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solution des exos 1 et 2
Ligne 7 :
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== Exercice 5-1 ==
<math>E=\mathcal C^2([0;,1],\R)</math>.
 
On pose <math>\forall (f,g)\in E^2,~~\quad(f|g)=\int_0^1\left[f(t)g(t)+f'(t)g'(t)\right]\,{\rm d}t</math>.
 
# Vérifier que <math>(\cdot|\cdot)</math> est un produit scalaire sur ''E''▼
# On pose <math>V=\{f\in E~/~f(0)=f(1)=0\}</math> et <math>W=\{f\in E~/~f=f''\}</math>▼
## Vérifier que ''V'' et ''W'' sont orthogonaux▼
## Exprimer la projection orthogonale de ''E'' sur ''V''▼
# On pose <math>F=\{f\in E~/~f(0)=\alpha,~f(1)=\beta\}</math>. Calculer <math>\inf_{f\in F} \int_0^1 f^2(t)+f'^2(t)\,{\rm d}t</math>▼
 
▲# Vérifier que <math>(\cdot|\cdot)</math> est un produit scalaire sur ''E''.
▲# On pose <math>V=\{f\in E~/~\mid f(0)=f(1)=0\}</math> et <math>W=\{f\in E~/~f=\mid f''=f\}</math>.
▲## Vérifier que ''V'' et ''W'' sont orthogonaux.
▲## Exprimer la projection orthogonale de ''E'' sur ''V''.
▲# On pose <math>F=\{f\in E~/~\mid f(0)=\alpha,~f(1)=\beta\}</math>. Calculer <math>\inf_{f\in F} \int_0^1 f^2(t)+f'^2(t)\,{\rm d}t</math>.
{{Solution|contenu=
# On reconnait <math>(\cdot|\cdot)</math> comme étant lela restriction du produit scalaire canonique sur <math>\mathcal C^1([0;1],\R)</math>. :
#* La bilinéarité vient de la linéarité de la dérivation et de l'intégrale.
#* La symétrie est évidente.
#* Il reste à montrer que cette forme est définie positive. Soit <math>f \in \mathcal C^21([0;,1],\R)</math>.
#*:<math>(f|f)=0 \Leftrightarrow \int_0^1 f(t)^2\,{\rm d}t+f'^2=0 \Leftrightarrow f=0</math>.
#:<math>(\cdot|\cdot)</math> est donc bien un produit scalaire sur <math>\mathcal C^1([0,1],\R)</math> et par restriction, sur ''E''. On pourrait d'ailleurs remplacer partout dans l'énoncé <math>\mathcal C^2([0,1],\R)</math> par <math>\mathcal C^1([0,1],\R)</math> (la définition de <math>W</math> garde un sens et ses éléments sont automatiquement de classe <math>C^\infty</math>) sans changer un iota de ce qui suit.
#:<math>(\cdot|\cdot)</math> est donc bien un produit scalaire sur ''E''.
#
## Soient <math>v \in V, w \in W</math>. Une intégration par parties donne :
##:<math>(v|w) = \int_0^1\left[v(t)w(t)+v'(t)w'(t)\right]\,{\rm d}t = \int_0^1 v(t)w(t) \,{\rm d}t + \left[v(t) w'(t) \right]_0^1- \int_0^1 v(t)w''(t)\,{\rm d}t</math>.
##:Or, <math>v \in V \Rightarrow \left[v(t) w'(t) \right]_0^1 = 0</math> et donc :<math>(v|w) = \int_0^1 v(t) (w(t) - w''(t)) \,{\rm d}t=0</math>, car <math>w \in W</math>.
## Soit <math>f\in E</math>. Notons <math>\alpha=f(0),\beta=f(1)</math>, et cherchons <math>\lambda,\mu\in\R</math> tels que la fonction <math>g:x\mapsto\lambda\operatorname e^x+\mu\operatorname e^{-x}</math> (qui appartient à <math>W</math> donc à <math>V^\perp</math>) vérifie : <math>f-g\in V</math>. Ainsi, <math>f-g</math> sera le projeté orthogonal de <math>f</math> sur <math>V</math> (et cela prouvera de plus que <math>V</math> et <math>W</math> sont supplémentaires). La condition sur <math>\lambda,\mu</math> est :
## Soit <math>f \in E</math>. On remarque que <math>f - f(0) (1-x) - f(1) x \in V</math>.▼
##::<math>\lambda+\mu=\alpha</math> et <math>\lambda\mathrm e+\mu\operatorname e^{-1}=\beta</math>
##:donc la solution est :
##::<math>\lambda=\frac{\alpha-\mathrm e\beta}{1-\operatorname e^2},\quad\mu=\frac{\mathrm e\beta-\operatorname e^2\alpha}{1-\operatorname e^2}</math>.
▲## Soit <math>f \in EF</math>. On remarque queAlors, <math>F=f - f(0) (1-x) - f(1) x \in +V</math>. donc
#:<math>\inf_{h\in F}\|h\|^2=d(0,F)^2=d(0,f+V)^2=d(-V,f)^2</math> est égal, avec les notations de la réponse précédente, à
#:<math>\|g\|^2=\lambda^2\left(\operatorname e^2-1\right)-\mu^2\left(\operatorname e^{-2}-1\right)=\alpha^2-\beta^2</math>.
}}
 
== Exercice 5-2 ==
Soient <math>a</math> et <math>b</math> deux vecteurs non nuls de <math>E</math>. On pose <math>\varphi(x)=\frac{\langle x|a\rangle\langle x|b\rangle}{|\|x|\|^2}</math>.
 
Déterminer les bornes inférieure et supérieure de phi<math>\varphi</math> sur <math>E\backslashsetminus\{0\}</math>.
{{Solution}}|contenu=▼
 
Fixons une base orthonormée d'un plan contenant <math>a</math> et <math>b</math>. La matrice dans cette base de la forme quadratique <math>x\mapsto\langle x|a\rangle\langle x|b\rangle</math> (restreinte au plan) est diagonalisable dans une base orthonormée et ses deux valeurs propres sont (tous calculs faits) : <math>\frac{\langle a|b\rangle\pm\|a\|\|b\|}2</math>. Ce sont donc les valeurs minimum et maximum (atteintes) de la forme quadratique sur le cercle unité du plan, ou encore, de <math>\varphi</math> sur <math>E\setminus\{0\}</math>.
▲{{Solution}}
}}
 
== Exercice 5-3 ==
Soit <math>f:[a,b]\to\R</math> continue strictement positive.
 
Démontrer l’existence d'une famille <math>(P_n)</math> de polynômes telle que <math>\forall n\in\mathbb N,~\quad deg(P_n)=n</math> et <math>\forall n,m,~\quad\int_a^b P_n(t)P_m(t)f(t)\,{\rm d}t=\delta_{n,m}</math>.
 
DansDémontrer ce casqu'alors, démontrer que chaque polynôme <math>P_n</math> admet <math>n</math> racines strictes dans <math>]a,b[</math>.
 
{{Solution|contenu=}}
 
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