peut reprendre le contre-exemple du cours. On prend l"espace

E=C0([0,1],R)desfonctions

f: [0,1]-→Rqui sont continues, muni du produit scalaire : (f|g) =? 1 0 f×g.

L"espaceF=?

f?E|f(0) = 0?n"est pas égal àE. Sif?F?, on remarque que lafonction

g:t?-→t·f(t)est orthogonale à la fonctionf. Par le théorème aux quatrehypothèses, la fonction

fest nulle sur]0,1]puis sur[0,1]par continuité en0. Ainsi,

E= (F?)?, et :

F?= (F?)?.

1

Exercice 3

1. Soitx= (x1,···,xn)dansRn. On pose le vecteuru= (1,1,···,1). L"inégalité à montrerdevient - en prenant le produit scalaire habituel sur

Rn: (x|u)2??u?2?x?2, et cette inégalité est l"inégalité de Cauchy-Schwarz bien connue.2. En prenant l"espace

E=C0([0,1],R)muni du produit scalaire :

(f|g) =? 1 0 f×g

sif: [0,1]-→]0,+∞[est une fonction continue, en posantg=1⎷fqui reste continueà valeurs strictement positives, on en déduit :

1 =? 1

0?f×g

f|g) ?1 0? f2×? ?1 0 g2 ?1 0 f×? 1 0 1/f.

Il suffit alors de tout faire passer au carré.

Exercice 4

Tous les vecteurseksont déjà unitaires.Soient deux entiers i?=jentre1etn. On applique l"hypothèse àx=ejpar exemple, ce quidonne :

1 =?ej?2=n?

k=1(ej|ek)2 k?=j(ej|ek)2+ (ek|ek)2 k?=j(ej|ek)2+ 1. On en déduit que la somme nulle à termes positifs? k?=j(ej|ek)2est composée de termes nuls.En particulier, lorsque k=i?=j, on obtient l"orthogonalité entre les vecteurseietej: lafamille (e1,···,en)est une famille orthonormale.2

Il ne faut oublier de montrer que la famille est génératrice puisque l"on n"a aucune informationsur la dimension de l"espace

E. Supposons que l"espaceEne soit pas de dimensionn. Nécessairement, la dimensiondim(E) éventuellement infinie est strictement supérieure àn.On pose F= Vect(e1,···,en), de sorte que l"espaceFest strictement inclus dansE. On prendun vecteur ydansE\F: la familleF= (e1,···,en,y)soit libre.On orthonormalise la famille Fen une famille orthonormale(ε1,···,εn,χ)- avec en faitchaque

εkqui vautek, mais passons et donc :

χ?Vect(ε1,···,εn)?= Vect(e1,···,en)?. On applique maintenant l"hypothèse au vecteur unitaireχ, ce qui donne :

1 =?χ?2=n?

i=1(χ|ei)2= 0.

On obtient une contradiction et finalement,dim(E) =n; la famille(e1,···,en)est bien uneb.o.n. de l"espace

E.

Exercice 5

1. On va montrer qu"une CNS est :" la familleFest une famille libre ».Supposons la famille

Flibre. On complète cette famille en une base : B= (F,χr+1,···,χn) = (χ1,···,χr,χr+1,···,χn) de l"espaceE, avecn= dim(E).On définit ce qui va être un produit scalaire :

Φ :???????E

2-→R

(x,y)?-→n? i=1χ i(x)·χ?i(y). Il est clair que l"applicationΦest une forme bilinéaire symétrique positive. Six?E vérifieΦ(x,x) = 0, alors la somme nulle n? i=1χ i(x)2 n"est composée que de termes nuls.Le vecteur

xn"admet que des coordonnées nulles doncx= 0Eet l"applicationΦestbien un produit scalaire.De plus, si

ietjsont deux entiers entre1etr, alors :

Φ(χi,χj) =n?

k=1χ k(χi)·χ?k(χj) =n? k=1δ k,i·δk,j=δi,j.

La familleFest bien une famille orthonormale pour le produit scalaireΦ.Réciproquement, si la famille

Fest une famille orthonormale pour un certain produitscalaire, alors la famille

Fest immédiatement une famille libre.

En fait, la baseBest une b.o.n. pour le produit scalaireΦ. 3

2. Prenons iciE=R2. La familleFest bien une famille libre.On pose

F=? u= (1,1),v= (0,2)?.On sait que si l"on choisit le produit scalaire : Φ : (x,y)?-→u?(x)·u?(y) +v?(x)·v?(y), alors la familleFsera une b.o.n. dansE.Soit x= (a,b)un vecteur deR2. On pose : x=λ·u+μ·v, ce qui conduit au système linéaire de matrice augmentée : ?1 0a 1 2 b?

λ=a

μ=b-a2.

Le produit scalaireΦvaut donc :

Φ :?????(R2)2-→R?

(a1,b1),(a2,b2)? ?-→a1·a2+(b1-a1)(b2-a2) 4.

La norme euclidienne associée est donc :

?x= (a,b)?R2,?x?=?a2+(b-a)24. La boule euclidienne unité est l"ensemble des points(a,b)du planR2tels que : a2+(b-a)24?1.

Il s"agit d"une ellipse dont voici le dessin :

-3 -2 -1 0 1 2 3-3-2-10123 4

Exercice 7

1. L"applicationΦest bien définie car le produit scalaire est linéaire par rapport à laseconde variable.Ensuite, l"application

Φest linéaire car le produit scalaire est linéaire par rapport à lapremière variable.De plus, les espaces

EetL(E,R)sont de même dimension finie.Enfin l"application Φest injective car si?aest dans le noyauKer(Φ), alors

0 =??a(?a) =??a?2,

et donc le vecteur?aest nul.2. Si ?est dansL(E,R), le seul vecteur?uconvenable est le vecteur : ?u= Φ-1(?).

3. (a) Pour cette première situation, il est facile de voir que?u=In.(b) Pour cette seconde situation, le vecteur

?uest le produit vectoriel : ?u=?a??b.

Exercice 8

On vérifie que l"application :

(P|Q)?-→? 0

P(t)·Q(t)·sint dt,

est un produit scalaire surRn[X]. On utilise le théorème aux quatre hypothèses et le fait queseul le polynôme nul admet une infinité de racines.D"après le théorème de Riesz - exercice 7 ou le cours - toute forme linéaire

?:Rn[X]-→R est associée à un seul polynômeP?Rn[X]tel que : ?= (P| ·). Il suffit de l"appliquer à la forme linéaire : ?:Q?-→? 2

0Q(t)1 + ln2tdt.

Exercice 9

1. Il est facile de voir que l"application est symétrique, linéaire par rapport à la premièrevariable donc bilinéaire et positive, par positivité de l"intégrale.Le caractère défini provient du théorème aux quatre hypothèses et du fait que seul lepolynôme nul admet une infinité de racines.5

2. Orthonormalisonspar le procédé de Gram-Schmidt, ce qui donne une famille(L0,···,Ln)

telle que : •la famille(L0,···,Ln)est orthonormée dansRn[X], donc est une base orthonormée

•pour touti??0,n?,Vect(L0,···,Li) = Vect(1,X,···,Xi) =Ri[X], imposant parrécurrence forte que tous les polynômes

Li(X)vérifient :

deg(Li(X)) =i pour touti??0,n?,(Xi|Li)>0.3. Soit iun entier entre0etn.On note

λ1,···,λrles racines éventuelles deLi(X)qui appartiennent à]-1,1[et quisont de multiplicité impaire dans le polynôme

Li(X).On pose :

Q(X) =r?

k=1(X-λk). La fonctiont?-→Q(t)·Li(t)est polynomiale et garde un signe constant sur]-1,1[

car au voisinage de chaque racineλk, les quantitésQ(t)etLi(t)changent de signe : leproduit garde un signe constant.Par le théorème aux quatre hypothèses -

-1<1, intégrande de signe constant, inté-grande continue et intégrande non nulle - l"intégrale(Q|Li)est non nulle.Or, par hypothèse sur les Lj(X), le polynômeLi(X)est orthogonal à tout polynômedans Ri-1[X] = Vect(L0,···,Li-1).Cela impose :

Q /?Ri-1[X], doncdeg(Q)?i.

Par définition du polynômeQ(X), les polynômesQ(X)etLi(X)sont de même de-gré, avec Q(X)divisantLi(X): les polynômesLi(X)etQ(X)sont proportionnels, lepolynôme

Q(X)étant scindé à racines simples dans]-1,1[. La question est terminée.4. On vérifie que la formule proposée :

Pi(X) =⎷2i+ 1

2i·i!?

(X2-1)i?(i) vérifie les trois critères qui caractérisent l"orthonormalisation de la base canonique de Rn[X]par le procédé de Gram-Schmidt. On posera dans la suite : ai=⎷2i+ 1

2i·i!.

Chaque polynôme(X2-1)iest de degré2i, donc sa dérivéei`emedonne un polynômede degré

i:deg(Pi) =i. Sii < jsont deux entiers entre0etn, on calcule le produit scalaire : (Pi|Pj) =12? 1 -1P i(t)·Pj(t)dt 6 en utilisant des intégrations par parties, en dérivant systématiquement le polynôme

Pi(X).La première IPP donne :

(Pi|Pj) =12? P i(t)Qj(t)? 1 -1-12? 1 -1P?i(t)Qj(t)dt.

Or,Qj(X) =aj?

(X2-1)j?j-1: les racines±1sont de multiplicité égale à1dans cepolynôme et le crochet est nul. De plus,

P?i(X)est de degréi-1.En réitérant ce processus, après kIPP, avec0?k?j, on obtient : (Pi|Pj) =12×(-1)k? 1 -1P(k) i(t)·Rk(t)dt, où le polynômeRk(X)est un polynôme admettant±1comme racines de multiplicités k, donnant systématiquement un crochet nul.Lorsque k=i+1, alors le polynômeP(k) iest nul et le produit scalaire(Pi|Pj)est nul :la famille (P0,···,Pn)est orthogonale.On montre maintenant que les polynômes Pi(X)sont unitaires.En réutilisant les IPP précédentes, l"intégrale (Pi|Pi)donne : (Pi|Pi) =12×(-1)i×? 1 -1P(i) i·ai(t2-1)idt.

Or, le polynômeP(i)

iest constant et vaut : P(i) i(X) =ai? (X2-1)i?(2i) =ai? X

2i?(2i)

=ai(2i)!.

Ainsi,

(Pi|Pi) =12×(ai)2×(2i)!×? 1 -1(1-t2)idt=12×(2i+ 1)!4i(i!)2×? 1 -1(1-t2)idt.

On calcule maintenant les intégrales :

Ik,?=?

1 -1(1-t)k(1 +t)?dt. Siket?sont deux entiers strictement positifs, par IPP, on peut écrire :

Ik,?=?

-(1-t)k+1k+ 1(1 +t)?? 1 -1+?k+ 1Ik+1,?-1 7 =?k+ 1Ik+1,?-1 k+ 1?-1k+ 2Ik+2,?-2 =?(?-1)···1(k+ 1)(k+ 2)···(k+?)Ik+?,0 ?(?-1)···1 (k+ 1)(k+ 2)···(k+?)2 k+?+1k+?+ 1.

On en déduit :

?1 -1(1-t2)idt=Ii,i=i! (i+ 1)···(2i+ 1)×22i+1=(i!)2(2i+ 1)!×22i+1.

Conclusion,

(Pi|Pi) = 1. On termine par montrer que pour toutientre0etn, on a : (Pi|Xi)>0. En effet, le polynômePiétant de coefficient dominant strictement positif, on peutécrire :

Xi=ξiPi+Q, avecξi>0etQ?Ri-1[X].

Le polynômeQ(X)est donc orthogonal au polynômePi(X).On en déduit : (Pi|Xi) =ξi(Pi|Pi) + (Pi|Q) =ξi>0.

Par unicité du procédé de Gram-Schmidt, on a ainsi démontré la formule car pour toutentier

ientre0etn, on peut maintenant affirmer que :

Li(X) =Pi(X).

Exercice 10

1. On considère la matrice de Gram :

G=? (ei|ej)?

1?i,j?n+1.

Par hypothèse, en notantJ?Mn+1(R)la matrice remplie de1, alors :

G=α·J+ (1-α)In+1.

8

La famille(e1,···,en+1)est nécessairement liée dans l"espaceRnde dimensionn. Onpeut écrire par exemple :

ej=? k?=jλ k·ek. Dans la matriceG, on obtient la relation entre les colonnes : Cj=? k?=jλ k·Ck. La matriceGest donc non inversible.On peut calculer le déterminant de la matrice G, dont on sait la nullité, en fonction dunombre

α.On sait que la matrice

Jest diagonalisable, semblable à la matrice(n+ 1)E1,1enconsidérant une base? (1,···,1),ε1-εk; 2?k?n+ 1? où(ε1,···,εn+1)est la basecanonique de l"espace

Mn+1,1(R).On écrit :

J=P(n+ 1)E1,1P-1,

de sorte que :

G=PDiag(1 +nα,1-α,···,1-α)P-1.

On conclut que :

0 = det(G) = det(Diag(1 +nα,1-α,···,1-α)) = (1 +nα) (1-α)n.

On distingue alors deux cas :

•soitα= 1, auquel cas dès quei?=j, l"égalité : (ei|ej) = 1 =?ei? · ?ej? montre que l"on a égalité dans l"inégalité de Cauchy-Schwarz. Les vecteurseiet

ejsont colinéaires et ici de même sens car les produits scalaires sont strictementpositifs : les vecteurs

eisont égaux et la sommee1+···+en+1vaut(n+ 1)·e1;

•soitα=-1n, auquel cas :

?e1+···+en+1?2=n+1? k=1?ek?2+? i?=j(ei|ej) = (n+ 1) + (n+ 1)n α = (n+ 1)(1 +nα) = 0

Le vecteure1+···+en+1est alors nul dans ce cas.2. Par symétrie des rôles des quatre atomes d"Hydrogène, la molécule

CH4est tétra-édrique. On se retrouve dans le cadre de la question 1. avec n= 3et les quatre vecteurs e1,e2,e3ete4correspondant aux vecteurs--→CH, pour chaque atome d"Hydrogène.9

La mise à l"échelle donne une unité du système international pour la longueur de chaqueliaison

C-H: les vecteurseisont ainsi unitaires et comme ces vecteurs ne sont paségaux, alors :

α=-13.

En notantθl"angle géométrique entre deux liaisonsC-H, on en déduit : cosθ=-13, doncθ= arccos? -13? ?109.47o.

Exercice 11

On suppose que(u1,···,un)n"est pas une base, donc n"est pas génératrice. L"espaceF=

Vect(u1,···,un)

est différent deE. Soitvun vecteur unitaire dansF?.Pour tout

k? {1,···,n}, on poseek=xk+yk, la décomposition deekselonF?F?.Par Cauchy-Schwarz, on obtient :

?n? k=1(ek|uk)? 2 n? k=1(xk|uk)? 2 n? k=1??? (xk|uk)???? 2 n? k=1?xk? ?uk?? 2 n? k=1?xk?? 2 n? k=1?xk?2? n? k=11 2? [C-S dansRnhabituel] n? k=1?xk?2?

×n.

Or, pour tout entierk??1,n?, par Pythagore, on peut écrire : ?ek?2=?xk?2+?yk?2, donc : ?xk?2=?ek?2- ?yk?2= 1- ?yk?2. En faisant le produit scalaire avec le vecteurvdans l"égalitéek=xk+yk, on obtient : (ek|v) = (xk|v) + (yk|v) = (yk|v).

Ainsi :

?xk?2= 1- ?yk?2?1-(yk|v)2= 1-(ek|v)2, 10 et en faisant la somme : n? k=1?xk?2?n-n? k=1(ek|v)2=n- ?v?2=n-1, par le théorème de Pythagore.Conclusion : si la famille (u1,···,un)n"est pas une base, alors : n? k=1(ek|uk)?⎷ n2-n Par contraposée, on a ce qu"il faut.

Exercice 12

1. SoitXdansKer(AT). SoitYdansIm(A). On écritY=AZ, oùZest dansMn,1(R).On en déduit :

(X|Y) = (X|AZ) =XTAZ= (ATX)TZ= 0Z= 0R.

On en déduit l"inclusion :

Ker(AT)?Im(A)?.

Par le théorème du rang, on peut écrire : dim?Ker(AT)?=n-Rg(AT) =n-Rg(A) = dim?Im(A)??.

L"inclusion couplée avec l"égalité des dimensions finies donne l"égalité des espaces.2. Soit

XdansKer(A). Alors,ATAX=AT0 = 0, donc :

Ker(ATA)?Ker(A).

SoitXdansKer(ATA). Alors,ATAX= 0. On multiplie à gauche parXT, donc :

XTATAX= 0,

et donc : (AX)TAX= 0. On en déduit?AX?= 0, puisAX= 0etXappartient àKer(A).Soitquotesdbs_dbs41.pdfusesText_41

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