Espaces préhilbertiens - mp.cpgedupuydelome.frmp.cpgedupuydelome.fr/pdf/Espaces préhilbertiens.pdf · []éditéle10juillet2014 Enoncés 1 Espaces préhilbertiens Espace préhilbertien

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Espaces préhilbertiensEspace préhilbertien réel

Exercice 1 [ 00504 ] [correction]Soient A,B ∈ Sn(R). Montrer

(tr(AB +BA))2 6 4tr(A2)tr(B2)

Exercice 2 [ 00505 ] [correction]Démontrer que la boule unité fermée B d’un espace préhilbertien réel eststrictement convexe i.e. que pour tout x, y ∈ B différents et tout t ∈ ]0, 1[,‖(1− t)x+ ty‖ < 1.

Exercice 3 [ 00507 ] [correction]Soit (e1, e2, . . . , en) une famille de vecteurs unitaires d’un espace préhilbertien réelE telle que

∀x ∈ E, ‖x‖2 =n∑i=1

(ei | x)2

Montrer que (e1, e2, . . . , en) constitue une base orthonormée de E.

Exercice 4 [ 00508 ] [correction]Soient E un espace préhilbertien réel et f, g : E → E telles que

∀x, y ∈ E, (f(x) | y) = (x | g(y))

Montrer que f et g sont linéaires.

Exercice 5 [ 00509 ] [correction]Soient E un espace préhilbertien réel et f : E → E une application surjective telleque pour tout x, y ∈ E, on ait

(f(x) | f(y)) = (x | y)

Montrer que f est un endomorphisme de E.

Exercice 6 [ 00510 ] [correction]Soient x, y deux vecteurs non nuls d’un espace préhilbertien réel. Etablir∥∥∥∥∥ x

‖x‖2 −y

‖y‖2

∥∥∥∥∥ = ‖x− y‖‖x‖ ‖y‖

Exercice 7 [ 00511 ] [correction]On munit E = C ([a, b] ,R) du produit scalaire défini par

(f | g) =∫ b

a

f(t)g(t) dt

En exploitant le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass, établir quel’orthogonal du sous-espace vectoriel F de E formé des fonctions polynomiales estréduit à {0}.

Exercice 8 [ 00512 ] [correction]Soit E un espace de Hilbert réel.a) Montrer que pour x, y ∈ E,∥∥∥∥x+ y

2

∥∥∥∥2+∥∥∥∥x− y2

∥∥∥∥2= ‖x‖

2 + ‖y‖2

2

b) Soit F un sous-espace vectoriel fermé de E et a ∈ E. Montrer qu’il existe x ∈ Fvérifiant d(a, F ) = ‖x− a‖.c) Etablir que si H est un hyperplan fermé de E, il existe a ∈ E vérifiant :

∀x ∈ E, x ∈ H ⇔ (a | x) = 0

Exercice 9 [ 00513 ] [correction]Soit E un espace préhilbertien réel.a) Etablir que pour tout sous-espace vectoriel F de E, F ⊂ F⊥⊥.Désormais, on suppose E = R [X] muni du produit scalaire défini par

(P | Q) =∫ 1

−1P (t)Q(t) dt

b) Montrer que

H ={P ∈ R [X] /

∫ 1

−1|t|P (t) dt = 0

}Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD


est un hyperplan fermé de E.c) Soit Q ∈ H⊥. Etablir que pour tout P ∈ R [X],∫ 1

−1P (t)Q(t) dt =

(∫ 1

−1|t|P (t) dt

)(∫ 1

−1Q(t) dt

)d) Etablir que H⊥ = {0} et conclure qu’ici l’inclusion H ⊂ H⊥⊥ est stricte.

Exercice 10 [ 02666 ] [correction]a) Montrer l’existence et l’unicité de A ∈ Rn [X] tel que

∀P ∈ Rn [X] , P (0) =∫ 1

0A(t)P (t) dt

b) Montrer que A est de degré n.

Exercice 11 [ 03024 ] [correction]On définit sur R [X] le produit scalaire

〈P | Q〉 =∫ 1

0P (t)Q(t) dt

Existe-t-il A ∈ R [X] tel que

∀P ∈ R [X] , P (0) = 〈A | P 〉 ?

Exercice 12 [ 03079 ] [correction]On définit

Qn(X) = 12nn!

((X2 − 1)n

)(n)

a) Soit n > 1. Montrer que Qn possède n racines simples dans ]−1, 1[.b) Montrer que

Qn = Xn + (X2 − 1)Rn(X)avec Rn ∈ R [X]. En déduire Qn(1) et Qn(−1).c) On pose, pour (P,Q) ∈ R [X]2,

〈P,Q〉 =∫ 1

−1P (t)Q(t) dt

Montrer que Qn est orthogonal à Rn−1 [X].d) Calculer ‖Qn‖2.

Exercice 13 [ 03081 ] [correction]Soit E = C ([−1, 1] ,R) muni du produit scalaire défini par

〈f | g〉 =∫ 1

−1f(t)g(t) dt

On pose

F = {f ∈ E/∀t ∈ [−1, 0] , f(t) = 0} et G = {g ∈ E/∀t ∈ [0, 1] , g(t) = 0}

a) Montrer que F⊥ = G.b) Les sous-espaces vectoriels F et G sont-ils supplémentaires ?

Exercice 14 [ 03157 ] [correction]Soit F = (x1, . . . , xn) une famille de n > 2 vecteurs d’un espace préhilbertien réel.On suppose

∀1 6 i 6= j 6 n, (xi | xj) < 0

Montrer que toute sous famille de n− 1 vecteurs de F est libre.

Exercice 15 [ 03180 ] [correction]Soit S l’ensemble des vecteurs de norme 1 d’un espace préhilbertien réel. Montrer

∀x, y ∈ S, x 6= y ⇒ ∀λ ∈ R\ {0, 1} , (1− λ)x+ λy /∈ S

Exercice 16 [ 03318 ] [correction]Soient x1, . . . , xn des vecteurs d’un espace préhilbertien réel E.On suppose qu’il existe M ∈ R tel que

∀(ε1, . . . , εn) ∈ {1,−1}n ,

∥∥∥∥∥n∑k=1

εkxk

∥∥∥∥∥ 6M

Montrern∑k=1‖xk‖2 6M2

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Exercice 17 [ 03321 ] [correction]On munit l’espace E = C([0, 1] ,R) du produit scalaire

〈f, g〉 =∫ 1

0f(x)g(x) dx

Pour f ∈ E, on note F la primitive de f qui s’annule en 0

∀x ∈ [0, 1] , F (x) =∫ x

0f(t) dt

et on considère l’endomorphisme v de E déterminé par v(f) = F .a) Déterminer un endomorphisme v? vérifiant

∀f, g ∈ E, 〈v(f), g〉 = 〈f, v?(g)〉

b) Déterminer les valeurs propres de l’endomorphisme v? ◦ v.

Exercice 18 [ 03322 ] [correction]Soient a un vecteur unitaire d’un espace préhilbertien réel E, k un réel etϕ : E × E → R l’application déterminée par

ϕ(x, y) = 〈x, y〉+ k 〈x, a〉〈y, a〉

Donner une condition nécessaire et suffisant pour que ϕ soit un produit scalaire.

Exercice 19 [ 03325 ] [correction]Soit F un sous-espace vectoriel d’un espace préhilbertien réel E. Etablir

F⊥ = F⊥

Exercice 20 [ 03480 ] [correction]On note E = R [X] et on considère l’application ϕ : E × E → R donnée par

ϕ(P,Q) =∫ +∞

0P (t)Q(t)e−t dt

a) Justifier que l’application ϕ est bien définie de E × E vers R.b) Montrer que l’application ϕ définit un produit scalaire sur E.c) Pour p, q ∈ N, calculer ϕ(Xp, Xq).d) Orthonormaliser par le procédé de Gram-Schmidt la famille (1, X,X2).

Exercice 21 [ 03478 ] [correction]Soit E un espace de Hilbert réel et C une partie convexe fermée non vide de E.a) Soient u et v deux vecteurs de E. Calculer

‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2

b) Soit (wn) une suite d’éléments de C telle que

‖wn − x‖ → d(x,C)

Montrer que (wn) est une suite de Cauchy.c) Montrer que, pour tout x de E, il existe un unique vecteur u de C tel que

‖x− u‖ = d(x,C)

On note u = pC(x).d) Montrer que pC(x) est l’unique vecteur v de C tel que

∀w ∈ C, (x− v | w − v) 6 0

e) Montrer que l’application pC est lipschitzienne.

Exercice 22 [ 03657 ] [correction]On munit R [X] du produit scalaire

〈P,Q〉 =∫ 1

−1P (t)Q(t) dt

a) Etablir l’existence et l’unicité d’une suite de polynômes (Pn) formée depolynômes deux à deux orthogonaux avec chaque Pn de degré n et de coefficientdominant 1.b) Etudier la parité des polynômes Pn.c) Prouver que pour chaque n > 1, le polynôme Pn+1 −XPn est élément del’orthogonal à Rn−2 [X].d) En déduire alors qu’il existe λn ∈ R tel que

Pn+1 = XPn + λnPn−1

Exercice 23 [ 03805 ] [correction]a) Enoncer le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt.b) Orthonormaliser la base canonique de R2 [X] pour le produit scalaire

(P,Q) 7→∫ 1

−1P (t)Q(t) dt



Exercice 24 [ 02494 ] [correction]a) Montrer que dans R3 euclidien

a ∧ (b ∧ c) = (a | c)b− (a | b)c

(on pourra utiliser les coordonnées de a, b, c dans une base où elles comportent unmaximum de 0)b) Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de f(x) = a ∧ (a ∧ x) où a estun vecteur unitaire puis reconnaître f .

Exercice 25 [ 03883 ] [correction]Soit A = (ai,j)16i,j6n une matrice réelle vérifiant

∀i ∈ {1, . . . , n} , ai,i > 1 etn∑i=1

n∑j=1,j 6=i

a2i,j < 1

a) Montrer∀X ∈ Rn\ {0} , tXAX > 0

b) En déduire que la matrice A est inversible.

Exercice 26 [ 03923 ] [correction]Soit A ∈Mn(R) vérifiant

A3 = AtA

Montrer que la matrice A est diagonalisable sur C.

Exercice 27 [ 03926 ] [correction]Soient A et B dans On(R) telle que (A+ 2B)/3 appartienne à On(R). Que dire deA et B ?

Espace préhilbertien complexe

Exercice 28 [ 00514 ] [correction]On définit une application ϕ : C [X]× C [X]→ C par

ϕ(P,Q) = 12π

∫ π

−πP (eiθ)Q(eiθ)dθ

a) Montrer que ϕ est un produit scalaire hermitien sur C [X].b) Montrer que la famille (Xk)k∈N est une base orthonormée pour le produitscalaire précédent.c) Soit Q = Xn + an−1X

n−1 + · · · + a0. Calculer ‖Q‖2.d) On pose

M = sup|z|=1

|Q(z)|

Montrer que M > 1 et étudier le cas d’égalité

Exercice 29 [ 00515 ] [correction]Soient E un espace préhilbertien complexe et u ∈ L(E) tel que pour tout x ∈ E,

(u(x) | x) = 0

Montrer que u = 0.

Exercice 30 [ 03080 ] [correction]On pose

H ={

(xn) ∈ CN/

+∞∑n=0|xn+1 − xn|2 < +∞

}Montrer que H est un espace préhilbertien

Exercice 31 [ 03319 ] [correction]Soit (x1, . . . , xn) des nombres complexes.Préciser image et noyau de l’endomorphisme f de Cn dont la matrice dans la basecanonique est

A = (xixj)16i,j6n

Espaces euclidiens et hermitiens

Exercice 32 [ 00516 ] [correction]On munitMn(R) du produit scalaire défini par

(A | B) = tr(tAB)

a) Montrer que la base canonique (Ei,j)16i,j6n deMn(R) est orthonormée.b) Observer que les espaces Sn(R) et An(R) sont supplémentaires orthogonaux.



c) Etablir que pour tout A ∈Mn(R) on a

tr(A) 6√n√tr(tAA)

et préciser les cas d’égalité.

Exercice 33 [ 00517 ] [correction]Soit a un vecteur normé d’un espace vectoriel euclidien E. Pour tout α ∈ R, onconsidère l’endomorphisme

fα : x 7→ x+ α(a | x)a

a) Préciser la composée fα ◦ fβ . Quelles sont les fα bijectives ?b) Déterminer les éléments propres de fα.

Exercice 34 [ 00518 ] [correction]Soient a, b deux vecteurs unitaires d’un espace vectoriel euclidien E et fl’application de E vers E donnée par

f : x 7→ x− (a | x)b

a) A quelle condition la fonction f est-elle bijective ?b) Exprimer f−1(x) lorsque c’est le cas.c) A quelle condition l’endomorphisme f est-il diagonalisable ?

Exercice 35 [ 03320 ] [correction]Soit a un vecteur non nul d’un espace euclidien orienté de dimension 3.On considère l’endomorphisme

f : x ∈ E 7→ x+ a ∧ x

a) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f .b) Déterminer un polynôme annulateur de f .

Exercice 36 [ 00519 ] [correction]Montrer que dans R3 euclidien : a ∧ (b ∧ c) = (a | c)b− (a | b)c. (on pourra utiliserles coordonnées de a, b, c dans une base où elles comportent un maximum de 0)Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de f(x) = a ∧ (a ∧ x) où a est unvecteur unitaire puis reconnaître f .

Exercice 37 [ 00520 ] [correction]Soient x1, x2, ..., xn+2 des vecteurs d’un espace vectoriel euclidien E de dimensionn ∈ N?.Montrer qu’il est impossible que

∀i 6= j, (xi | xj) < 0

On pourra commencer par les cas n = 1 et n = 2

Exercice 38 [ 00521 ] [correction]Soit (e1, e2, . . . , en) une famille de vecteurs unitaires d’un espace euclidien réel Etelle que

∀x ∈ E,n∑k=1

(ek | x)2 = ‖x‖2

Montrer que (e1, . . . , en) est une base orthonormée de E.

Exercice 39 [ 00523 ] [correction]Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel euclidien E tel que

∀x ∈ E, (f(x) | x) = 0

Comparer ker f et Imf .

Exercice 40 [ 02396 ] [correction]Soit (E, 〈 | 〉) un espace euclidien non nul et u ∈ L(E) tel que tr(u) = 0.a) Montrer qu’il existe x ∈ E\ {0} tel que 〈u(x) | x〉 = 0.b) Montrer qu’il existe une base orthonormée de E dans laquelle la matrice de uest à diagonale nulle.

Exercice 41 [ 02733 ] [correction]Soient c ∈ R, (E, 〈., .〉) un espace euclidien de dimension n > 2, v1, . . . , vn desvecteurs unitaires de E deux à deux distincts tels que :

∀(i, j) ∈ {1, . . . , n}2, i 6= j ⇒ 〈vi, vj〉 = c

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur c pour que (v1, . . . , vn) soitnécessairement liée.

Exercice 42 [ 03979 ] [correction]Soient a, b deux vecteurs unitaires d’un espace euclidien E.Déterminer le maximum sur la boule unité fermée de f : x 7→ (a | x) (b | x)



Projections orthogonales

Exercice 43 [ 00524 ] [correction]Soient E un espace vectoriel euclidien muni d’une base orthonorméee = (e1, . . . , en) et F un sous-espace vectoriel de E muni d’une base orthonormée(x1, . . . , xp). Montrer que la matrice de pF dans la base e est

p∑k=1

XktXk

où Xk est la colonne des coordonnées du vecteur xk dans e.

Exercice 44 [ 00530 ] [correction][Formule de Parseval]On suppose que (en)n∈N est une famille orthonormale d’un espace préhilbertien Etelle que V = Vect(en)n∈N soit dense dans E. Montrer que pour tout x ∈ E,

‖x‖2 =+∞∑n=0|(en | x)|2

Exercice 45 [ 01331 ] [correction]Soient A et B dans S2(R) telles que A2 = A et B2 = B.a) La matrice AB est-elle diagonalisable ?b) Encadrer les valeurs propres de AB.

Exercice 46 [ 03317 ] [correction]Soit E un espace de Hilbert réel dont le produit scalaire est noté 〈. | .〉.Soient C une partie convexe non vide et fermée de E et x ∈ E.a) Montrer qu’il existe une suite (yn) d’éléments de C telle que

‖x− yn‖ → d(x,C)

b) En exploitant l’identité du parallélogramme, établir que la suite (yn) est deCauchy.c) En déduire qu’il existe y ∈ C tel que

‖x− y‖ = d(x,C)

d) Application : Soit F un sous-espace vectoriel de E. Montrer

F⊥⊥ = F

Exercice 47 [ 03766 ] [correction]On pose E = C1([0, 1] ,R) et

∀f, g ∈ E, 〈f, g〉 =∫ 1

0f(t)g(t) dt+

∫ 1

0f ′(t)g′(t) dt

a) Montrer que 〈., .〉 définit un produit scalaire sur E.b) On pose

V = {f ∈ E/f(0) = f(1) = 0} et W ={f ∈ E/f est C2 et f ′′ = f

}Montrer que V et W sont supplémentaires et orthogonaux.Exprimer la projection orthogonale sur W .c) Soient α, β ∈ R et

Eα,β = {f ∈ E/f(0) = α et f(1) = β}

Calculerinf

f∈Eα,β

∫ 1

0

(f(t)2 + f ′(t)2) dt

Distance à un sous-espace vectoriel

Exercice 48 [ 00526 ] [correction][Déterminant de Gram]Soit E un espace préhilbertien réel. Pour (u1, . . . , up) famille de vecteurs de E, onnote G(u1, . . . , up) la matrice deMp(R) dont le coefficient d’indice (i, j) est(ui | uj).a) Montrer que si la famille (u1, . . . , up) est liée alors

detG(u1, . . . , up) = 0

b) Etablir la réciproque.c) Montrer que si (e1, . . . , ep) est une base d’un sous-espace vectoriel F de E alorspour tout x ∈ E,

d(x, F ) =

√detG(e1, . . . , ep, x)detG(e1, . . . , ep)

Exercice 49 [ 00527 ] [correction]a) Montrer que (P | Q) = P (0)Q(0) + P (1)Q(1) + P (2)Q(2) définit un produitscalaire sur R2 [X].b) Calculer d(X2, P ) où P =

{aX + b/(a, b) ∈ R2}



Exercice 50 [ 02734 ] [correction]Calculer le minimum de ∫ 1

0(t3 − at2 − bt− c)2 dt

pour a, b, c parcourant R.

Exercice 51 [ 00529 ] [correction]On définit une application ϕ : R [X]× R [X]→ R par

ϕ(P,Q) =∫ +∞

0P (t)Q(t)e−t dt

a) Montrer que ϕ définit un produit scalaire sur R [X].b) Calculer ϕ(Xp, Xq).c) Déterminer

inf(a,b)∈R2

∫ +∞

0e−t(t2 − (at+ b))2 dt

Exercice 52 [ 02736 ] [correction]On munitMn(R) du produit scalaire rendant orthonormée la base canonique,dont on note ‖ ‖ la norme associée. Soit J la matrice deMn(R) dont tous lescoefficients sont égaux à 1.Si M ∈Mn(R), calculer inf

(a,b)∈R2‖M − aIn − bJ‖.

Exercice 53 [ 02735 ] [correction]Calculer

inf{∫ 1

0t2(ln t− at− b)2 dt, (a, b) ∈ R2

}

Exercice 54 [ 01332 ] [correction]Soient n ∈ N?, E = Rn [X] et

〈 , 〉 : (P,Q) ∈ E2 7→ 〈P,Q〉 =∫ +∞

0P (t)Q(t)e−t dt

a) Justifier la définition de 〈 , 〉 et montrer qu’il s’agit d’un produit scalaire.On pose F = {P ∈ E,P (0) = 0}. On cherche à déterminer d(1, F ). On note(P0, . . . , Pn) l’orthonormalisée de Schmidt de (1, X, . . . ,Xn).b) Calculer Pk(0)2.c) Déterminer une base de F⊥ que l’on exprimera dans la base (P0, . . . , Pn). Endéduire d(1, F⊥) et d(1, F ).

Exercice 55 [ 03764 ] [correction]Soit A = (ai,j)16i,j6n ∈Mn(R). Calculer

infM∈Sn(R)

∑16i,j6n

(ai,j −mi,j)2

Exercice 56 [ 02571 ] [correction]a) Montrer que (f | g) =

∫ 10 f(t)g(t) dt définit un produit scalaire sur l’ensemble E

des fonctions continues sur R engendré par f1(x) = 1, f2(x) = ex et f3(x) = x.b) Pour quels réel a et b la distance de f2(x) à g(x) = ax+ b est-elle minimale ?

Exercice 57 [ 03117 ] [correction]a) Montrer que (A | B) = tr (AtB) définit un produit scalaire surMn(R).b) Montrer que Sn(R) et An(R) sont supplémentaires et orthogonaux.Exprimer la distance de

M =

1 2 30 1 21 2 3

∈M3(R)

à S3(R).c) Montrer que l’ensemble H des matrices de trace nulle est un sous-espacevectoriel deMn(R) et donner sa dimension.Donner la distance à H de la matrice J dont tous les coefficients valent 1.

Exercice 58 [ 00073 ] [correction]On munit E = C([−1, 1] ,R) du produit scalaire :

(f | g) = 12

∫ 1

−1f(x)g(x) dx

Pour i ∈ {0, 1, 2, 3}, on note Pi(x) = xi.a) Montrer que la famille (P0, P1, P2) est libre mais pas orthogonale.b) Déterminer, par le procédé de Schmidt, une base orthonormée (Q0, Q1, Q2) deF = Vect(P0, P1, P2) à partir de la famille (P0, P1, P2).c) Calculer la projection orthogonale de P3 sur F et la distance de P3 à F .


[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 8

Corrections

Exercice 1 : [énoncé]SurMn(R), on définit un produit scalaire par

(A | B) = tr(tAB)

Pour A,B ∈ Sn(R),tr(AB +BA) = 2(A | B)

et l’inégalité de Cauchy-Schwarz fournit la relation demandée.

Exercice 2 : [énoncé]Par l’inégalité triangulaire

‖(1− t)x+ ty‖ 6 (1− t) ‖x‖+ t ‖y‖ 6 1

De plus, s’il y a égalité alors ‖x‖ = 1, ‖y‖ = 1 et les vecteurs (1− t)x et ty sontpositivement liés.Les vecteurs x et y étant unitaires et positivement liés, ils sont égaux. Ceci estexclu.

Exercice 3 : [énoncé]Pour j ∈ {1, . . . , n},

‖ej‖2 =n∑i=1

(ei | ej)2

donc (ei | ej) = 0 pour tout i 6= j. Ainsi la famille (e1, e2, . . . , en) est orthonormée.Si la famille (e1, e2, . . . , en) n’est pas une base, on peut déterminer en+1 ∈ E telque (e1, e2, . . . , en, en+1) soit libre. Par le procédé d’orthonormalisation deSchmidt, on peut se ramener au cas où

en+1 ∈ Vect(e1, . . . , en)⊥

Mais alors

‖en+1‖2 =n∑i=1

(ei | en+1)2 = 0

ce qui est contradictoire.Par suite la famille (e1, e2, . . . , en) est une base orthonormée.

Exercice 4 : [énoncé]Aisément

(f(λx+ λ′x′) | y) = . . . = (λf(x) + λ′f(x′) | y)

et comme ceci vaut pour tout y on peut conclure à la linéarité de f .Idem pour g.

Exercice 5 : [énoncé]Aisément

(f(λx+ λ′x′) | f(y)) = (λf(x) + λ′f(x′) | f(y))

doncf(λx+ λ′x′)− (λf(x) + λ′f(x′)) ∈ (Imf)⊥ = {o}

d’où la linéarité de f .

Exercice 6 : [énoncé]En développant le produit scalaire∥∥∥∥∥ x

‖x‖2 −y

‖y‖2

∥∥∥∥∥2

= 1‖x‖2 − 2 (x | y)

‖x‖2 ‖y‖2 + 1‖y‖2 =

(‖x− y‖‖x‖ ‖y‖

)2

Exercice 7 : [énoncé]Soit f ∈ F⊥. Puisque f est continue sur le segment [a, b], par le théorèmed’approximation uniforme de Weierstrass :

∀ε > 0,∃P ∈ R [X] , ‖f − P‖∞,[a,b] 6 ε

On a alors

‖f‖2 =∫ b

a

f2 =∫ b

a

f(f − P ) +∫ b

a

fP =∫ b

a

f(f − P )

avec ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(f − P )

∣∣∣∣∣ 6 (b− a) ‖f‖∞ ‖f − P‖∞ 6 (b− a) ‖f‖∞ ε

En faisant tendre ε vers 0, on obtient ‖f‖2 = 0 donc f = 0. Ainsi F⊥ ⊂ {0} puisF⊥ = {0}.



Exercice 8 : [énoncé]a) C’est l’identité du parallélogramme.b) d(a, F ) = inf {‖x− a‖ /x ∈ F}. Considérons une suite (xn) d’éléments de Fréalisant la borne inférieure : ‖xn − a‖ → d(a, F ).En appliquant l’identité du parallélogramme à x = xn − a et y = xm − a, onobtient ∥∥∥∥xn + xm

2 − a∥∥∥∥2

+ 14 ‖xn − xm‖

2 = ‖xn − a‖2 + ‖xm − a‖2

2

Or xn+xm2 ∈ F donc

∥∥xn+xm2 − a

∥∥ > d(a, F ) puis

14 ‖xn − xm‖

2 6‖xn − a‖2 + ‖xm − a‖2

2 − d(a, F )2

Sachant que ‖xn − a‖ → d(a, F ), on peut affirmer que la suite (xn) est de Cauchy.Par suite celle-ci converge et, puisque F est fermé, sa limite x∞ vérifie x∞ ∈ F et‖x∞ − a‖ = d(a, F ).c) Puisque H 6= E, il existe y ∈ E\H. Soit alors x ∈ H vérifiantd(y,H) = ‖x− y‖. Pour tout z ∈ H, on a ‖(x+ λz)− y‖2 > ‖x− y‖2 donc2λ(x− y | z) + λ2 ‖z‖2 > 0 pour tout λ ∈ R. On en déduit que (x− y | z) = 0 puisque a = x− y ∈ H⊥ avec a 6= 0 car y /∈ H.Ainsi, on dispose d’un vecteur a vérifiant ∀x ∈ H, (a | x) = 0 i.e. H et Vect(a)orthogonaux.De plus, puisque H est un hyperplan et que a /∈ H, on a H ⊕Vect(a) = E.H et Vect(a) sont donc supplémentaires orthogonaux et par suite H = Vect(a)⊥.

Exercice 9 : [énoncé]a) On sait F ⊂ F⊥⊥ et F⊥⊥ fermé donc F ⊂ F⊥⊥.b) H est le noyau de la forme linéaire

ϕ : P 7→∫ 1

−1|t|P (t) dt

En vertu de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, |ϕ(P )| 6 ‖P‖ et donc ϕ est continue.Par suite H est un hyperplan fermé.c) Pour P ∈ R [X], on observe que

R = P −∫ 1

−1|u|P (u) du

appartient à H. La relation (R | Q) = 0 donne la relation voulue.

d) La relation précédente donne∫ 1

−1

(Q(t)− |t|

∫ 1

−1Q(u) du

)P (t) dt = 0

pour tout P ∈ R [X]. Par suite

Q(t) = |t|∫ 1

−1Q(u) du

Ceci n’est possible dans R [X] que si∫ 1−1 Q(u) du = 0 et donc seulement si Q = 0.

Ainsi H⊥ = {0} puis H⊥⊥ = E alors que H = H 6= E.

Exercice 10 : [énoncé]a) Il est bien connu que l’application

(P,Q) 7→ 〈P,Q〉 =∫ 1

0P (t)Q(t) dt

définit un produit scalaire sur Rn [X]. L’application P 7→ P (0) est une formelinéaire sur R [X] donc il existe un unique polynôme A ∈ Rn [X] tel que cetteforme linéaire corresponde au produit scalaire avec A, ce qui revient à dire

∀P ∈ Rn [X] , P (0) = 〈A,P 〉 =∫ 1

0A(t)P (t) dt

b) Si par l’absurde le degré de A est strictement inférieur à n alors P = XA estélément de Rn [X] et donc ∫ 1

0tA(t)2 dt = P (0) = 0

Or la fonction t 7→ tA(t)2 est continue positive sur [0, 1] et la nullité de l’intégraleprécédente entraîne alors

∀t ∈ [0, 1] , tA(t)2 = 0

On en déduit A = 0 ce qui est absurde.

Exercice 11 : [énoncé]Supposons l’existence d’un tel polynôme A et considérons P (X) = XA(X).



On a0 = P (0) = 〈A | P 〉 =

∫ 1

0tA(t)2 dt

Par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive, on obtient

∀t ∈ [0, 1] , tA(t)2 = 0

Le polynôme A admet une infinité de racine, c’est donc le polynôme nul ce qui estabsurde.

Exercice 12 : [énoncé]a) 1 et −1 sont racines de multiplicité n du polynôme (X2 − 1)n.1 et −1 sont donc racines des polynômes

(X2 − 1)n,((X2 − 1)n

)′ ,. . . , ((X2 − 1)n)(n−1)

En appliquant le théorème de Rolle, on peut alors montrer par récurrence surk ∈ {0, . . . , n} que

((X2 − 1)n

)(k) possède au moins k racines dans l’intervalle]−1, 1[.En particulier Qn possède au moins n racines dans ]−1, 1[, or degQn = n donc iln’y a pas d’autres racines que celles-ci et elles sont simples.b) Raisonnons par récurrence sur n ∈ N.Pour n = 0, c’est immédiat.Supposons la propriété établie au rang n > 0.

Qn+1(X) = 12n+1(n+ 1)!

(2(n+ 1)X(X2 − 1)n

)(n)

Par la formule de Leibniz

Qn+1(X) = 12nn!

(X((X2 − 1)n

)(n) + nX((X2 − 1)n

)(n−1))

1 et −1 sont racines du polynôme((X2 − 1)n

)(n−1) et donc celui-ci peut s’écrire(X2 − 1)S(X).En exploitant l’hypothèse de récurrence, on obtient

Qn+1(X) = Xn+1+X(X2−1)Rn(X)+2nX(X2−1)S(X) = Xn+1+(X2−1)Rn+1(X)

Récurrence établiec) Par intégration par parties successives et en exploitant l’annulation en 1 et −1des polynômes

(X2 − 1)n,((X2 − 1)n

)′ ,. . . , ((X2 − 1)n)(n−1)

on obtient ∫ 1

−1P (t)Qn(t) dt = (−1)n

2nn!

∫ 1

−1P (n)(t)(t2 − 1)n dt

En particulier, si P ∈ Rn−1 [X],∫ 1

−1P (t)Qn(t) dt = 0

d) Par la relation qui précède∫ 1

−1(Qn(t))2 dt = 1

2nn!

∫ 1

−1Q(n)n (t)(1− t2)n dt

Puisque le polynôme (X2 − 1)n est unitaire et de degré 2n

[(X2 − 1)n

](2n) = (2n)! et Q(n)n = (2n)!

2nn!

De plus, par intégration par parties successives∫ 1

−1(1− t2)n dt =

∫ 1

0(1− t)n(1 + t)n dt = 22n+1(n!)2

(2n+ 1)!

Au final‖Qn‖2 = 2

(2n+ 1)

Exercice 13 : [énoncé]a) Soient f ∈ F et g ∈ G.

〈f | g〉 =∫ 1

−1f(t)g(t) dt =

∫ 1

−10 dt = 0

Les sous-espaces vectoriels F et G sont orthogonaux et donc G ⊂ F⊥.Inversement, soit g ∈ F⊥.Montrons que, pour tout x ∈ ]0, 1[, g(x) = 0.Par l’absurde, supposons g(x) 6= 0 pour un x ∈ ]0, 1[ et, quitte à considérer lafonction −g, supposons g(x) > 0. Par continuité de g, il existe α > 0 tel que

[x− α, x+ α] ⊂ ]0, 1[ et g(t) > 0 sur [x− α, x+ α]

Considérons alors la fonction f définie par le schéma.



La fonction f

La fonction f appartient à F et la fonction produit fg est continue, positive maisn’est pas la fonction nulle donc ∫ 1

−1f(t)g(t) dt > 0

C’est absurde car on a supposé g ∈ F⊥.On a donc pour tout x ∈ ]0, 1[, g(x) = 0 puis par continuité, g(x) = 0 pour toutx ∈ [0, 1].Ainsi g ∈ G et finalement F⊥ = G.b) Si les sous-espaces vectoriels étaient supplémentaires alors toutes fonctionscontinues sur [−1, 1] est somme d’une fonction de F et d’une fonction de G et estdonc une fonction s’annulant en 0. C’est absurde.Les sous-espaces vectoriels F et G ne sont donc par supplémentaires.

Exercice 14 : [énoncé]Raisonnons par récurrence sur n > 2.Pour n = 2 la propriété est immédiate car aucun vecteur ne peut être nul.Supposons la propriété établie au rang n > 2.Soit (x1, . . . , xn+1) une famille de vecteurs vérifiant

∀1 6 i 6= j 6 n+ 1, (xi | xj) < 0

Par projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel de dimension finieD = Vectxn+1, on peut écrire pour tout i ∈ {1, . . . , n}

xi = yi + λixn+1

avec yi un vecteur orthogonal à xn+1 et λi < 0 puisque (xi | xn+1) < 0.

On remarque alors(xi | xj) = (yi | yj) + λiλj ‖xn+1‖2

et on en déduit∀1 6 i 6= j 6 n, (yi | yj) < 0

Par hypothèse de récurrence, on peut affirmer que la famille (y2, . . . , yn) est libreet puisque ses vecteurs sont orthogonaux au vecteur xn+1 non nul, on peut aussidire que la famille (y2, . . . , yn, xn+1) est libre. Enfin, on en déduit que la famille(x2, . . . , xn, xn+1) car cette dernière engendre le même espace que la précédente etest formée du même nombre de vecteurs.Par permutation des indices, ce qui précède vaut pour toute sous-famille forméede n vecteurs de la famille initiale (x1, . . . , xn, xn+1).Récurrence établie.

Exercice 15 : [énoncé]Soient x, y ∈ S avec x 6= y et λ ∈ R. On a

‖(1− λ)x+ λy‖2 = λ2 + 2λ(1− λ)(x | y) + (1− λ)2

qui est une expression polynomiale en λ dont le coefficient du second degré est

2− 2(x | y)

Puisque les vecteurs x et y sont distincts et de même norme, ils ne peuvent êtrepositivement liés et donc

(x | y) < ‖x‖ ‖y‖ = 1

Par suite2− 2(x | y) > 0

Ainsi la quantité ‖(1− λ)x+ λy‖2 est une expression polynomiale du second degréexactement. Puisque celle-ci prend la valeur 1 pour λ = 0 et pour λ = 1, elle nepeut reprendre la valeur 1 pour aucune autre valeur λ et ceci permet de conclure.

Exercice 16 : [énoncé]Cas n = 1, c’est immédiat.Cas n = 2 :Si ‖x+ y‖ 6M et ‖x− y‖ 6M alors

‖x‖2 + 2(x | y) + ‖y‖2 6M2 et ‖x‖2 − 2(x | y) + ‖y‖2 6M2



Si (x | y) > 0 alors première identité donne ‖x‖2 + ‖y‖2 6M2, si (x | y) 6 0, c’estla deuxième identité qui permet de conclure.Supposons la propriété vraie au rang n > 1.Supposons

∀(ε1, . . . , εn+1) ∈ {1,−1}n+1,

∥∥∥∥∥n+1∑k=1

εkxk

∥∥∥∥∥ 6M

Par l’étude du cas n = 2 appliquée au vecteur

x =n∑k=1

εkxk et y = xn+1

on obtient

∀(ε1, . . . , εn) ∈ {1,−1}n ,

∥∥∥∥∥n∑k=1

εkxk

∥∥∥∥∥2

+ ‖xn+1‖2 6M2

donc

∀(ε1, . . . , εn) ∈ {1,−1}n ,

∥∥∥∥∥n∑k=1

εkxk

∥∥∥∥∥ 6√M2 − ‖xn+1‖2

Par hypothèse de récurrencen∑k=1‖xk‖2 6M2 − ‖xn+1‖2

et l’on peut conclure.Récurrence établie.

Exercice 17 : [énoncé]a) Par intégration par parties∫ 1

0F (x)g(x) dx = F (1)G(1)−

∫ 1

0f(x)G(x) dx

ce qui se réécrit ∫ 1

0F (x)g(x) dx =

∫ 1

0f(x) (G(1)−G(x)) dx

Ainsi pour

v?(g) : x 7→ G(1)−G(x) =∫ 1

x

g(t) dt

on vérifie que v? est un endomorphisme de E vérifiant

∀f, g ∈ E, 〈v(f), g〉 = 〈f, v?(g)〉

b)Soit λ ∈ R et f ∈ E vérifiant (v? ◦ v)(f) = λf .La fonction f est nécessairement dérivable et vérifie{

λf(1) = 0v(f)(x) = −λf ′(x)

La fonction f est donc nécessairement deux fois dérivable et vérifieλf(1) = 0λf ′(0) = 0

f(x) = −λf ′′(x)

Si λ = 0 alors f = 0 et donc λ n’est pas valeur propre.Si λ > 0 alors en écrivant λ = 1/

√ω, l’équation différentielle λy′′ + y = 0 donne la

solution généraley(t) = α cos(ωt) + β sin(ωt)

La condition f ′(0) = 0 donne β = 0 et la condition f(1) = 0 donne α cos(ω) = 0.Si ω /∈ π/2 + πN alors f = 0 et λ = 1/

√ω n’est pas valeur propre.

En revanche, si ω ∈ π/2 + πN, alors par la reprise des calculs précédents donneλ = 1/

√ω valeur propre associé au vecteur propre associé f(x) = cos(ωx).

Si λ < 0 alors la résolution de l’équation différentielle linéaire à coefficientsconstants avec les conditions proposées donne f = 0 et donc λ n’est pas valeurpropre.

Exercice 18 : [énoncé]Il est immédiat que ϕ est une forme bilinéaire symétrique sur E.On a

ϕ(x, x) = ‖x‖2 + k 〈x, a〉2

En particulierϕ(a, a) = ‖a‖2 + k ‖a‖4 = (1 + k)

Pour que la forme bilinéaire symétrique ϕ soit définie positive, il est nécessaireque 1 + k > 0.Inversement, supposons 1 + k > 0.Si k > 0 alors ϕ(x, x) > ‖x‖2 et donc

∀x ∈ E\ {0E} , ϕ(x, x) > 0



Si k ∈ ]−1, 0[, k = −α avec α ∈ ]0, 1[ et

ϕ(x, x) = ‖x‖2 − α 〈x, a〉2

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

〈x, a〉2 6 ‖x‖2 ‖a‖2 = ‖x‖2

doncϕ(x, x) > ‖x‖2 − α ‖x‖2 = (1− α) ‖x‖2

de sorte que∀x ∈ E\ {0E} , ϕ(x, x) > 0

Ainsi ϕ est une forme bilinéaire symétrique définie positive donc un produitscalaire.Finalement, ϕ est un produit scalaire si, et seulement si, 1 + k > 0.

Exercice 19 : [énoncé]Puisque F ⊂ F , on a déjà

F⊥ ⊂ F⊥

Soit a ∈ F⊥.Pour tout x ∈ F , il existe une suite (xn) d’éléments de F telle que xn → x.Puisque

∀n ∈ N, 〈xn, a〉 = 0à la limite (le produit scalaire étant continue)

〈x, a〉 = 0

et donc a ∈ F⊥.Finalement, par double inclusion F⊥ = F⊥.

Exercice 20 : [énoncé]a) Pour P,Q ∈ E, la fonction f : t 7→ P (t)Q(t)e−t est définie et continue parmorceaux sur [0,+∞[ et intégrable car t2f(t) −−−−→

t→+∞0.

b) L’application ϕ est clairement bilinéaire symétrique et positive.Si ϕ(P, P ) = 0 alors par intégration d’une fonction continue positive on obtient

∀t ∈ [0,+∞[ , P (t)2e−t = 0

et donc P admet une infinité de racines (les éléments de [0,+∞[), c’est donc lepolynôme nul.

c) Posons In =∫ +∞

0 tne−t dt de sorte que ϕ(Xp, Xq) = Ip+q.Par intégration par parties∫ A

0tne−t dt =

[−tne−t

]A0 + n

∫ A

0tn−1e−t dt

et quand A→ +∞, on obtient In = nIn−1. Sachant I0 = 1, on conclut In = n! et

ϕ(Xp, Xq) = (p+ q)!

d) Notons que la famille (1, X,X2) est libre et qu’il est donc licite del’orthonormaliser par le procédé de Schmidt. On pose P0 = 1.On cherche P1 = X + λP0 avec (P0 | P1) = 0 ce qui donne 1 + λ = 0 et doncP1 = X − 1.On cherche P2 = X2 + λP0 + µP1 avec (P0 | P2) = 0 et (P1 | P2) = 0 ce qui donne2 + λ = 0 et 4 + µ = 0 donc P2 = X2 − 4X + 2.La famille orthonormalisée cherchée et alors (Q0, Q1, Q2) avec

Q0 = 1, Q1 = X − 1 et Q2 = 12(X2 − 4X + 2

)

Exercice 21 : [énoncé]a) On a ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2 ‖u‖2 + 2 ‖v‖2, c’est l’identité du parallélogramme.b) Soit p, q ∈ N. On a

‖(wp − x)− (wq − x)‖2 + ‖(wp − x) + (wq − x)‖2 6 2 ‖wp − x‖2 + 2 ‖wq − x‖2

avec‖(wp − x) + (wq − x)‖ = 2

∥∥∥∥(wp + wq2

)− x∥∥∥∥ > 2d(x,C)

donc‖wp − wq‖2 6 2 ‖wp − x‖2 + 2 ‖wq − x‖2 − 4d(x,C)2

Puisque ‖wn − x‖ → d(x,C), on peut affirmer que pour ε > 0, on a pour p et qassez grands

‖(wp − x) + (wq − x)‖ 6 ε

c) Par la caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, on peut affirmerl’existence d’une suite (wn) telle que ci-dessus. Puisque cette suite est de Cauchyet que l’espace est complet, elle converge vers un élément que nous notons u.Puisqu’en sus c’est une suite d’éléments de C et que la partie C est supposéefermée, la limite u est élément de C.Supposons que v est un autre élément de C vérifiant ‖x− v‖ = d(x,C).



On a alors par l’identité du parallélogramme

2d(x,C)2 = ‖x− u‖2 + ‖x− v‖2 = 2∥∥∥∥x− (u+ v)

2

∥∥∥∥2+ 2

∥∥∥∥u− v2

∥∥∥∥2> 2d(x,C)2

ce qui entraîne u = v.d) Notons encore u = pC(x). Soit w ∈ C. Pour tout λ ∈ [0, 1], le vecteurt = (1− λ)u+ λw est élément de C et donc

d(x,C)2 6 ‖x− t‖2 = ‖(x− u)− λ(w − u)‖2 = d(x,C)2−2λ(x−u | w−u)+λ2 ‖w − u‖2

Cette relation devant être valable pour tout λ ∈ [0, 1], on obtient en faisantλ→ 0+

(x− u | w − u) 6 0

Inversement, supposons que v est un vecteur de C vérifiant (x− v | w − v) 6 0pour tout w ∈ CLa relation doit être vérifiée notamment pour w = u et donc

(x− v | u− v) 6 0

ce qui donne(x− u | u− v) + ‖u− v‖2 6 0

Or (x− u | u− v) > 0 donc ‖u− v‖2 6 0 puis u = v.e) Notons u = pC(x) et v = pC(y). On a

‖y − x‖2 = ‖[(y − v)− (x− u)]− [u− v]‖2

et en développant

‖y − x‖2 = ‖(y − v)− (x− u)‖2−2(y−v | u−v)−2(x−u | v−u)+‖u− v‖2 > ‖u− v‖2

ce qui assure que l’application pC est lipschitzienne de rapport 1.

Exercice 22 : [énoncé]a) Par récurrence sur n > 0, établissons l’existence et l’unicité de la sous-famille(Pk)06k6n telle que voulue.Cas n = 0 : le polynôme P0 vaut 1.Supposons la propriété vraie au rang n > 0.Les polynômes P0, . . . , Pn sont alors déterminés de façon unique par l’hypothèsede récurrence et il reste seulement à former Pn+1. Celui-ci peut s’écrire

Pn+1 = Xn+1 +Q(X) avec Q(X) ∈ Rn [X]

On veut (Pn+1 | Pk) = 0 pour tout k ∈ {0, . . . , n}. Le polynôme Q doit doncvérifier

∀k ∈ {0, . . . , n} , (Q(X) | Pk) = −(Xn+1 | Pk)

Ces relations détermine entièrement le polynôme Q puisque (P0, . . . , Pn) est unebase orthogonale de Rn [X] :

Q = −n∑k=0

(Xn+1 | Pk)‖Pk‖2 Pk

Le polynôme Pn+1 existe donc et est unique.Récurrence établie.b) La famille ((−1)nPn(−X)) vérifie les mêmes conditions que celles ayant définila suite (Pn). On en déduit

∀n ∈ N, Pn(−X) = (−1)nPn(X)

c) Soit Q ∈ Rn−2 [X].

On peut écrire Q =n−2∑k=0

akPk et donc (Pn+1 | Q) = 0.

On peut aussi écrire XQ =n−1∑k=0

a′kPk et donc (XPn | Q) = (Pn | XQ) = 0.

On en déduit∀Q ∈ Rn−2 [X] , (Pn+1 −XPn | Q) = 0

d) Par simplification des termes de plus haut degré

Pn+1 −XPn ∈ Rn [X]

On peut donc écrire

Pn+1 −XPn =n∑k=0

αkPk

Or Pn+1 −XPn est orthogonal à P0, . . . , Pn−2 donc

Pn+1 −XPn = αnPn + αn−1Pn−1

Enfin, par parité, αn = 0 et donc

Pn+1 −XPn = αn−1Pn−1



Exercice 23 : [énoncé]a) cf. cours !b) Au terme des calculs, on obtient la base (P0, P1, P2) avec

P0 = 1√2, P1 =

√3√2X et P2 = 3

√5

2√

2

(X2 − 1

3

)

Exercice 24 : [énoncé]a) Soit u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vectu et v un vecteur unitaire orthogonalà v tel que b ∈ Vect(u, v). Il suffit ensuite de travailler dans (u, v, u ∧ v) et d’unpeu de courage. . .b) Soit x 6= 0.

f(x) = λx⇔ (λ+ 1)x = (a | x)a

Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1.Sinon x est vecteur propre si, et seulement si, x est colinéaire à a. Or f(a) = 0donc a, puis x, est vecteur propre associé à la valeur propre 0.On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteurnormal a.

Exercice 25 : [énoncé]a) En notant X = (x1, . . . , xn), on obtient

tXAX =n∑i=1

n∑j=1

ai,jxixj

et donctXAX =

n∑i=1

ai,ix2i +

n∑i=1

n∑j=1,j 6=i

ai,jxixj

Par l’inégalité triangulaire∣∣∣∣∣∣n∑i=1

n∑j=1,j 6=i

ai,jxixj

∣∣∣∣∣∣ 6n∑i=1|xi|

n∑j=1,j 6=i

|ai,j | |xj |

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz∣∣∣∣∣∣n∑i=1

n∑j=1,j 6=i

ai,jxixj

∣∣∣∣∣∣ 6√√√√ n∑

i=1x2i

√√√√√ n∑i=1

n∑j=1,j 6=i

|ai,j | |xj |

2

et une nouvelle fois n∑j=1,j 6=i

|ai,j | |xj |

2

6n∑

j=1,j 6=ia2i,j

n∑j=1,j 6=i

x2j 6

n∑j=1,j 6=i

a2i,j

n∑j=1

x2j

On obtient donc∣∣∣∣∣∣n∑i=1

n∑j=1,j 6=i

ai,jxixj

∣∣∣∣∣∣ 6n∑i=1

x2i

n∑i=1

n∑j=1,j 6=i

a2i,j <

n∑i=1

x2i

puistXAX >

n∑i=1

ai,ix2i −

n∑i=1

x2i > 0

b) Si X ∈ kerA alors tXAX = 0 et donc X = 0 en vertu de ce qui précède.

Exercice 26 : [énoncé]On a

A7 = A4 × (AtA) = A5tA

puisA7 = A3 (tA)2 = A

(tA)3 = At

(AtA

)= A2tA = A4

Ainsi X7 −X4 = X4(X3 − 1) annule A.Ce polynôme n’est pas à racines simples, mais en montrant

kerA4 = kerA

on pourra affirmer que le polynôme X(X3 − 1) annule aussi A et, ce dernier étantscindé à racines simples sur C, cela sera décisif pour conclure.Evidemment kerA ⊂ kerA4. Inversement, soit X ∈ kerA4. On a

AtAAX = A4X = 0

donc ∥∥tAAX∥∥2 = tXtAAtAAX = 0

et par conséquent tAAX = 0. Alors

‖AX‖2 = tXtAAX = 0

et donc AX = 0. Ainsi kerA4 ⊂ kerA puis l’égalité.



Exercice 27 : [énoncé]Puisque On(R) est un groupe multiplicatif, on a

(I + 2M)/3 ∈ On(R)

avec M = A−1B ∈ On(R). Pour x ∈ Rn unitaire,

‖x+ 2Mx‖ = 3

Mais aussi‖x‖+ ‖2Mx‖ = ‖x‖+ 2 ‖x‖ = 3

Il y a donc égalité dans l’inégalité triangulaire et, par conséquent, il existe λ ∈ R+

vérifiant2Mx = λx

En considérant à nouveau la norme, on obtient λ = 2 puis Mx = x. Ceci valantpour tout x ∈ Rn, on conclut M = In puis A = B.

Exercice 28 : [énoncé]a) ϕ(Q,P ) = ϕ(P,Q) et Q 7→ ϕ(P,Q) linéaire : clair.

ϕ(P, P ) = 12π

∫ π

−π

∣∣P (eiθ)∣∣2 dθ > 0

etϕ(P, P ) = 0⇒ ∀θ ∈ [−π, π] , P (eiθ) = 0

donc∀z ∈ U,P (z) = 0

Puisque P admet une infinité de racines, P = 0.b) Soient k, ` ∈ N.

ϕ(Xk, X`) = 12π

∫ π

−πei(`−k)θ dθ = δ`,k

c) ϕ(Q,Q) = 1 + |an−1|2 + · · ·+ |a0|2 car (1, X,X2, . . . , Xn) est une familleorthonormée.d) On a

ϕ(Q,Q) = 12π

∫ π

−π

∣∣Q(eiθ)∣∣2dθ 6M2

or ϕ(Q,Q) > 1 donc M > 1.Si M = 1 alors an−1 = . . . = a0 = 0 et Q = Xn.La réciproque est immédiate.

Exercice 29 : [énoncé]Soient x, y ∈ E. (u(x+ y) | x+ y) = (u(x) | y) + (u(y) | x) = 0 et(u(x+ iy) | x+ iy) = i(u(x) | y)− i(u(y) | x) = 0 donc (u(x) | y) = −(u(x) | y)puis (u(x) | y) = 0.Comme ceci vaut pour tout y ∈ E, on obtient u(x) = 0 pour tout x ∈ E.

Exercice 30 : [énoncé]On sait que

`2(N,C) ={

(un) ∈ CN/

+∞∑n=0|un|2 < +∞

}est un espace de préhilbertien pour le produit scalaire

〈u | v〉 =+∞∑n=0

unvn

Considérons alors l’application ∆ : CN → CN qui à une suite x = (xn) ∈ CN associe

∆(x) = (xn+1 − xn)n∈N

On vérifie aisément que ∆ est une application linéaire et que son noyau est égal àl’espace des suites constantes.Puisque

H = ∆−1 (`2(N,C))

H est l’image réciproque d’un sous-espace vectoriel par une application linéaire etdonc H est un sous-espace vectoriel de CN ; c’est donc un C-espace vectoriel.Pour x, y ∈ H, posons

ϕ(x, y) = 〈∆(x) | ∆(y)〉+ x0y0

L’application ϕ est évidemment sesquilinéaire hermitienne.

ϕ(x, x) = ‖∆(x)‖22 + |x0|2 > 0

Di ϕ(x, x) = 0 alors‖∆(x)‖2 = 0 et |x0| = 0

Par suite x est une suite constante et puisque son terme initial est nul, c’est lasuite nulle.Finalement ϕ est un produit scalaire hermitien sur H et donc H est un espacepréhilbertien complexe.



Exercice 31 : [énoncé]On munit Cn de son produit scalaire canonique et on pose X = t

(x1 · · · xn

).

On a A = XtX donc, pour une colonne Y ∈Mn,1(C)

AY = XtXY = X(X | Y ) = (X | Y )X

Ainsi, si x = (x1, . . . , xn) alors

∀y ∈ Cn, f(y) = (x | y)x

On en déduit que si (x1, . . . , xn) 6= 0Cn alors

Imf = Vectx et ker f = (Vectx)⊥

et si (x1, . . . , xn) = 0Cn alors f = 0.

Exercice 32 : [énoncé]a) (Ei,j | Ek,`) = tr(Ej,iEk,`) = tr(δi,kEj,`) = δi,kδj,`.b) Pour A ∈ Sn(R) et B ∈ An(R),

(A | B) = tr(tAB) = tr(AB) = −tr(AtB) = −tr(tBA) = −(B | A)

donc (A | B) = 0 et l’orthogonalité des espaces. Leur supplémentarité est connue.c) L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

|(In | A)| 6 ‖In‖ ‖A‖

d’oùtr(A) 6

√n√tr(tAA)

avec égalité si, et seulement si, tr(A) > 0 et (A, In) liée, i.e. A = λIn avec λ > 0.

Exercice 33 : [énoncé]a) fα ◦ fβ = fα+β+αβ .Si α = −1 alors a ∈ ker fα et donc fα n’est pas bijective.Si α 6= −1 alors, pour β = − α

1+α ,

fβ ◦ fα = fα ◦ fβ = f0 = Id

d’où la bijectivité de fα.b) Tout vecteur non nul orthogonal à a est vecteur propre associé à la valeurpropre 1.Tout vecteur non nul colinéaire à a est vecteur propre associé à la valeur propre1 + α.Pour une raison de dimension, il ne peut y avoir d’autres vecteurs propres.

Exercice 34 : [énoncé]a) L’application f est linéaire et l’espace E est de dimension finie. Il suffitd’étudier l’injectivité de f pour pouvoir conclure.Si x ∈ ker f alors x = (a | x)b et donc (a | x) = (a | x)(a | b).Si (a | x) 6= 0 alors (a | b) = 1 et donc a = b (par égalité dans l’inégalité deCauchy-Schwarz).Par contraposée si a 6= b alors (a | x) = 0 et x = 0 donc f bijective.En revanche si a = b alors a ∈ ker f et f n’est pas bijective.b) Supposons a 6= b. Si y = f(x) alors y = x− (a | x)b puis(a | y) = (a | x)(1− (a | b)) et donc

x = y + (a | y)1− (a | b)b

c)f(x) = λx⇔ (a | x)b = (1− λ)x

Soit λ une valeur propre. Il existe x 6= 0 tel que f(x) = λx donc(a | x)b = (1− λ)x puis (a | x)(a | b) = (1− λ)(a | x) ce qui donne (a | x) = 0 (quiimplique λ = 1 avec Eλ(f) = {a}⊥) ou λ = 1− (a | b).Si (a | b) = 0 : λ = 1 est seule valeur propre et l’espace propre associé estl’hyperplan de vecteur normal a.L’endomorphisme n’est alors pas diagonalisable.Si (a | b) 6= 0 : λ = 1 et λ = 1− (a | b) sont valeurs propres et puisque E1(f) estun hyperplan, l’endomorphisme est diagonalisable.

Exercice 35 : [énoncé]a) Soit λ un réel.

f(x) = λx⇔ a ∧ x = (1− λ)x

Puisque le vecteur a ∧ x est orthogonal à x, l’équation f(x) = λx ne possède pasde solution non nulle dans le cas λ 6= 1. Pour λ = 1

f(x) = x⇔ a ∧ x = 0⇔ x ∈ Vect(a)

On en déduit Spf = {1} et E1(f) = Vecta.b) Posons

g : x 7→ a ∧ x

On ag2(x) = a ∧ (a ∧ x) = (a | x)a− ‖a‖2

x

puisg3(x) = −‖a‖2

a ∧ x = −‖a‖2g(x)



Ainsi(f − Id)3 + ‖a‖2 (f − Id) = 0

et donc le polynôme suivant est annulateur de f .

(X − 1)((X − 1)2 + ‖a‖2)

Exercice 36 : [énoncé]Soient u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vectu et v un vecteur unitaire orthogonalà v tel que b ∈ Vect(u, v). Il suffit ensuite de travailler dans (u, v, u ∧ v).Soit x 6= 0.

f(x) = λx⇔ (λ+ 1)x = (a | x)a

Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1.Sinon x est vecteur propre si, et seulement si, x est colinéaire à a. Or f(a) = 0donc a, puis x, est vecteur propre associé à la valeur propre 0.On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteurnormal a.

Exercice 37 : [énoncé]Cas n = 1.Supposons disposer de vecteurs x1, x2, x3 tels que

∀i 6= j, (xi | xj) < 0

Puisque x1 6= 0, (x1) est une base de E.Cela permet d’écrire x2 = λx1 et x3 = µx1.(x2 | x1) < 0 et (x3 | x1) < 0 donne λ < 0 et µ < 0 mais alors(x2 | x3) = λµ ‖x1‖2

> 0 !Cas n = 2.Supposons disposer de vecteurs x1, ..., x4 tels que

∀i 6= j, (xi | xj) < 0

x1 étant non nul on peut écrire

∀i > 2, xi = λix1 + yi

avec yi ∈ {x1}⊥ et λi < 0.On

∀i 6= j > 2, (xi | xj) = λiλj + (yi | yj) < 0

donc (yi | yj) < 0.

y2, y3, y4 se positionnant sur la droite {x1}⊥, l’étude du cas n = 1 permet deconclure.Cas général.Par récurrence sur n > 1.Pour n = 1 : ci-dessusSupposons la propriété établie au rang n > 1.Supposons disposer de vecteurs x1, ..., xn+3 tels que

∀i 6= j, (xi | xj) < 0

à l’intérieur d’un espace vectoriel euclidien de dimension n+ 1.x1 étant non nul on peut écrire

∀i > 2, xi = λix1 + yi

avec yi ∈ {x1}⊥ et λi < 0.On a

∀i 6= j > 2, (xi | xj) = λiλj + (yi | yj) < 0

donc (yi | yj) < 0.y2, ..., yn+3 se positionnant sur le sous-espace vectoriel {x1}⊥ qui est de dimensionn, l’hypothèse de récurrence permet de conclure.Récurrence établie.

Exercice 38 : [énoncé]Pour j ∈ {1, . . . , n},

‖ej‖2 =n∑k=1

(ek | ej)2

donc (ek | ej) = 0 pour tout k 6= j. Ainsi la famille (e1, e2, . . . , en) estorthonormée.Soit x ∈ Vect(e1, . . . , en)⊥. On a

‖x‖2 =n∑k=1

(ek | x)2 = 0

donc Vect(e1, . . . , en)⊥ = {0} puis Vect(e1, . . . , en) = E. Par suite la famille(e1, . . . , en) est génératrice et c’est bien entendu une famille libre (carorthonormée) donc une base de E.



Exercice 39 : [énoncé]Soient x, y ∈ E. On a

(f(x+ y) | x+ y) = 0

Or

(f(x+y) | x+y) = (f(x) | x)+(f(y) | y)+(f(x) | y)+(f(y) | x) = (f(x) | y)+(f(y) | x)

Si x ∈ ker f alors∀y ∈ E, (x | f(y)) = −(f(x) | y) = 0

donc x ∈ (Imf)⊥. Ainsiker f ⊂ (Imf)⊥

De plus, par la formule du rang il y égalité des dimensions et donc

ker f = (Imf)⊥

Exercice 40 : [énoncé]a) Soit (e1, . . . , en) une base orthonormée de E. tru = 0 donne

n∑i=1〈ei | u(ei)〉 = 0

Si dimE = 1 : okSi dimE > 1, il existe i 6= j tel que 〈ei | u(ei)〉 > 0 et 〈ej | u(ej)〉 6 0.L’application t 7→ 〈u(tei + (1− t)ej) | tei + (1− t)ej〉 est continue, à valeursréelles et change de signe, en vertu du théorème des valeurs intermédiaires, elles’annule et donc il existe t ∈ [0, 1] tel que pour x = tei + (1− t)ej , 〈u(x) | x〉 = 0.De plus, l’indépendance de ei et ej assure x 6= 0.b) Il existe ε1 vecteur unitaire tel que

〈ε1 | u(ε1)〉 = 0

On complète celui-ci en une base orthonormée (ε1, ε2, . . . , εn). La matrice de udans cette base est de la forme (

0 ?? A

)avec trA = 0. Considérons alors u′ l’endomorphisme de E′ = Vect(ε2, . . . , εn) dematrice A dans la base (ε2, . . . , εn). Puisque tru′ = trA = 0, un principe derécurrence permet de former une base orthonormée (ε′2, . . . , ε′n) de E′ danslaquelle u′ est représenté par une matrice de diagonale nulle. La famille(ε1, ε

′2, . . . , ε

′n) est alors une base orthonormée solution du problème posé.

Exercice 41 : [énoncé]Etudions le problème inverse, c’est-à-dire, étudions la liberté de la famille(v1, . . . , vn).Supposons λ1v1 + · · ·+ λnvn = 0E . On a alors

〈vi, λ1v1 + · · ·+ λnvn〉 = cλ1 + · · ·+ cλi−1 + λi + cλi+1 + · · ·+ cλn = 0

Considérons la matrice

A =

1 (c). . .

(c) 1

∈Mn(R)

et la colonne X = t (λ1 . . . λn). Les équations précédentes fournissent le système

AX = 0

Si la matrice A est inversible alors la famille (v1, . . . , vn) est assurément libre.Inversement, si la famille A n’est pas inversible, il existe une relation linéaire surses colonnes

µ1C1 + · · ·+ µnCn = 0 avec (µ1, . . . , µn) 6= (0, . . . , 0)

Posons alors u = µ1v1 + · · ·+ µnvn. On a

∀1 6 i 6 n, 〈vi, u〉 = 0

et doncu ∈ Vect(v1, . . . , vn) ∩Vect(v1, . . . , vn)⊥ = {0E}

La famille (v1, . . . , vn) est alors liée.Résumons : (v1, . . . , vn) est libre si, et seulement si, A est inversible.Puisque

detA = (1 + (n− 1)c)(1− c)n−1

on peut conclure que (v1, . . . , vn) est liée si, et seulement si,

c = 1 ou c = −1/(n− 1)

Exercice 42 : [énoncé]Cas a = b :f(x) = (a | x)2 et le maximum cherché est évidemment en a.Cas a = −b :f(x) = − (a | x)2 et le maximum cherché est évidemment en 0.



Cas restants :Les vecteurs a+ b et a− b constituent une famille orthogonale.Posons

e1 = a+ b

‖a+ b‖, e2 = a− b

‖a− b‖Les vecteurs e1 et e2 forment une famille orthonormale que le peut compléter enune base orthonormale (ei)16i6n.Pour x tel que ‖x‖ 6 1, on peut écrire

x = x1e1 + · · ·+ xnen avec x21 + · · ·+ x2

n 6 1

et alors(a | x) = x1

1 + (a | b)‖a+ b‖

+ x21− (a | b)‖a− b‖

puis

f(x) = x21

(1 + (a | b)‖a+ b‖

)2− x2

2

(1− (a | b)‖a+ b‖

)2

Le maximum cherché est pour x1 = 1 et x2 = . . . = xn = 0. Il vaut(1 + (a | b)‖a+ b‖

)2

Cette formule convient aussi pour les cas initialement isolés.

Exercice 43 : [énoncé]On sait

pF (x) =p∑k=1

(xk | x)xk

donc

pF (ei) =p∑k=1

(tXkEi)xk

en notant Ei = Mate(ei).Puisque tXkEi est un réel,

MatB(pF (ei)) =p∑k=1

(tXkEi)Xk =p∑k=1

XktXkEi

puis

MatB(pF ) =p∑k=1

XktXk

car (E1 | · · · | En) = In.

Exercice 44 : [énoncé]On sait déjà

+∞∑n=0

(en | x)2 6 ‖x‖2

en vertu de l’inégalité de Bessel.Pour tout ε > 0, il existe y ∈ V tel que ‖x− y‖ 6 ε. y est une combinaisonlinéaire des (en)n∈N donc il existe N ∈ N tel que y ∈ Vect(e0, . . . , eN ) et doncε > ‖x− y‖ > ‖x− p(x)‖ avec p(x) le projeté de x sur Vect(e0, . . . , eN )

c’est-à-dire p(x) =N∑n=0

(en | x)en. Par suite |‖x‖ − ‖p(x)‖| 6 ‖x− p(x)‖ 6 ε donne

‖x‖ 6 ‖p(x)‖+ ε =

√√√√ N∑n=0

(en | x)2 + ε 6

√√√√+∞∑n=0

(en | x)2 + ε

Ceci valant pour tout ε > 0, on obtient ‖x‖ 6

√+∞∑n=0

(en | x)2 et finalement

‖x‖2 =+∞∑n=0

(en | x)2

Exercice 45 : [énoncé]Notons que les matrices A et B sont des matrices de projections orthogonales carsymétriques et idempotentes.Les cas A = O2 et A = I2 sont immédiats. De même pour les cas B = O2 etB = I2.On suppose dans la suite ces cas exclus et on travaille donc sous l’hypothèsesupplémentaires

rgA = rgB = 1

a) Si ImB = kerA alors AB = O2 est donc AB est diagonalisable.Si ImB = kerA alors en passant à l’orthogonal ImA 6= kerB.Les droites ImA et kerB étant distinctes dans le plan, elles sont supplémentaires.Considérons une base (X1, X2) adaptée à la supplémentarité de ImA et kerB.ABX1 = A(BX1) ∈ ImA donc on peut écrire ABX1 = λX1 car ImA = VectX1.ABX2 = 0 car BX2 = 0.Ainsi la base (X1, X2) diagonalise la matrice AB.b) Il s’agit ici essentiellement d’encadrer la valeur λ introduite dans l’étudeprécédente quand ImB 6= kerA.



On aλ ‖X1‖2 = (λX1 | X1) = (ABX1 | X1)

Puisque X1 ∈ ImA, on peut écrire X1 = AU et alors

(λX1 | X1) = (ABAU | AU)

Puisque A est symétrique

(ABAU | AU) = (BAU | A2U)

Puisque A2 = A(BAU | A2U) = (BAU | AU)

Enfin en procédant de façon semblable

(BAU | AU) = (B2AU | AU) = (BAU | BAU) = ‖BX1‖2

Au finalλ ‖X1‖2 = ‖BX1‖2

Or B correspond à une projection orthogonale donc ‖BX1‖2 6 ‖X1‖2 et on peutaffirmer

λ ∈ [0, 1]

Exercice 46 : [énoncé]a) Puisque

d(x,C) = infy∈C‖x− y‖

Pour ε = 1/(n+ 1) > 0, il existe yn ∈ C tel que

‖x− yn‖ < d(x,C) + ε

En faisant varier n, cela détermine une suite (yn) d’éléments de C vérifiant

‖x− yn‖ → d(x,C)

b) Soient m,n ∈ N. Par l’identité du parallélogramme∥∥∥∥x− yn + ym2

∥∥∥∥2+∥∥∥∥yn − ym2

∥∥∥∥2= 1

2

(‖x− yn‖2 + ‖x− ym‖2

)Puisque C est convexe, le vecteur (yn + ym)/2 appartient à C et donc∥∥∥∥x− yn + ym

2

∥∥∥∥2> d(x,C)2

et donc‖yn − ym‖2 6 2

(‖x− yn‖2 + ‖x− ym‖2

)− 4d(x,C)

Puisque ‖x− yn‖ −−−−−→n→+∞

d(x,C), on peut affirmer que pour n et m assez grands

‖yn − ym‖ 6 ε

c) Puisque l’espace E est complet la suite (yn) converge vers un élément y ∈ E.La partie C étant fermée, on obtient y ∈ C. Enfin

‖x− y‖ = limn→+∞

‖x− yn‖ = d(x,C)

d) Puisque F ⊂ F⊥⊥ et F⊥⊥ fermé, on a déjà F ⊂ F⊥⊥ (inclusion vraieindépendamment de l’hypothèse de complétude).Inversement, soit x ∈ F⊥⊥. Puisque F est un convexe fermé non vide, il existey ∈ F tel que

‖x− y‖ = d(x, F )

Pour tout z ∈ F , on a

∀λ ∈ R, ‖(x− y) + λz‖2 > d(x, F )2 = ‖x− y‖2

On en déduit (x− y | z) = 0 et doncx− y ∈ F⊥Or x ∈ F⊥⊥ et y ∈ F ⊂ F⊥⊥ donc x− y ∈ F⊥⊥On en déduit x− y = 0E puis x = y ∈ F .

Exercice 47 : [énoncé]a) Vérification sans peine.b) Soit (f, g) ∈ V ×W . On a

〈f, g〉 =∫ 1

0f(t)g′′(t) + f ′(t)g′(t) dt = [f(t)g′(t)]10 = 0

et les espaces V et W sont donc en somme directe.Soit f ∈ E. Posons

λ = f(0) et µ = f(1)− f(0)ch(1)sh(1)

On a f = g + h avec h = λch + µsh ∈W et g = f − h ∈ V par construction.Les espaces V et W sont donc supplémentaires orthogonaux et l’on peutintroduire la projection orthogonale p sur W . Par ce qui précède

p(f) = f(0)ch + f(1)− f(0)ch(1)sh(1) sh



c) Soit g la fonction de Eα,β définie par

g = αch + β − αch(1)sh(1) sh

Les fonctions de Eα,β sont alors de la forme f = g + h avec h parcourant V et parorthogonalité de g et h∫ 1

0

(f(t)2 + f ′(t)2) dt = ‖f‖2 = ‖g‖2 + ‖h‖2

On en déduit

inff∈Eα,β

∫ 1

0

(f(t)2 + f ′(t)2) dt = ‖g‖2 = (a2 + b2)ch(1)− 2ab

sh(1)

Exercice 48 : [énoncé]a) Si la famille (u1, . . . , up) est liée alors il existe (λ1, . . . , λp) 6= (0, . . . , 0) tel quep∑i=1

λiui = 0E et on observe alorsn∑i=1

λiLi = 0 en notant L1, . . . , Ln les lignes de la

matrice G(u1, . . . , up).On conclut detG(u1, . . . , up) = 0.b) Si detG(u1, . . . , up) = 0 alors il existe (λ1, . . . , λp) 6= (0, . . . , 0) tel quen∑i=1

λiLi = 0 et on obtient alors que le vecteurn∑i=1

λiui est orthogonal à tout uj ,

c’est donc un vecteur commun à Vect(u1, . . . , up) et à son orthogonal, c’est levecteur nul.On conclut que la famille (u1, . . . , up) est liée.c) x = u+ n avec u ∈ F et n ∈ F⊥. En développant detG(e1, . . . , ep, x) selon ladernière colonne :

detG(e1, . . . , ep, u+ n) = detG(e1, . . . , ep, u) +∣∣∣∣ G(e1, . . . , ep) 0

? ‖n‖2

∣∣∣∣or detG(e1, . . . , ep, u) = 0 car la famille est liée et donc

detG(e1, . . . , ep, x) = ‖n‖2 detG(e1, . . . , ep)

avec ‖n‖ = d(x, F ).

Exercice 49 : [énoncé]a) Sans difficulté, notamment parce qu’un polynôme de degré 6 2 possédant troisracines est nécessairement nul.b) d(X2, P ) =

∥∥X2 − π∥∥ avec π = aX + b projeté orthogonal de X2 sur P .

(X2 − π | 1) = (X2 − π | X) = 0 donne le système{3a+ 3b = 55a+ 3b = 9

Après résolution {a = 2b = −1/3

et après calculd =

√2/3

Exercice 50 : [énoncé]Sur R [X], on définit un produit scalaire par

(P | Q) =∫ 1

0P (t)Q(t)dt

La quantité cherchée m apparaît alors sous la forme

m = infa,b,c∈R

∥∥X2 − (aX2 + bX + c)∥∥2

C’est donc le carré de la distance de X3 au sous-espace vectoriel R2 [X]. Enintroduisant la projection orthogonale p sur ce sous-espace vectoriel

m = d(X3,R2 [X])2 =∥∥X3 − p(X3)

∥∥2

On peut écrirep(X3) = a+ bX + cX2

Pour chaque i = 0, 1, 2, on a

(p(X3) | Xi) = (X3 | Xi)

car(p(X3)−X3 | Xi) = 0



On obtient alors un système d’équations d’inconnue (a, b, c)a+ b/2 + c/3 = 1/4a/2 + b/3 + c/4 = 1/5a/3 + b/4 + c/5 = 1/6

La résolution de ce système donne

a = 1/20, b = −3/5 et c = 3/2

On en déduit

m =∥∥X3 − p(X3)

∥∥2 = (X3 − p(X3) | X3) = 12800

Exercice 51 : [énoncé]a) symétrie, bilinéarité et positivité : okSi ϕ(P, P ) = 0 alors

∫ +∞0 P 2(t)e−tdt = 0 donc (fonction continue positive

d’intégrale nulle)∀t ∈ R+, P (t) = 0

Comme le polynôme P admet une infinité de racines, c’est le polynôme nul.b) Par intégration par parties successives,

∫ +∞0 tne−t dt = n! donc

ϕ(Xp, Xq) = (p+ q)!

c) On interprète

inf(a,b)∈R2

∫ +∞

0e−t(t2 − (at+ b))2 dt = d(X2,R1 [X])2 =

∥∥X2 − π∥∥2

avec π = aX + b le projeté orthogonal de X2 sur R1 [X](X2 − π | 1) = (X2 − π | X) = 0 donne{

a+ b = 22a+ b = 6

Après résolution a = 4, b = −2 et

inf(a,b)∈R2

∫ +∞

0e−t(t2 − (at+ b))2 dt = 4

Exercice 52 : [énoncé]Le cas n = 1 étant évident, on suppose désormais n > 2.La quantité cherchée est m = d(M,Vect(I, J)) = ‖M − p(M)‖ avec p la projectionorthogonale sur Vect(I, J).p(M) = aI + bJ avec (p(M) | I) = (M | I) = tr(M) et (p(M) | J) = (M | J) = σavec σ la somme des coefficients de M .La résolution de ce système donne

a = ntr(M)− σn(n− 1) et b = σ − tr(M)

n(n− 1)

donc

m2 = ‖M − p(M)‖2 = (M − p(M) |M) = ‖M‖2 − (n− 1)tr(M)2 + (tr(M)− σ)2

n(n− 1)

Exercice 53 : [énoncé]En introduisant l’espace E des fonctions réelles f continues sur ]0, 1] telles quet 7→ (tf(t))2 soit intégrable et en munissant cet espace du produit scalaire

(f | g) =∫ 1

0t2f(t)g(t) dt

la quantité cherchée est : m = d(f, F )2 avec f : t 7→ ln t et F = Vect(f0, f1) oùf0(t) = 1 et f1(t) = t.m = ‖f − p(f)‖2 avec p la projection orthogonale sur F .p(f)(t) = a+ bt avec (p(f) | f0) = (f | f0) et (p(f) | f1) = (f | f1).La résolution du système ainsi obtenu donne a = 5/3 et b = −19/12.m = ‖f − p(f)‖2 = (f − p(f) | f) = 1/432.

Exercice 54 : [énoncé]a) Pour P,Q ∈ E, la fonction t 7→ P (t)Q(t)e−t est définie et continue parmorceaux sur [0,+∞[ et vérifie

t2P (t)Q(t)e−t −−−−→t→+∞

0

On peut donc affirmer que cette fonction est intégrable sur [0,+∞[ ce qui assurela bonne définition de 〈 , 〉.On vérifie aisément que 〈 , 〉 est une forme bilinéaire symétrique positive.Si 〈P, P 〉 = 0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive

∀t ∈ [0,+∞[ , P (t)2e−t = 0



On en déduit que le polynôme P admet une infinité de racines et donc P = 0.b) Pour k > 1 ou k = 0, on peut affirmer que les polynômes Pk et P ′k sontorthogonaux.Par une intégration par parties

0 =∫ +∞

0P ′k(t)Pk(t)e−t dt = 1

2[Pk(t)2e−t

]+∞0 + 1

2

∫ +∞

0Pk(t)2e−t dt

On en déduitPk(0)2 = ‖Pk‖2 = 1

c) F est un hyperplan (car noyau de la forme linéaire non nulle P 7→ P (0)). Sonorthogonal est donc une droite vectorielle. Soit Q un vecteur directeur de celle-ci.On peut écrire

Q =n∑k=0〈Pk, Q〉Pk

Or〈Pk, Q〉 = 〈Pk − Pk(0), Q〉+ Pk(0) 〈1, Q〉

Puisque le polynôme Pk − Pk(0) est élément de F , il est orthogonal à Q et l’onobtient

〈Pk, Q〉 = Pk(0) 〈1, Q〉

ce qui permet d’écrire

Q = λ

n∑k=0

Pk(0)Pk avec λ = 〈1, Q〉 6= 0

On en déduit

d(1, F ) = |〈1, Q〉|‖Q‖

= 1√n∑k=0

Pk(0)2

= 1√n+ 1

Enfin par Pythagore‖1‖2 = d(1, F )2 + d(1, F⊥)2

et l’on obtient

d(1, F⊥) =√

n

n+ 1

Exercice 55 : [énoncé]En introduisant la norme euclidienne canonique surMn(R) définie par

‖A‖ =

∑16i,j6

a2i,j

1/2

on peut interpréter l’infimum calculé

infM∈Sn(R)

∑16i,j6n

(ai,j −mi,j)2

= d(A,Sn(R))2

La distance introduite se calcule par projection orthogonale. Sachant A = M +Navec

M = A+ tA

2 ∈ Sn(R) et N = A− tA

2 ∈ An(R) = Sn(R)⊥

on obtientd(A,Sn(R))2 = ‖N‖2 = 1

4∑

16i<j6n(ai,j − aj,i)2

Exercice 56 : [énoncé]a) On reconnaît une restriction du produit scalaire usuel sur l’espace des fonctionsréelles continues sur [0, 1].b) La distance f2 à g sera minimale quand g est le projeté orthogonal de f2 surVect(f1, f3).Ce projeté g vérifie (f2 − g | f1) = (f2 − g | f3) = 0 ce qui donne le système

12a+ b = e− 113a+ 1

2 = 1

Après résolution, on obtient a = 18− 6e et b = 4e− 10.

Exercice 57 : [énoncé]a) (A | B) = tr (AtB) définit le produit scalaire canonique surMn(R),

(A | B) =n∑

i,j=1ai,jbi,j



b) Pour A ∈ Sn(R) et B ∈ An(R), on a

(A | B) = tr(AtB) = −tr(AB) et (A | B) = (B | A) = tr(tAB) = tr(AB)

On en déduit (A | B) = 0.Les espaces Sn(R) et An(R) et donc en somme directe.Puisqu’on peut écrire pour tout M ∈Mn(R),

M = 12(M + tM

)+ 1

2(M − tM

)avec 1

2 (M + tM) ∈ Sn(R) et 12 (M − tM) ∈ An(R), les espaces Sn(R) et An(R)

sont supplémentaires orthogonaux.La distance de M à S3(R) est égale à la distance de M à son projeté orthogonalsur S3(R) i.e.

d(M,S3(R)) = 12∥∥M − tM

∥∥ = 2

c) H est le noyau de la forme linéaire non nulle trace, c’est donc un hyperplan deMn(R).La matrice In est orthogonale à tout élément de H et c’est donc un vecteurnormal à l’hyperplan H.On en déduit

d(H,J) = |(In | J)|‖In‖

= n√n

=√n

Exercice 58 : [énoncé]a) Si λ0P0 + λ1P1 + λ2P2 = 0 alors le polynôme λ0 + λ1X + λ2X

2 admet uneinfinité de racines. C’est donc le polynôme nul et par conséquentλ0 = λ1 = λ2 = 0.La famille (P0, P1, P2) est donc libre. Elle n’est pas orthogonale puisque(P0 | P2) = 1/3 6= 0.b) R0 = P0, ‖R0‖ = 1, Q0 : x 7→ 1(P0 | P1) = 0, R1 = P1, ‖R1‖ = 1/

√3, Q1 : x 7→

√3x.

R2 = P2 + λ0R0 + λ1R1.(R2 | R0) = 0 donne λ0 = −(P2 | P0) = −1/3,(R2 | R1) = 0 donne λ1/3 = −(P2 | R1) = 0.R2 : x 7→ x2 − 1/3, ‖R2‖ = 2

3√

5 , Q2 : x 7→√

52(3x2 − 1

).

c) Le projeté orthogonal de P3 sur F est

R = (Q0 | P3)Q0 + (Q1 | P3)Q1 + (Q2 | P3)Q2

soit, après calculsR : x 7→ 3

5x

La distance de P3 à F est alors

d = ‖P3 −R‖ = 25√

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Espaces préhilbertiens - mp.cpgedupuydelome.frmp.cpgedupuydelome.fr/pdf/Espaces préhilbertiens.pdf · []éditéle10juillet2014 Enoncés 1 Espaces préhilbertiens Espace préhilbertien