Corrigés d exercices pour le TD 7

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1 Corrigés d exercices pour le TD 7 Dns cette feuille, suf indiction contrire, H désigne un espce de Hilbert réel de produit sclire,, et de norme ssociée =,. De plus, pr un léger bus de nottion, on identifier un polynôme P(X) = n i= ix i vec l fonction polynômile ssociée x P(x) définie sur R. Identités ( 1. Identité de polristion: montrer que pour tous x, y H, x, y = 1 4 x + y 2 x y 2). 2. Identité du prllélogrmme: montrer que x, y H, x + y 2 + x y 2 = 2 ( x 2 + y 2). 1. Pour tous x, y H, d où le résultt. 2. Pour tous x, y H, x + y 2 x y 2 = ( x x, y + y 2) ( x 2 2 x, y + y 2) = 4 x, y, x + y 2 + x y 2 = ( x x, y + y 2) + ( x 2 2 x, y + y 2) = 2 ( x 2 + y 2). Isométries Soit u : H H. On dit que u est une isométrie si u est linéire et conserve l norme, i.e. x H, u(x) = x. Montrer que u est une isométrie si et seulement si u conserve le produit sclire, i.e. x, y H, u(x), u(y) = x, y. Indictions: 1. Pour le sens, utiliser l identité de polristion. 2. Pour le sens, développer u(x + λy) u(x) λu(y) 2 pour x, y H et λ R. ( ) Pour tous x, y H, en utilisnt l identité de polristion et le fit que u est linéire et conserve l norme, on u(x), u(y) = 1 ( u(x) + u(y) 2 u(x) u(y) 2) 4 = 1 ( u(x + y) 2 u(x y) 2) 4 = 1 ( x + y 2 x y 2) = x, y. 4 Ainsi u conserve le produit sclire. ( ) Si u conserve le produit sclire, u conserve églement l norme cr pour tout x H, u(x) 2 = u(x), u(x) = x, x = x 2. Pour montrer que u est linéire, il suffit de montrer que pour tous x, y H et tout λ R u(x + λy) = u(x) + λu(y), 1

2 c est-à-dire, d près l définie positivité de l norme, que u(x + λy) u(x) λu(y) 2 =. Mis pr bilinérité du produit sclire, u(x + λy) u(x) λu(y) 2 = u(x + λy) u(x) λu(y), u(x + λy) u(x) λu(y) = u(x + λy), u(x + λy) u(x + λy), u(x) λ u(x + λy), u(y) u(x), u(x + λy) + u(x), u(x) + λ u(x), u(y) λ u(y), u(x + λy) + λ u(y), u(x) + λ 2 u(y), u(y). Comme u conserve le produit sclire, cette expression se réduit à x + λy, x + λy x + λy, x λ x + λy, y x, x + λy + x, x + λ x, y λ y, x + λy + λ y, x + λ 2 y, y qui pour les mêmes risons de bilinérité du produit sclire, coincide vec (x + λy) x λy 2 =. L ppliction u est donc linéire. Soit E = C ([, b], R + ). Pour tout f E, on définit ( I(f) = f(x)dx ) ( ) 1 f(x) dx. 1. Montrer que pour tout f E, I(f) (b ) Trouver toutes les fonctions de E pour lesquelles l inéglité précédente est une églité. 3. Pr un rgument de connexité, montrer que I(E) = [(b ) 2, + [. 1. On munit E du produit sclire usuel définit, pour f, g E, pr f, g = f(t)g(t) dt. D près l inéglité de Cuchy-Schwrz ppliquée ux fonctions f et 1/ f qui pprtiennent à E, on (b ) 2 = ( f(t) 1 f(t) dt) 2 1 f(t)dt dt = I(f). f(t) 2. L inéglité précédente est une églité si et seulement si on se trouve dns le cs d églité de l inéglité de Cuchy-Schwrz, c est-à-dire si et seulement si f et 1 f sont proportionnelles. Ceci équivut à l existence d une constnte λ R telle que 1 f = λ f, c est-à-dire (comme de plus f est strictement positive) u fit que f soit identiquement égle à une constnte strictement positive. 3. Pour l topologie de l convergence uniforme, E est connexe (cr convexe), et I est continue sur E : en effet si (f n ) est une suite d éléments de E qui converge vers un certin f E pour l norme, lors (f n (x) f(x))dx (b ) f n f, 2

3 et ( 1 f n (x) 1 ) f(x) dx f n (x) f(x) f n (x)f(x) dx 1 α 2 f n f, où α désigne une constnte strictement positive telle que pour tout n N ssez grnd et tout x [, b], f n (x) α et f(x) α. Une telle constnte existe cr f est continue sur le compct [, b] à vleurs strictement positives, et donc dmet une borne inférieure strictement positive m. En ppliqunt l définition de l limite à (f n ) qui converge uniformément vers f, vec ε = m/2, on obtient bien le résultt pour α = m/2. En effet pour tout x [, b], f(x) m m/2, et pour tout n ssez grnd f n (x) f(x) ε f n (x) f(x) ε m m/2 = m/2. Finlement les deux termes dont I est le produit sont continus sur E, donc I est continue sur E. Les deux premières questions montrent que I(E) [(b ) 2, + [, et que I(E) dmet un minimum vlnt (b ) 2. Le théorème des vleurs intermédiires s pplique à I puisque cette ppliction est continue sur un connexe. Comme I est à vleurs réelles, on en déduit que I(E) est un intervlle, de l forme [(b ) 2, M] ou [(b ) 2, M[, vec M [(b ) 2, + ]. Pour montrer que I(E) = [(b ) 2, + [ il suffit donc de montrer que I prend des vleurs ussi grndes que souhité. Or l suite de fonctions positives f n E définies pr n si x [, + b 3 ] f n (x) = 1 n si x [ + 2 b 3, b] f est ffine sur [ + b 3, + 2 b 3 ], vérifie ( ) ( b I(f n ) = f n (x)dx ) ( ) ( 1 + b f n (x) dx 3 f n (x)dx +2 b 3 ) ( ) 2 1 b f n (x) dx 3 n et donc I prend des vleurs rbitrirement grndes. Ceci montre finlement que I(E) = [(b ) 2, + [. Produit sclire sur M n (R) Montrer que A, B = tr(a T B) définit un produit sclire sur M n (R), et que l norme ssociée vérifie AB A B. Pour A = ( i,j ) et B = (b i,j ), le coefficient en position (i, j) de AB est i,k b k,j. On en déduit donc que pour A, B M n (R), A, B = tr(a T B) = k,i b k,i, k=1 i=1 k=1 que l on peut écrire A, B = i,j b i,j. i,j=1 De cette expression explicite, on déduit l bilinérité et l symétrie de,. De plus A, A = 2 i,j, ce qui montre que, est défini positif : cette ppliction définit bien un produit sclire. i,j=1 3

4 En utilisnt à nouveu l expression explicite de,, on voit que l norme ssociée vérifie, pour A, B M n (R), ( n ) 2 ( n ) ( n ) AB 2 = i,k b k,j d près l inéglité de Cuchy-Schwrz sur R n. Mis ( n ) ( n ) ( n = Le résultt suit. 2 i,k b 2 k,j i,j=1 k=1 k=1 2 i,k b 2 k,j i,j=1 k=1 i,j=1 k=1 k=1 ) 2 i,k i=1 k=1 j=1 ( n k=1 b 2 k,j ) = A 2 B 2. Produit sclire sur R[X] et R N [X] 1. Montrer que P, Q = P(x)Q(x)dx définit un produit sclire sur R[X] et R N[X] pour tout N N. 2. Montrer que ce produit sclire fit de R N [X] un espce de Hilbert, mis que cel est fux pour R[X]. Pour ce dernier point:. Soit P n (x) = n i= xi i!. Montrer que (P n) converge uniformément vers exp sur [, 1]. b. En déduire que P n converge vers exp pour l norme ssociée à,. c. L fonction exponentielle est-elle un polynôme? Conclure. 1. L ppliction, est bilinéire symétrique, cr le produit de réels est une opértion bilinéire symétrique, et pr linérité de l intégrle. De plus pour P R[X], P, P = P(x) 2 dx et cette expression est nulle si et seulement si P =. En effet, = et si P, P = P(x)2 dx =, lors l fonction polynomile x P(x) 2 est continue, positive, d intégrle nulle sur [, 1], donc elle est identiquement nulle sur [, 1]. Le polynôme P donc une infinité de rcines, ce qui implique que P =. L ppliction, est donc un produit sclire sur R[X], et pr restriction, sur R N [X] pour tout N N. 2. R N [X] est un espce vectoriel de dimension finie, il est donc complet pour l norme ssociée u produit sclire considéré : c est un espce de Hilbert. Ceci est fux pour R[X] :. D près l formule de Tylor vec reste intégrl, on pour tout x [, 1], et tout entier n, n exp(x) x i i! = x (x t) n x e t dt n! e (x t) n dt = e xn+1 n! (n + 1)! e (n + 1)!. i= Ce dernier terme ne dépend ps de x et converge vers lorsque n +, donc P n exp uniformément sur [, 1]. b. Pour tout n, ( 1/2 ( ) 1/2 exp P n = e x P n (x) dx) 2 exp P n 2 dx = exp P n lorsque n + d près l question précédente. Donc P n converge vers exp pour l norme ssociée à,. c. Supposons que l fonction exponentielle est un polynôme P de degré n. L dérivée d ordre n + 1 de exp est donc nulle. Or l dérivée de l fonction exponentielle à tout ordre est elle-même : on donc exp =, ce qui est bsurde. L fonction exponentielle n est donc ps un polynôme. Si R[X] étit complet pour l norme ssociée u produit sclire considéré, l suite (P n ) devrit converger vers un élément P R[X] dns (R[X], ), et donc églement dns (C ([, 1]; R), ). Or l question b. montre que (P n ) converge vers exp dns (C ([, 1]; R), ). Pr unicité de l limite, on devrit donc voir exp = P R[X], or on vient de prouver que ceci est impossible. Ceci montre que R[X] n est ps complet pour : R[X] muni du produit sclire, n est ps un espce de Hilbert. 4

5 Absence de projection Soit E = C ([, 1], R) muni du produit sclire f, g = f(t)g(t)dt. Montrer que exp n ps de projection sur R[X] pour l norme induite pr,. Si exp vit une projection sur R[X] pour ce produit sclire, il existerit P R[X] tel que exp P = min{ exp Q ; Q R[X]}. Or l exercice précédent montre que ce minimum est nul : l suite (P n ) d éléments de R[X] vérifie exp P n lorsque n +. On devrit donc voir exp P =, c est-à-dire exp = P R[X]. A nouveu, c est impossible. L fonction exp n donc ps de projection sur R[X] pour l norme. Distnce à R 2 [X] On cherche à clculer I = inf (,b,c) R 3 (x 3 + x 2 + bx + c) 2 e x dx. 1. Montrer que P, Q = P(x)Q(x)e x dx définit un produit sclire sur R 3 [X]. 2. Vérifier que le problème revient à trouver l distnce de X 3 à R 2 [X] pour l norme induite pr le produit sclire,. 3. Trouver I. 1. Il y cette fois une justifiction à donner pour l existence de P, Q : il fut justifier l convergence de l intégrle. Mis P et Q étnt des polynômes, les comprisons exponentielle/polynômes impliquent que R + P(x)Q(x)e x dx converge. Les preuves de toutes les propriétés sont ensuite semblbles à celles des exercices précédents. Pour l définie positivité, on remrque simplement que P, P = + P(x) 2 e x dx =. L ppliction x P(x) 2 e x est continue sur R +, positive, d intégrle nulle, elle est donc identiquement nulle sur R +. Comme e x > pour tout x, on nécessirement P(x) = pour tout x, et, P étnt un polynôme, ceci implique comme uprvnt que P est le polynôme nul. 2. L distnce de P(X) = X 3 à R 2 [X] pour l norme induite pr le produit sclire, est égle à { ( } 1/2 inf{ P Q ; Q R 2 [X]} = inf (P(x) Q(x)) 2 e dx) x ; Q R 2 [X] = ( inf Puisque R 2 [X] = { X 2 bx c; (, b, c) R 3 }, on en déduit inf{ P Q ; Q R 2 [X]} = { 1/2 (x 3 Q(x)) 2 e x dx; Q R 2 [X]}). ( { 1/2 inf (x 3 + x 2 + bx + c) 2 e x dx; Q R 2 [X]}) = I. Trouver I revient donc à trouver l distnce de P(X) = X 3 à R 2 [X] pour l norme. 3. R 2 [X] est un sous-espce vectoriel de l espce euclidien R 3 [X] muni du produit sclire,. L distnce de P à ce sous-espce est égle à P Q où Q est le projeté orthogonl de P sur R 2 [X]. Ce projeté orthogonl est crctérisé pr le fit que P Q R 2 [X], c est-à-dire que P Q est orthogonl ux vecteurs d une bse de R 2 [X], pr exemple (P, P 1, P 2 ) = (1, X, X 2 ). En écrivnt Q(X) = X 2 bx c 5

6 vec (, b, c) R 3, on cherche donc à résoudre le système P Q, P = (x 3 + x 2 + bx + c)e x dx =, P Q, P 1 = (x 3 + x 2 + bx + c)xe x dx =, P Q, P 2 = En utilisnt le fit que pour tout entier n >, (x 3 + x 2 + bx + c)x 2 e x dx =. x n e x dx = Γ(n + 1) = n! (Γ est l fonction Gmm d Euler), ce système équivut à b + c =, b + c =, b + 2c =. Ce système possède comme unique solution le triplet ( 9, 18, 6). Ainsi le projeté orthogonl de P sur R 2 [X] est le polynôme Q(X) = 9X 2 18X + 6, et l distnce de P à R 2 [X] est égle à P Q 2 = D près l question précédente, on donc I = 36. (x 3 9x x + 6) 2 e x dx = 36. Norme minimle Soit C une prtie convexe fermée non vide de H. Montrer qu il existe un unique élément de C de norme minimle. Trouver un élément de norme minimle dns C revient à trouver x C tel que pour tout y C, x y, c est-à-dire, une projection de sur C. D près le théorème de projection sur un convexe fermé non vide, un tel élément existe et est unique. F + F H Soit E = C ([, 1], R) muni du produit sclire f, g = f(t)g(t)dt. On définit le sous-espce vectoriel de E F = {f E; f() = }. Montrer que F = {}. Indiction : pour f E, on peut construire à prtir de f un élément de F. Soit f F. Alors l ppliction g : x xf(x) pprtient à F, et donc f, g =, c est-à-dire xf(x) 2 dx =. L ppliction x xf(x) 2 est continue sur [, 1], positive, d intégrle nulle, elle est donc identiquement nulle. On en déduit que f(x) = pour tout x, et pr continuité on ussi f() =. Ainsi f =. On bien montré que F = {}. 6

7 Théorème de Hhn-Bnch pour une boule Soit B une boule ouverte de H ne contennt ps. Montrer qu il existe une forme linéire continue φ sur E telle que pour tout x B, φ(x) >. Indiction : chercher φ sous l forme x,. Fire un dessin. Soit x le centre de B et R > son ryon (si R =, B = et le résultt est trivil). Montrons que φ = x, convient. Pour tout r [, R[, et tout vecteur u de norme 1, φ(x + ru) = x, x + ru = x 2 + r x, u. D près l inéglité de Cuchy-Schwrz, x, u x u = x, et donc en prticulier x, u x. On en déduit que φ(x + ru) x 2 r x = x ( x r). Or r < R x cr / B. On donc bien φ(x + ru) >. Comme tout élément de B se met sous l forme x + ru vec r [, R[, et u de norme 1, on obtient φ(x) > pour tout x B. Forme bilinéire Soit : H H R une forme bilinéire continue (i.e. il existe C > tel que pour tous x, y H, (x, y) C x y ). Montrer qu il existe un unique A L(H) continu tel que pour tous x, y H, (x, y) = A(x), y. Pour tout x H, l ppliction y (x, y) est une forme linéire continue sur H, puisque est une forme bilinéire continue. D près le théorème de Riesz, il existe un unique élément de H, que l on peut donc noter A(x), tel que pour tout y H, (x, y) = A(x), y. L ppliction A existe donc, et elle est unique. Montrons que A est linéire : soient x, y H et λ R. Pour tout z H, (x + λy, z) = (x, z) + λ(y, z) = A(x), z + λ A(y), z = A(x) + λa(y), z, pr bilinérité de et du produit sclire, et pr définition de A. Eglement pr définition de A, on donc A(x + λy) = A(x) + λa(y), ce qui montre que A est linéire. Montrons enfin que A est continue : on commence pr remrquer que pour tout x H, x = sup{ x, y ; y 1}. En effet, pour tout y H de norme inférieure à 1, l inéglité de Cuchy-Schwrz montre que x, y x y x, tndis que l églité lieu pour le vecteur y défini pr y = x/ x si x, et y = sinon. Soit lors C > tel que pour tous x, y H, (x, y) C x y. Pour tout x H on donc A(x) = sup{ A(x), y ; y 1} = sup{(x, y); y 1} sup{c x y ; y 1} C x. L ppliction linéire A est donc continue. 7

8 Inéglité de Bessel et théorème de Prsevl Soit (e i ) i N une suite orthonormle de vecteurs de H et F = V ect(e i, i N). Soit x H. 1. Soit F n = V ect(e i, i =...n). Soit π n l projection orthogonle sur F n. Montrer que 2. Montrer que 3. En déduire l inéglité de Bessel: π n (x) = x, e i e i. i= x, e i 2 + x π n (x) 2 = x 2. i= + i= x, e i 2 x On définit d F (x) = inf x y. Montrer de plus le théorème de Prsevl: y F + i= x, e i 2 + d 2 F (x) = x Il existe des réels λ 1,...,λ n tels que π n (x) = n i= λ i e i. Mis π n (x) est crctérisé pr le fit que x π n (x) Fn, c est-à-dire que pour tout entier j [1, n], x π n (x), e j =. Cette reltion implique que x, e j = π n (x), e j = λ i e i, e j = λ i e i, e j = λ j, cr l fmille (e 1,...,e n ) est orthonormle. On donc bien i= π n (x) = x, e i e i. 2. Les vecteurs π n (x) et x π n (x) sont orthogonux, donc d près le théorème de Pythgore, i= x 2 = π n (x) + (x π n (x)) 2 = π n (x) 2 + x π n (x) 2. L fmille (e 1,..., e n ) est orthonormle, donc π n (x) 2 2 = x, e i e i = Le résultt suit. i= 3. D près l question précédente, on pour tout n N, x, e i 2 x 2. i= i= x, e i 2. L série à termes positifs i x, e i 2 est donc convergente (ses sommes prtielles sont mjorées) et s somme vérifie + x, e i 2 x 2. i= 4. D près les questions précédentes, il suffit de montrer que x π n (x) converge vers d F (x) lorsque n tend vers +. Or x π n (x) = d Fn (x), donc il suffit finlement de montrer que d Fn (x) d F (x) lorsque n tend vers +. On remrque tout d bord que pour tout n N, F n F, et donc d F (x) d Fn (x). Soit ε > fixé. Pr définition de l borne inférieure, il existe y F tel que x y d F (x) + ε. i= 8

9 Il existe n N tel que pour tout n n, y F n, et donc d Fn (x) x y. Finlement, pour tout n n, d F (x) d Fn (x) d F (x) + ε. Ceci implique que d Fn (x) d F (x) lorsque n tend vers +, et prouve le résultt. Soit E = {f C ([, 1], R); f() = } muni de l norme. Soit C = {f E; f(x)dx = }. 1. Clculer l distnce de f : x x à C, et montrer que cette distnce n est ps tteinte. 2. Montrer que C est un convexe fermé non vide de E. Y--t il contrdiction vec les résultts du cours? 1. Posons, pour f E, L(f) = f(x)dx. Pour tout u C, et L(f f ) = L(f ) = 1 2, L(f f ) f f. Ainsi f f 1/2 et donc d(f, C) 1/2. En fit il y églité: soit (f n ) l suite de fonctions de C ffines sur [, α n ] et sur [α n, 1], coincidnt vec f ( n ) sur [α n, 1], où α n ], 1/2[ est à choisir pour que f n C. Alors Pourtnt l infimum n est ps tteint: si f n f = n 1 2. f f = 1 2 pour un certin f C, lors d près les inéglités précédentes L(f f ) = f f. Quitte à échnger f et f on peut supposer que L(f f ), et donc (f f )(x)dx = f f. (1) Or l fonction f f f f est négtive, continue sur [, 1], et d intégrle nulle d près (1). Nécessirement, cette fonction est nulle, c est-à-dire f f = f f. Comme (f f )() =, on en fit f = f C, ce qui est bsurde cr L(f ). 2. Il est clir que C est convexe : si f 1 et f 2 sont deux éléments de C et λ [, 1], lors λf 1 + (1 λ)f 2 est continue, [λf 1 + (1 λ)f 2 ]() = λf 1 () + (1 λ)f 2 () = et [λf 1 + (1 λ)f 2 ](x)dx = λ f 1 (x)dx + (1 λ) f 2 (x)dx =, et donc λf 1 + (1 λ)f 2 C (en fit, C est même un sous-espce vectoriel de E). De plus, C est fermé pour : si (f n ) est une suite d éléments de C convergent uniformément sur [, 1] vers f E, lors cr f(x)dx = lim f n (x)dx (f n (x) f(x))dx f n (x) f(x) dx f n f 9

10 lorsque n +. Comme f n(x)dx = pour tout n, on ussi f(x)dx =, et finlement f C. Enfin, bien sûr C est non vide : l fonction nulle pprtient à C. Pourtnt, l distnce de u à C n est ps tteinte lors que C est convexe fermé non vide : le problème est que E est un espce de Bnch mis ps un espce de Hilbert : le théorème de projection ne s pplique ps, et le cdre hilbertien est donc essentiel! 1. Montrer que P, Q = 4 i= P(i)Q(i) définit un produit sclire sur R 2[X]. 2. Trouver une bse orthonormle de R 2 [X] pour ce produit sclire. 1. L vérifiction de l bilinérité et de l symétrie de, est immédite et semblble ux démonstrtions précédentes. Qunt à l définie positivité, on remrque que pour tout P R 2 [X], P, P = 4 P(i) 2, i= et cette expression est nulle si et seulement si P(i) = pour tout entier i [, 4]. Ainsi, = et si P, P =, lors P est un polynôme de degré u plus 2 qui possède 5 rcines, ce qui implique que P =. 2. On pplique le procédé d orthonormlistion de Grm-Schmidt à l bse cnonique de R 2 [X], que l on noter (P, P 1, P 2 ) = (1, X, X 2 ). On pose tout d bord comme premier vecteur de notre bse orthonormée, Q = P P Q (X) = 1 5. On définit ensuite Q 1 = P 1 P 1, Q Q Q 1(X) = X 2 que l on norme en posnt comme second vecteur de l nouvelle bse On définit enfin Q 1 = Q 1 Q 1 Q 1 (X) = X 2 1. Q 2 = P 2 P 2, Q Q P 2, Q 1 Q 1 Q 2 (X) = X2 4X + 2 que l on norme en posnt comme troisième vecteur de l nouvelle bse Q 2 = Q 2 Q 2 Q 2 (X) = X2 4X L fmille (Q, Q 1, Q 2 ) constitue une bse orthonormée de R 2 [X] pour le produit sclire choisi. Soit et b deux réels vec < b, et soit w : ], b[ R + une ppliction continue et intégrble sur ], b[. Soit n un entier strictement positif. 1. Montrer que P, Q = P(x)Q(x)w(x)dx définit un produit sclire sur R n[x]. 2. Montrer qu il existe une bse orthonormle (P,...,P n ) de R n [X] pour ce produit sclire, vec deg(p i ) = i pour tout entier i [, n]. 3. Montrer que pour tout entier i [, n], P i exctement i rcines simples dns ], b[. 1. Justifions tout d bord l existence de P, Q : il fut justifier l convergence de l intégrle. Mis P et Q étnt des fonction polynômiles, elles sont bornées sur ], b[, disons pr M >, donc P(x)Q(x)w(x) dx M 2 w(x)dx < +. 1

11 cr w est intégrble sur ], b[. Ceci montre que l intégrle définissnt, est toujours bsolument convergente. Les preuves de toutes les propriétés sont ensuite semblbles à celles des exercices précédents. Pour l définie positivité, on remrque simplement que P, P = P(x) 2 w(x)dx =. L ppliction x P(x) 2 w(x) est continue sur ], b[, positive, d intégrle nulle, elle est donc identiquement nulle sur ], b[. Comme w(x) > pour tout x ], b[, on nécessirement P(x) = pour tout x ], b[, et, P étnt un polynôme, ceci implique que P est le polynôme nul. 2. Le procédé d orthonormlistion de Grm-Schmidt ppliqué à l bse cnonique de R n [X] montre qu il existe une bse orthonormle (P,...,P n ) de R n [X] pour ce produit sclire, vec deg(p i ) = i pour tout entier i [, n]. 3. Fixons un entier i [, n]. Le polynôme P i ynt u plus i rcines réelles, il suffit de montrer que P i u moins i rcines simples dns ], b[. Notons α 1,..., α k les rcines deux à deux distinctes de P i dns ], b[ (k N), et β 1,...,β k leurs multiplicités respectives. Définissons pour tout entier j [1, k], ε j = 1 si β i est impir, et ε j = si β i est pir et supérieur à 2. Considérons le polynôme Q(X) = k (X α j ) εj, j=1 de degré k j=1 ε j k j=1 β j i. Alors l ppliction x f(x) = P i (x)q(x)w(x) est continue sur ], b[ et non identiquement nulle (en effet P i et Q sont des polynômes non nuls, et w est à vleurs strictement positives). De plus, f est de signe constnt sur ], b[ : le signe de f est le signe de P i Q, qui est un polynôme s nnulnt dns ], b[ exctement ux α j, vec multiplicité β j + ε j. Pr construction, cette multiplicité est toujours pire, et donc P i Q ne chnge de signe en ucun des α j : P i Q est de signe constnt sur ], b[. Finlement, P i, Q = P i (x)q(x)w(x)dx >, et comme P i est orthogonl à R i 1 [X] (si i >, le cs i = étnt trivil), on nécessirement deg(q) i, c est-à-dire k k i ε j β j i. j=1 Ceci implique que k = i et β j = 1 pour tout entier j [1, i]. On donc montré que P i possède i rcines dns ], b[, et que ces rcines sont simples. j=1 Soit E un espce euclidien de norme. Soit p L(E) un projecteur. Montrer que p est un projecteur orthogonl si et seulement si p(x) x pour tout x E. ( ) Si p est un projecteur orthogonl, lors pour tout x E, p(x) Im(p) et x p(x) Ker(p) sont orthogonux, et donc, d près le théorème de Pythgore, ce qui implique que p(x) x. x 2 = p(x) + (x p(x)) 2 = p(x) 2 + x p(x) 2 p(x) 2, ( ) Il suffit de montrer pr exemple que Ker(p) = Im(p). Soit x Ker(p). Pr définition d un projecteur, x p(x) Ker(p), et donc les vecteurs x et x p(x) sont orthogonux. D près le théorème de Pythgore, p(x) 2 = x (x p(x)) 2 = x 2 + x p(x) 2. D près notre hypothèse, on p(x) x, et donc nécessirement x p(x) =, ce qui montre que x = p(x) Im(p). On prouvé que Ker(p) Im(p), mis E étnt de dimension finie (euclidien), on dim(ker(p)) + dim(ker(p) ) = dim(e), c est-à-dire dim(ker(p) ) = dim(e) dim(ker(p)) = dim(im(p)) d près le théorème du rng. Finlement Ker(p) Im(p) et ces sous-espces sont de même dimension, donc Ker(p) = Im(p). On bien montré que p est un projecteur orthogonl. 11

12 Soit F un sous-espce vectoriel de H possédnt un supplémentire orthogonl. 1. Montrer que F F = H. Soit p le projecteur orthogonl sur F. 2. Montrer que pour tous x, y H, les trois ssertions suivntes sont équivlentes : (i) (ii) y = p(x), { y F y, z = x, z pour tout z F. (iii) { y F x y x z pour tout z F. 1. Soit G un supplémentire orthogonl de F. Alors G est orthogonl à F, et donc on G F. Inversement, soit x F. On peut écrire x = y + z où y F et z G. Mis x F et z G F, donc comme F est un sous-espce vectoriel de H, y = x z F. Finlement y F F = {}, donc y = et x = z G. Ainsi F G, et l inclusion réciproque étnt églement vrie, on G = F et donc H = F G = F F. 2. (i) (ii) Si y = p(x), lors bien sûr y Im(p) = F. De plus x y = x p(x) Ker(p) = F, et donc pour tout z F, x y, z = x, z = y, z. (ii) (i) Si y F = Im(p) et y, z = x, z pour tout z F, lors x y F = Ker(p). On donc x = y + (x y) = p(x) + (x p(x)). }{{}}{{}}{{}}{{} Im(p) Ker(p) Im(p) Ker(p) D près les propriétés des projecteurs, on E = Im(p) Ker(p), et on en déduit, pr unicité de l décomposition, que y = p(x). (i) (iii) Si y = p(x), lors à nouveu y Im(p) = F. De plus pour tout z F, on sit que x y = x p(x) Ker(p) = F, et y = p(x) Im(p) = F, donc y z F. Ainsi, les vecteurs x y et y z sont orthogonux, et d près le théorème de Pythgore, on donc x z 2 = (x y) + (y z) 2 = x y 2 + y z 2 x y 2. (iii) (i) Si y F = Im(p) et x y x z pour tout z F, on obtient en prticulier vec z = p(x) que x y x p(x). Mis x p(x) Ker(p) = F et p(x) Im(p) = F, donc p(x) y F, et d près le théorème de Pythgore, x y 2 = (x p(x)) + (p(x) y) 2 = x p(x) 2 + p(x) y 2 x p(x) 2. De ces deux inéglités, on déduit que p(x) y =, et donc y = p(x). 12

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