Download exercices corriges hilbertienne and more Exercises Mathematics in PDF only on Docsity!

Exercices corrigés - Espaces de Hilbert

Exercice 1 - Projection sur un sous-espace

Pour tout entier , on note le sous-espace vectoriel de.

1. Montrer que l'application dans? Conclure que

.

2. Soit

2.1. Montrer que l'orthogonal de contient.

2.2. Montrer que (remarquer que, pour , la suite telle que , et si et

appartient à ).

N ∈ N MN ℓ (N, C)

2 ( xn ) n ∈N ∑ = 0

N

n =

xn

( xn ) n ↦∑

N k = xk ℓ(N, C)

2 MN

ℓ (N, C) = ⊕

2 MN M

⊥ N

E = {( yn ) n telles que, pour 0 ≤ i < j ≤ N , on ait yi = yj et yn = 0 pour n > N }.

M

⊥ N

MN E

M = E

⊥ N

0 ≤ i < j ≤ N ( xn ) xi = 1 xj = −1 xn = 0 n ≠ i n ≠ j

MN

formé des suites telles que

est linéaire continue de. Que peut-on en déduire sur

1. Notons cette application. On a

est donc continue, et est un sous-espace fermé de l'espace de Hilbert. On en

déduit le résultat demandé.

2.1. Soit et. On a

2.2. Il faut montrer l'inclusion contraire. Prenons donc , et soit la suite donnée par l'énoncé, membre de , avec et

. On a

ce qui prouve que pour. D'autre part, pour , on considère la suite tel que et pour. Le

produit scalaire de avec cette suite donne , ce qui prouve que.

T

| T ( x )| ≤ ∑| | ≤ ∥ x ≤ ∥ x

n =

N

xn ∥ 2 ( ∑ )

n =

N

2

1/

∥ 2

T MN ℓ(N, C)

2

x ∈ MN y ∈ E

⟨ x , y ⟩ = ∑ = = 0.

k =

N

xk yk ¯ ¯¯¯¯ y 0 ¯ ¯¯¯¯ ∑

k =

N

xk

y ∈ M ⊥ N

x M N i = 0

0 < j ≤ N

⟨ x , y ⟩ = y 0 − yj = 0,

yj = y 0 j = 0, … , N j > N x xj = 1 xk = 0 k ≠ i

y (^) y = 0 j y ∈ E

Corrigé

∑ = 0.

N

n =

xn et par suite :

grace à l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

n =

(N + 1)

1 2

2

Exercice 2 - Projection sur la boule

Soit un espace de Hilbert. Déterminer une expression de la projection sur la boule unité fermée de.

Corrigé

Notons la boule unité fermée de. Il faut d'abord faire un dessin en dimension deux pour comprendre à quoi doit être égale cette projection. On se

rend assez vite compte que l'on doit avoir si est dans , et si. C'est clair si est dans car un point de l'ensemble se

projette dans lui-même. Si , pour prouver que , il suffit de prouver que, pour tout , on a

Mais ceci suit du calcul suivant :

H H

B H

P x = x x B P x = x /∥ x ∥ x ∉ H x B

x ∉ B P x = x /∥ x ∥ z ∈ B

⟨ z − , x − ⟩ ≤ 0.

x

∥ x ∥

x

∥ x ∥

Puisque , on a et puisque , on a. On a donc bien démontré la propriété voulue.

⟨ z − , x − ⟩

x

∥ x ∥

x

∥ x ∥

=

=

⟨ z , x ⟩ − ∥ x ∥ − ⟨ z , ⟩ + 1

x

∥ x ∥

(∥ x ∥ − 1) (⟨ z , ⟩ − 1).

x

∥ x ∥

x ∉ B ∥ x ∥ − 1 ≥ 0 z ∈ B ⟨ z , ⟩ ≤ 1

∣

∣

x

∥ x ∥

∣

∣

Exercice 3 - Calcul de la projection

Soit (espace de Hilbert réel). On note

1. Démontrer que est convexe fermé.
2. Déterminer la projection sur ce convexe.
3. Reprendre la question précédente avec.

Corrigé

1. Il suffit d'appliquer la définition pour montrer que est convexe. D'autre part, est fermé : si est une suite de qui converge vers ,

et si , on a clairement par passage à la limite , et donc.

2. Soit. Il faut deviner la formule pour. La seule façon de s'en sortir est de faire un dessin en dimension 2 et d'essayer de deviner

ainsi quelle est la formule pour. En dimension 2, correspond simplement au quart de plan en haut à gauche. Il y a 4 cas différents pour

déterminer la projection de , en fonction de sa position dans l'un ou l'autre des demi-plans. C'est ainsi que l'on est conduit à poser ,

où si , et sinon. Pour prouver qu'il s'agit bien de la projection de sur , il suffit de vérifier que, pour tout de , on a :

Mais,

Or, à fixé, deux cas sont possibles :

Soit , et dans ce cas.

Soit , mais alors , et donc.

Dans tous les cas, on a , ce qui prouve que.

3. Il faut légèrement adapter pour le cas complexe. Il faut et il suffit cette fois que vérifie pour tout de

H = ℓ (N, R)

2 C = { x = ( xn ) ∈ H ; ∀ n ∈ N, xn ≥ 0}.

C

C

H = ℓ(N, C)

2

C C ( x )

p C x ∈ H

x ≥ 0

p n xn ≥ 0 x^ ∈^ C

x ∈ ℓ

2 PC ( x )

PC ( x ) C

x PC ( x ) = ( yn )

yn = xn xn ≥ 0 yn = 0 x C z C

< x − y , z − y >≤ 0.

< x − y , z − y >= ∑( − )( − ).

n ≥

xn yn zn yn

n ≥ 0

xn ≥ 0 xn − yn = 0

xn ≤ 0 yn = 0 ( xn − yn )( zn − yn ) ≤ 0

( x − )( − ) ≤ 0 n y n z n y n < x − y , z − y >≤ 0

y = PC ( x ) z C

Dans tous les cas, est réel, et donc

On est alors conduit à poser si et sinon. On obtient bien que la quantité précédente est négative.

R e (< x − y , z − y >) = R e ( ∑( − ) ) ≤ 0.

n ≥

xn yn ( zn − yn )

¯¯ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯

zn^ − yn

R e (< x − y , z − y >) = ∑( − ) (R e ( ) − ).

n ≥

zn yn xn yn

yn = R e ( xn ) R e ( xn ) ≥ 0 yn = 0

Exercice 4 - Propriétés de la projection sur un sous-espace fermé

Soit un espace de Hilbert, et un sous-espace fermé de , non réduit à. On note la projection orthogonale de sur. Démontrer que :

1.. 2.. 3..

Corrigé

1. Il est clair que si , on a. On en déduit que pour tout de.
2. Décomposons en , où est orthogonal à , et en. On a alors :

où la dernière inégalité vient de ce que est orthogonal à tout entier, et donc en particulier à. La même égalité est vraie, pour les mêmes

raisons, pour.

3. D'après le théorème de Pythagore, on a :

H F H {0} p H F

p ∘ p = p

∀( x , y ) ∈ H , ⟨ p ( x ), y ⟩ = ⟨ x , p ( y )⟩

2

∥ p ∥ = 1

z ∈ F p ( z ) ∈ F p ( p ( x )) = p ( x ) x H

x p ( x ) + x 1 x 1 F y p ( y ) + y 1

< p ( x ), y >=< p ( x ), p ( y ) > + < p ( x ), y 1 >=< p ( x ), p ( y ) >

y 1 F p ( x )

< x , p ( y ) >

Ceci entraîne

et donc. Maintenant, puisque n'est pas réduit à , il existe dans de norme 1. Pour ce , on a , ce qui prouve

que.

∥ p ( x ) ∥ + ∥ x − p ( x ) = ∥ x.

2 ∥

2 ∥

2

∥ p ( x )∥ ≤ ∥ x ∥,

∥ p ∥ ≤ 1 F {0} x F x ∥ p ( x )∥ = ∥ x ∥ = 1

∥ p ∥ = 1

Exercice 5 - Propriétés de la projection sur un sous-espace fermé

Soit un espace de Hilbert, et un sous-espace fermé de , non réduit à. On note la projection orthogonale de sur. Si est un élément de

, on appelle distance de à la quantité

1. Montrer que
2. Montrer que
3. On suppose dans cette question que est un sous-espace de dimension finie, et on note une base orthonormale de.

3.1. Quel résultat du cours assure l'existence d'une telle base orthonormale?

3.2. Déterminer en fonction de , l'expression de.

3.3. En déduire la valeur de :

4. On suppose désormais que est un sous-espace de dimension infinie. Justifier que possède une base hilbertienne, puis exprimer en

fonction de cette base.

5. On suppose désormais que. Pour un entier fixé, on pose

H F H {0} p H F x

H x F

d ( x , F ) = inf{∥ x − y ∥; y ∈ F }.

d ( x , F ) = ∥ x − p ( x )∥.

d ( x , F ) = max{| < x , z > |; z ∈ F et ∥ z ∥ = 1}.

⊥

F ( e 1 , … , en ) F

e 1 , … , en p ( x )

inf {∫ | − at − b dt ; a ∈ R, b ∈ R}.

1

0

t

2 |

2

F F p ( x )

H = ℓ (N, C)

2 n

Vérifier que est un sous-espace fermé de. Chercher un sous-espace tel que. Donner la distance de l'élément à

.

M = { x ∈ H ; ∑ = 0}.

k =

n

xk

M H N M ⊕ N = H (1, 0, 0, …)

M

1. D'abord, puisque , il est clair que l'on a :

D'autre part, considérons , et décomposons en , où est orthogonal à. On a alors :

Maintenant, on a d'après le théorème de Pythagore, et donc.

p ( x ) ∈ F

∥ x − p ( x )∥ ≥ d ( x , F ).

y ∈ F x x = p ( x ) + x 1 x 1 F

∥ x − y ∥

2

=

=

< p ( x ) − y + x 1 , p ( x ) − y + x 1 >

< p ( x ) − y , p ( x ) − y > +2R (< p ( x ) − y , x 1 ) + < x 1 , x 1 >

∥ p ( x ) − y ∥ + ∥.

2 x 1 ∥

2

∥ x 1 ∥ = ∥ x − p ( x )

2 ∥

2 ∥ x − y ∥ ≥ ∥ x − p ( x )∥

Corrigé

2. D'abord, en gardant les mêmes notations, on a

On en déduit que

ce qui démontre une première inégalité. D'autre part, soit , avec , on a :

d'où on déduit par l'inégalité de Cauchy-Schwarz

ce qui démontre la deuxième inégalité.

3.1. Le procédé d'orthonormalisation de Schmidt par exemple...

< x , x 1 >=< p ( x ) + x 1 , x 1 >=< x 1 , x 1 >= d ( x , F ).

2

< x , = = d ( x , F ),

x 1

∥ x 1 ∥ >

d ( x , F )

2

∥ x 1 ∥

y ∈ F

⊥ ∥ y ∥ = 1

< x , y >=< p ( x ), y > + < x 1 , y >=< x 1 , y >,

| < x , y > | ≤ ∥ x 1 ∥ = d ( x , F ),

3.2. Rappelons ce qui caractérise : est le seul élément de tel que soit orthogonal à tous les éléments de. Raisonnons

par analyse-synthèse. se décompose dans la base orthonormée de en

Maintenant, est orthogonal à , puisqu'il est orthogonal à. On a donc :

On voit que nécessairement , et par un raisonnement similaire, on doit avoir , ce qui nous conduit à poser

Réciproquement, on vérifie facilement que ainsi défini est élément de , et que est orthogonal à tout élement de.

3.3.

p ( x ) p ( x ) F x − p ( x ) F

p ( x ) F

p ( x ) = α 1 e 1 + ⋯ + αnen.

x − p ( x ) e 1 F

< x − p ( x ), e 1 >= 0 =< x , e 1 > − < p ( x ), e 1 >=< x , e 1 > − α 1.

α 1 =< x , e 1 > αk =< x , ek >

p ( x ) =< x , e 1 > e 1 + ⋯ + < x , en > en.

p ( x ) F x − p ( x ) F

< f , g >= ∫ f ( t ) g ( t ) dt.

1

0

Voir rappel en annexe

Introduisons H = C ([0, 1])), muni du produit scalaire

en dernière page

Posons le sous-espace vectoriel des fonctions polynômiales de degré. Le problème de minimisation peut aussi s'interpréter comme la

recherche de. On applique alors les méthodes mises en valeur dans l'exercice. On commence par chercher une base

orthonormée de. On peut choisir , qui est déjà un vecteur normé. Pour , on commence d'abord par chercher sous la forme

de sorte que soit orthogonal au vecteur précédent construit. On a donc :

On a donc , et il suffit maintenant de normaliser ce vecteur :

On calcule ensuite la projection de sur , en utilisant :

On en déduit :

F ≤ 1

d ( t , F )

2 ( e 1 , e 2 )

F (^) e 1 ( t ) = 1 e 2 f 2

f 2 ( t ) = t + α e 1 ( t ) = t + α ,

f 2

< f 2 , e 1 >= ∫ ( t + α ) dt = + α = 0.

1

0

f = t − 1/ 2

e 2 = = 2 t −.

f 2

∥ f 2 ∥

–

√ 3

–

√

t

2 F < t , >= ,

2 e (^1 ) 3

< t , >=.

2 e 2

–

√

Le minimum est donc atteint pour et. Il ne reste plus qu'à calculer la dernière intégrale qui fait.

p ( t ) = + ( (2 t − 1))) = t −.

2

–

√

a = 1 b = −1/6 1/

.

4. possède une base hilbertienne, car il est lui-même un espace de Hilbert, en tant que sous-espace fermé (donc complet) d'un espace de Hilbert.

Si désigne une base hilbertienne de , le même raisonnement que précédemment montre que

5. D'une part, est clairement un sous-espace vectoriel de , et il est fermé (caractérisation par les suites, ou bien noyau d'une application

linéaire continue). Posons ensuite le sous-espace vectoriel engendré par. On pourra vérifier qu'il convient. Enfin, pour

calculer la distance de à , il suffit de déterminer sa projection sur. Mais se décompose alors en

Prenant la somme des n premiers termes de chaque membre, on trouve que. Il vient finalement :

F

( e n ) n ∈ I

F

p ( x ) = ∑< x , >.

n ∈ I

en en

M H

N (1, 1, 1 … , 1, 0, 0, …)

(1, 0, 0, …) M M x

x = p ( x ) + k (1, 1, … , 1, 0, …).

k =

1 n +

d ( x , M ) = ∥ (1, 1, 1, … , 0, …)∥ =.

n + 1

n + 1

−− −−−

√

n + 1

L'espace

Exercice 6 - et

On rappelle que l'espace est l'ensemble des familles , indexées par , et telles que :

Montrer que dans le cas où , on a en fait :

ℓ

ℓ (N)

2

ℓ ( I )

2

ℓ ( I , C)

2 x = ( xα ) α ∈ I I ∥ x ∥ = sup^ ;^ F^ ⊂^ I^ fini^ < +∞

.

⎧

⎩

⎨( ∑| )

α ∈ F

xα |

2

1

/

2

⎫

⎭

⎬

I = N

∥ x ∥ = ( ∑| ).

n ≥

xn |

2

1/

Fixons. Par définition de la borne supérieure, il existe fini tel que :

Soit le plus grand élément de (qui est fini). Puisque , on a :

Puisque cette inégalité est vérifiée pour tout , on en déduit :

Réciproquement, on fixe toujours , et soit tel que :

En prenant , on obtient :

ε > 0 F ⊂ N

∥ x ∥ − ε ≤ ( ∑| ).

n ∈ F

xn |

2

1/

n 0 F F ⊂ {0, … , n 0 }

∥ x ∥ − ε ≤ ( ∑| ) ≤.

n =

n 0

xn |

2

1/

( ∑| )

n ≥

xn |

2

1/

ε > 0

∥ x ∥ ≤ ( ∑| ).

n ≥

xn |

2

1/

ε > 0 n 0

( ∑| ) − ε ≤.

n ≥

x n

|

2

1/

( ∑| )

n =

n 0

x n

|

2

1/

F = {0, … , n 0 }

Faisant tendre ε vers 0, on obtient l'autre inégalité( ∑ | ) ≤ ∥ x ∥. n ≥

x n

|

2

1/

( (^) ∑| ) − ε ≤ ≤ ∥ x ∥.

n ≥

xn |

2

1/

( ∑| )

n ∈ F

xn |

2

1/

Corrigé

Exercice 7 - Quelques suites de suites

Dire si les suites suivantes sont convergentes dans , et si c'est le cas, calculer leur limite.

1. ,
2. ,
3. ,
4. si , 0 sinon,

ℓ

2

x ( n ) = ( , 0, 0, 0, …)

1

n

x ( n ) = (1, 1/2, 1/3, … , 1/ n , 0, 0, …)

x ( n ) = (1, 1/ 2 , 1/ , … , 1/ , 0, 0, …)

–

√ 3

–

√ n

−−

√

x ( n ) m = 1 n = m

5. , 6..

x ( n ) m = +

1 m

1

nm^3

x ( n ) m = +

1

m

1

nm 1/

Corrigé

1. On a : la suite converge vers 0.
2. Rappelons que si et sont deux éléments de , on a :

On en déduit que si la suite converge vers dans , alors pour chaque , la suite converge vers. Cette propriété

permet de deviner la limite des suites de. On pose ici. On a

et cette quantité tend vers 0 comme reste d'une série convergente.

3. On remarque que , et ceci tend vers (c'est la somme partielle d'une série à termes positifs divergente). La suite

n'est pas convergente.

∥ x ( n )∥ = 1/ n ( x ( n ))

x y l

2

| xm − ym | ≤ ∥ x − y ∥.

( x ( n )) n ≥ x ℓ 2 m ( x ( n ) m

)

n ≥ x m

ℓ

2 x = (1, 1/2, 1/3, … , 1/ n , 1/ n + 1, …)

∥ x − x ( n ) ∥ = ,

2 ∑

k > n

k

2

∥ x ( n ) ∥ =

2 ∑

n

k =

1

k

+∞ ( x ( n ))

4. Il est facile de vérifier que pour , on a exactement :

La suite ne peut pas converger car elle n'est pas de Cauchy.

n ≠ p

∥ x ( n ) − x ( p )∥ = 2.

–

√

( x ( n ))

5. On pose l'élément de défini par. On a :
6. Cette suite n'est pas dans , elle ne peut donc pas converger!

x (^) ℓ

2 xm = 1/ m

∥ x ( n ) − x ∥ = → 0.

n

( )

∑

m ≥

m

6

1/

ℓ

2

Produit scalaire sur R[X] et RN [X]

1. Montrer que 〈P, Q〉 =

∫ 1 0

P (x) Q(x) dx d´efinit un produit scalaire sur R[X] et RN [X] pour tout N ∈ N.

2. Montrer que ce produit scalaire fait de RN [X] un espace de Hilbert, mais que cela est faux pour R[X].

Pour ce dernier point:

a. Soit Pn(x) =

∑ n i=

x i

i!

. Montrer que (Pn) converge uniform´ement vers exp sur [0, 1].

b. En d´eduire que Pn converge vers exp pour la norme associ´ee `a 〈·, ·〉.

c. La fonction exponentielle est-elle un polynˆome? Conclure.

Solution.

1. L’application 〈·, ·〉 est bilin´eaire sym´etrique, car le produit de r´eels est une op´eration bilin´eaire sym´etrique,

et par lin´earit´e de l’int´egrale. De plus pour P ∈ R[X],

〈P, P 〉 =

∫ (^1)

0

P (x)

2 dx ≥ 0

et cette expression est nulle si et seulement si P = 0. En effet 〈 0 , 0 〉 = 0 et si 〈P, P 〉 =

∫ 1 0

P (x) 2 dx = 0,

alors la fonction polynomiale x 7 → P (x) 2 est continue, positive, d’int´egrale nulle sur [0, 1], donc elle est

identiquement nulle sur [0, 1]. Le polynˆome P a donc une infinit´e de racines, ce qui implique que P = 0.

L’application 〈·, ·〉 est donc un produit scalaire sur R[X], et par restriction, sur RN [X] pour tout N ∈ N.

2. RN [X] est un espace vectoriel de dimension finie, il est donc complet pour la norme associ´ee au produit

scalaire consid´er´e : c’est un espace de Hilbert. Ceci est faux pour R[X] :

a. D’apr`es la formule de Taylor avec reste int´egral, on a pour tout x ∈ [0, 1], et tout entier n ≥ 0 ,

∣ ∣ ∣ ∣ ∣

exp(x) −

n ∑

i=

x i

i!

∣ ∣ ∣ ∣ ∣

=

∣ ∣ ∣ ∣

∫ x

0

(x − t) n

n!

e

t dt

∣ ∣ ∣ ∣ ≤ e

∫ x

0

(x − t) n

n!

dt = e

x n+

(n + 1)!

≤

e

(n + 1)!

.

Ce dernier terme ne d´epend pas de x et converge vers 0 lorsque n → +∞, donc Pn → exp uniform´ement

sur [0, 1].

b. Pour tout n,

‖ exp −Pn‖ =

(∫ 1

0

|e

x − Pn(x)|

2 dx

) 1 / 2

≤

(∫ 1

0

‖ exp −Pn‖

2 ∞ dx

) 1 / 2

= ‖ exp −Pn‖∞ → 0

lorsque n → +∞ d’apres la question pr´ec´edente. Donc Pn converge vers exp pour la norme associ´eea

〈·, ·〉.

c. Supposons que la fonction exponentielle est un polynˆome P de degr´e n. La d´eriv´ee d’ordre n + 1

de exp est donc nulle. Or la d´eriv´ee de la fonction exponentielle `a tout ordre est elle-mˆeme : on a donc

exp = 0, ce qui est absurde. La fonction exponentielle n’est donc pas un polynˆome.

Si R[X] ´etait complet pour la norme ‖ · ‖ associ´ee au produit scalaire consid´er´e, la suite (Pn) devrait

converger vers un ´el´ement P ∈ R[X] dans (R[X], ‖ · ‖), et donc ´egalement dans (C 0 ([0, 1]; R), ‖ · ‖). Or

la question b. montre que (Pn) converge vers exp dans (C 0 ([0, 1]; R), ‖ · ‖). Par unicit´e de la limite, on

devrait donc avoir exp = P ∈ R[X], or on vient de prouver que ceci est impossible. Ceci montre que

R[X] n’est pas complet pour ‖ · ‖ : R[X] muni du produit scalaire 〈·, ·〉 n’est pas un espace de Hilbert.

Distance `a R 2 [X]

On cherche `a calculer

I = inf (a,b,c)∈R^3

∫ ∞

0

(x

3

• ax

2

• bx + c)

2 e

−x dx.

1. Montrer que 〈P, Q〉 =

∫ (^) ∞

0

P (x)Q(x) e −x dx d´efinit un produit scalaire sur R 3 [X].

2. V´erifier que le probleme revienta trouver la distance de X

3 `a R 2 [X] pour la norme induite par le

produit scalaire 〈·, ·〉.

3. Trouver I.

Solution.

1. Il y a cette fois une justification `a donner pour l’existence de 〈P, Q〉 : il faut justifier la convergence

de l’int´egrale. Mais P et Q ´etant des polynˆomes, les comparaisons exponentielle/polynˆomes impliquent

que

∫

R+ P (x)Q(x) e

−x dx converge.

Les preuves de toutes les propri´et´es sont ensuite semblables `a celles des exercices pr´ec´edents. Pour la

d´efinie positivit´e, on remarque simplement que

〈P, P 〉 = 0 ⇒

∫ (^) +∞

0

P (x)

2 e

−x dx = 0.

L’application x 7 → P (x) 2 e −x est continue sur R+, positive, d’int´egrale nulle, elle est donc identiquement

nulle sur R+. Comme e −x

0 pour tout x, on a n´ecessairement P (x) = 0 pour tout x ≥ 0 , et, P ´etant

un polynˆome, ceci implique comme auparavant que P est le polynˆome nul.

2. La distance de P (X) = X

3 a R 2 [X] pour la norme ‖ · ‖ induite par le produit scalaire 〈·, ·〉 est ´egalea

inf{‖P − Q‖; Q ∈ R 2 [X]} = inf

{ (∫ ∞

0

(P (x) − Q(x))

2 e

−x dx

) 1 / 2

; Q ∈ R 2 [X]

}

=

(

inf

{∫ ∞

0

(x

3 − Q(x))

2 e

−x dx; Q ∈ R 2 [X]

}) 1 / 2

.

Puisque R 2 [X] = {−aX

2 − bX − c; (a, b, c) ∈ R

3 }, on en d´eduit

inf{‖P − Q‖; Q ∈ R 2 [X]} =

(

inf

{∫ ∞

0

(x

3

• ax

2

• bx + c)

2 e

−x dx; Q ∈ R 2 [X]

}) 1 / 2

=

√ I.

Trouver I revient donc a trouver la distance de P (X) = X 3a R 2 [X] pour la norme ‖ · ‖.

3. R 2 [X] est un sous-espace vectoriel de l’espace euclidien R 3 [X] muni du produit scalaire 〈·, ·〉. La distance

de P a ce sous-espace est ´egalea ‖P − Q‖ o`u Q est le projet´e orthogonal de P sur R 2 [X]. Ce projet´e

orthogonal est caract´eris´e par le fait que P − Q ∈ R 2 [X]

⊥ , c’est-`a-dire que P − Q est orthogonal aux

vecteurs d’une base de R 2 [X], par exemple (P 0 , P 1 , P 2 ) = (1, X, X

2 ). En ´ecrivant Q(X) = −aX

2 − bX − c

avec (a, b, c) ∈ R

3 , on cherche donc a r´esoudre le systeme

        

       

〈P − Q, P 0 〉 =

∫ (^) ∞

0

(x

3

• ax

2

• bx + c) e

−x dx = 0,

〈P − Q, P 1 〉 =

∫ (^) ∞

0

(x

3

• ax

2

• bx + c) x e

−x dx = 0,

〈P − Q, P 2 〉 =

∫ (^) ∞

0

(x

3

• ax

2

• bx + c) x

2 e

−x dx = 0.

En utilisant le fait que pour tout entier n > 0,

∫ ∞

0

x

n e

−x dx = Γ(n + 1) = n!

(Γ est la fonction Gamma d’Euler), ce systeme ´equivauta

  



6 + 2a + b + c = 0,

24 + 6a + 2b + c = 0,

120 + 24a + 6b + 2c = 0.

Ce systeme possede comme unique solution le triplet (− 9 , 18 , −6). Ainsi le projet´e orthogonal de P sur

R 2 [X] est le polynˆome Q(X) = 9X

2 − 18 X + 6, et la distance de P a R 2 [X] est ´egalea

‖P − Q‖

2

∫ (^) ∞

0

(x

3 − 9 x

2

• 18x + 6)

2 e

−x dx = 36. (^) D’apr`es la question pr´ec´edente, on a donc I = 36.

Proc´

ed´

e de Gram-Schmidt (1/2)

Soit

u

1

, u

2

,... ,

u

n

des vecteurs lin´

eairement ind´

ependants de

R

m

et

W

=

C

(

Q

)

le sous-espace engendr´

e par ces vecteurs (

n

≤

m

).

La proc´

edure suivante produit une base orthonormale de

W

.

(1)

v

1

=

u

1

(2)

v

2

=

u

2

−

v

1

u

2

v

1

v

1

v

1

(

v

2

⊥

v

1

car obtenu par

u

2

−

p

avec

p

la projection de

u

2

sur

v

1

)

(3)

v

3

=

u

3

−

v

1

u

3

v

1

v

1

v

1

−

v

2

u

3

v

2

v

2

v

2

...

Proc´

ed´

e de Gram-Schmidt (2/2)

(

k

)

v

k

=

u

k

−

k

−

1

∑^ j

=

v

j

u

k

v

j

v

j

v

j

...

(

n

)

v

n

=

u

n

−

n

−

1

∑ j

=

v

j

u

n

v

j

v

j

v

j

(

n

1

)

q

j

=

v

j

||

v

j

||

pour tout

j

∈ {

1

, 2

,... , n

}

.

Les vecteurs

q

1

,

q

2

,... ,

q

n

forment la base (de

W

) orthonormale

recherch´

ee.