Sujet : Algèbre, Espaces préhilbertiens, Projections orthogonales

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Projections orthogonales

Enoncés

Exercice 1[ 00524 ][correction]
SoientEun espace vectoriel euclidien muni d’une base orthonormée
B= (e1     en)etFun sous-espace vectoriel deEmuni d’une base orthonormée
(x1     xp). Montrer que la matrice depFdans la baseBest

p
XXk tXk
k=1

oùXkest la colonne des composantes du vecteurxkdansB.

Exercice 2[ 00530 ][correction]
[Formule de Parseval]
On suppose que(en)n∈Nest une famille orthonormale d’un espace préhilbertienE
telle queV=Vect(en)n∈Nsoit dense dansE. Montrer que pour toutx∈E,

+∞
kxk2=X|(en|x)|2
n=0

Exercice 3[ 01331 ][correction]
SoientAetBdansS2(R)telles queA2=AetB2=B.
a) La matriceABest-elle diagonalisable ?
b) Encadrer les valeurs propres deAB.

Exercice 4[ 03317 ][correction]
SoitEHilbert réel dont le produit scalaire est notéun espace de h|i.
SoientCpartie convexe non vide et fermée deune Eetx∈E.
a) Montrer qu’il existe une suite(yn)d’éléments deCtelle que

kx−ynk →d(x C)

b) En exploitant l’identité du parallélogramme, établir que la suite(yn)est de
Cauchy.
c) En déduire qu’il existey∈Ctel que

kx−yk=d(x C)

d) Application : SoitFun sous-espace vectoriel deE. Montrer

F⊥⊥=F¯

Exercice 5[ 03766 ][correction]
On poseE=C1([01]R)et
∀f g∈Ehf gi=Z01f(t)g(t) dt+Z10f0(t)g0(t) dt

a) Montrer queh idéfinit un produit scalaire surE.
b) On poseV={f∈Ef(0) =f(1) = 0}etW=f∈EfestC2etf00=f.
Montrer queVetWsont supplémentaires et orthogonaux.
Exprimer la projection orthogonale surW.
c) Soientα β∈Ret

Calculer

Eαβ={f∈Ef(0) =αetf(1) =β}

f∈iEnfαβZ1t)2+f0(t)2dt
f(
0

1

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
On sait

donc

en notantEi=MatB(ei).
PuisquetXkEiest un réel,

puis

car(E1| ∙ ∙ ∙ |En) =In.

p
pF(x) =X(xk|x)xk
k=1

n
pF(ei) =X(tXkEi)xk
k=1

n
MatB(pF(ei)) =XXk tXkEi
k=1

p
MatB(pF) =XXk tXk
k=1

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
+∞
On sait déjàP|(en|x)|26kxk2en vertu de l’inégalité de Bessel. Pour tout
n=0
ε >0, il existey∈Vtel quekx−yk6ε.yest une combinaison linéaire des
(en)n∈Ndonc il existeN∈Ntel quey∈Vect(e0     eN)et donc
ε>kx−yk>kx−p(x)kavecp(x)le projeté dexsur Vect(e0     eN)
N
c’est-à-direp(x) =P(en|x)en. Par suite|kxk − kp(x)k|6kx−p(x)k6εdonne
n=0
kxk6kp(x)k+ε=sNn=P0|(en|x)|2+ε6s+P∞|(en|x)|2+εpuis quandε→0,
n=0
on obtientkxk6s+P∞|(en|x)|2et finalementkxk2=+P∞|(en|x)|2.
n=0n=0

Exercice 3 :[énoncé]
Notons que les matricesAetBsont des matrices de projections orthogonales car
symétriques et idempotentes.

Les casA=O2etA=I2sont immédiats. De mme pour les casB=O2et
B=I2.
On suppose dans la suite ces cas exclus et on travaille donc sous l’hypothèse
supplémentaires
rgA=rgB= 1

2

a) Si ImB= kerAalorsAB=O2est doncABest diagonalisable.
Si ImB= kerAalors en passant à l’orthogonal ImA6= kerB.
Les droites ImAetkerBétant distinctes dans le plan, elles sont supplémentaires.
Considérons une base(X1 X2)adaptée à la supplémentarité de ImAetkerB.
ABX1=A(BX1)∈ImAdonc on peut écrireABX1=λX1car ImA=VectX1.
ABX2= 0carBX2= 0.
Ainsi la base(X1 X2)diagonalise la matriceAB.
b) Il s’agit ici essentiellement d’encadrer la valeurλintroduite dans l’étude
précédente quand ImB6= kerA.
On a
λkX1k2= (λX1|X1) = (ABX1|X1)
PuisqueX1∈ImA, on peut écrireX1=AUet alors

PuisqueAest symétrique

PuisqueA2=A

(λX1|X1) = (ABAU|AU)

(ABAU|AU) = (BAU|A2U)

(BAU|A2U) = (BAU|AU)

Enfin en procédant de façon semblable

Au final

(BAU|AU) = (B2AU|AU) = (BAU|BAU) =kBX1k2

λkX1k2=kBX1k2
OrBcorrespond à une projection orthogonale donckBX1k26kX1k2et on peut
affirmer
λ∈[01]

Exercice 4 :[énoncé]
a) Puisque

d(x C) =yi∈nfCkx−yk

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Pourε= 1(n+ 1)>0, il existeyn∈Ctel que

kx−ynk< d(x C) +ε

En faisant variern, cela détermine une suite(yn)d’éléments deCvérifiant

kx−ynk →d(x C)

b) Soientm n∈N. Par l’identité du parallélogramme

+yn−ym
x−yn+2ym2 21nk2+kx−ymk2
2=2kx−y

PuisqueCest convexe, le vecteur(yn+ym)2appartient àCet donc

et donc

y+2 C)2
x−nym>d(x
2

kyn−ymk262kx−ynk2+kx−ymk2−4d(x C)

Corrections

d(xn
Puisquekx−ynkn−→−+−−∞→C), o peut affirmer que pournetmassez grands

kyn−ymk6ε

c) Puisque l’espaceEest complet la suite(yn)converge vers un élémenty∈E.
La partieCétant fermée, on obtienty∈C. Enfin

= limkx−ynk=d(x C)
kx−ykn→+∞

d) PuisqueF⊂F⊥⊥etF⊥⊥fermé, on a déjàF¯⊂F⊥⊥(inclusion vraie
indépendamment de l’hypothèse de complétude).
Inversement, soitx∈F⊥⊥. PuisqueF¯un convexe fermé non vide, il existeest
¯
y∈Ftel que
¯
kx−yk=d(x F)

Pour toutz∈F, on a

¯
∀λ∈Rk(x−y) +λzk2>d(x F)2=kx−yk2

On en déduit(x−y|z) = 0et doncx−y∈F⊥
Orx∈F⊥⊥ety∈F¯⊂F⊥⊥doncx−y∈F⊥⊥
¯
On en déduitx−y= 0Epuisx=y∈F.

Exercice 5 :[énoncé]
a) Vérification sans peine.
b) Soit(f g)∈V×W. On a
1
hf gZ0
i=f(t)g00(t) +f0(t)g0(t) dt= [f(t)g0(t)]01= 0

et les espacesVetWsont donc en somme directe.
Soitf∈E. Posons
λ f(0)etµ=f(1)−f(0) cos(1)
=
sin(1)
On af=g+havech=λcos +µsin∈Wetg=f−h∈Vpar construction.
Les espacesVetWsont donc supplémentaires orthogonaux et l’on peut
introduire la projection orthogonalepsurW. Par ce qui précède

f
p(f) =f (1)(0) cos +−sif1)n(nsi1)cos((0)

c) Soitgla fonction deEαβdéfinie par

g=αcos +β−αcos(1)
sin(1) sin

3

Les fonctions deEαβsont alors de la formef=g+havechparcourantVet par
orthogonalité degeth
Z10f(t)2+f0(t)2dt=kfk2=kgk2+khk2

On en déduit
f∈iEnfαβZ1f(t)2+f0(t)2dt=kgk2=α2−12α−βscosoc2+)1()(1β2
0

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD