Solutions
SOLUTIONS
25
12 Posons : u = tan
α
2
, v = tan
β
2
, w = tan
γ
2
.
Comme α + β + γ = π,
γ
2
=
π
2
− (α + β),
d’où w =
1
tan(
α
2
+
β
2
)
=
1 − uv
u + v
;
on en déduit : uw + vw + uv = 1.
Calculonsmaintenant le déterminant :
D =
u
1 − u
2
1+u 2
1
v
1−v
2
1+v 2
1
w
1−w
2
1+w 2 1
=
1
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
1+u
2
v+v
3
1−v
2
1+v
2
w+w
3
1−w
2
1+w
2
En conservant la première ligne et en la retranchant des deux
autres, on obtient :
D =
(v − u)(w − u)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
1+u
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − vu + v
1+u
2 +uw + w
2
−u − wu + w
En ajoutant la deuxième colonne dans la troisième :
D =
(v − u)(w − u)
(1 + u 2 )(1+v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − v 0
1+u
2 +uw + w
2
−u − w 0
Puis en retranchantladeuxième ligne dans la troisième :
D =
(v − u)(w − u)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − v 0
uw − uv + w
2 − v
2
v − w 0
=
(v − u)(w − u)(w − v)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − v 0
u + v + w
−10
D’où en développant suivant la troisième colonne :
D =
2(v − u)(w − u)(w − v)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
(uv + vw + wu − 1) = 0
grâceàla relation démontrée au début.
Chapitre 25
1 a) Vrai. b) Faux, c’est |k||x.c) Vrai. d) Vrai.
e) Vrai. f) Faux :c ette famille doit être orthonormale.
g) Vrai.
2 On montre facilement que l’application est une formebilinéaire symétrique positive. Si (f |f ) = 0, on a: f(0) = 0e t
1
0
f
( t)
2 d t=0.Comme f
2 estune fonction continue et positive, on en déduit que f
estn ulle sur [0, 1]. La fonction f est
donc constantesur cetintervalle, et cette constante est f (0) = 0.
3 Utiliser l’identité de polarisation pour exprimer les produits
scalaires en termes de normes.
4 (X
⊥ )
⊥ est un sous-espace vectoriel quicontient X . Or le
plus petit s.e.v. contenant X estVect(X ), donc Vect(X ) ⊂ (X
⊥ )
⊥ .
Comparer leursdimensions...
5 1) Supposons F ⊂ G. Soit y ∈ G
⊥ :
∀x ∈ G (x|y) = 0.
En particulier : ∀x ∈ F (x|y) = 0, donc y ∈ F
⊥ .
2) En appliquant le résultat précédent aux inclusions F ⊂ F + G
et F ⊂ F + G, on obtientdéjà :(F+G)
⊥ ⊂F
⊥ ∩G
⊥
Réciproquement, soit y ∈ F
⊥ ∩ G
⊥ et x ∈ F + G : x = x1 + x2
avec x1 ∈ F et x2 ∈ G. (y|x) = (y|x1)+( y | x 2 ) = 0 .Donc
y ∈ (F + G)
⊥ .
3) Poser F = F
⊥
1 et G = G
⊥
1 , et appliquer le résultat de la
question précédente à F1 et G1.
6 1) Si p est une projection orthogonale,
∀x ∈ Ex = p ( x )+(x−p(x))
où p(x)etx−p(x)sont orthogonaux. D’où : x
2 = p(x)
2
+ x − p(x)
2 . On en déduit l’inégalité cherchée (etl ec as
d’égalité).
2) Soit p une projection suru ns.e.v. F parallèlementàun s.e.v.
G non orthogonalàF.Soit x un élément non nul de F . Comme
E = G ⊕ G
⊥ , on peut décomposer x en : x = xG + x
G avec
xG ∈ G et x
G ∈ G
⊥ . Démontrerq ue : p(x
G ) > x
G et
conclure.
7 Calculer soigneusementtous les produits scalaires mutuels
des éléments de cette famille :
1
√ 2
|
1
√ 2
= 1
et pour tout p ∈ [[ 1 , n ]] :
(cos px| cos px) = 1( sin px| sin px) = 1
Pourtout p ∈ [[ 1 , n ]] :
1
√ 2
| cos px
= 0(
1
√
2
| sin px) = 0
pour tout (p, q) ∈ [[ 1 , n ]]
2 :
(cos px| sin qx) = 0
Si p = q :
(cos px| cos qx) = 0( sin px| sin qx) = 0
La familleest orthonormale donc libre. Tout polynôme trigonométrique de degré inférieur ou égal à n est combinaison linéaire
Hachette Livre–HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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12 Posons : u = tan
α
2
, v = tan
β
2
, w = tan
γ
2
.
Comme α + β + γ = π,
γ
2
=
π
2
− (α + β),
d’où w =
1
tan(
α
2
+
β
2
)
=
1 − uv
u + v
;
on en déduit : uw + vw + uv = 1.
Calculonsmaintenant le déterminant :
D =
u
1 − u
2
1+u 2
1
v
1−v
2
1+v 2
1
w
1−w
2
1+w 2 1
=
1
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
1+u
2
v+v
3
1−v
2
1+v
2
w+w
3
1−w
2
1+w
2
En conservant la première ligne et en la retranchant des deux
autres, on obtient :
D =
(v − u)(w − u)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
1+u
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − vu + v
1+u
2 +uw + w
2
−u − wu + w
En ajoutant la deuxième colonne dans la troisième :
D =
(v − u)(w − u)
(1 + u 2 )(1+v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − v 0
1+u
2 +uw + w
2
−u − w 0
Puis en retranchantladeuxième ligne dans la troisième :
D =
(v − u)(w − u)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − v 0
uw − uv + w
2 − v
2
v − w 0
=
(v − u)(w − u)(w − v)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
u + u
3
1 − u
2
2
1+u
2 +uv + v
2
−u − v 0
u + v + w
−10
D’où en développant suivant la troisième colonne :
D =
2(v − u)(w − u)(w − v)
(1 + u 2 )(1 + v 2 )(1 + w 2 )
(uv + vw + wu − 1) = 0
grâceàla relation démontrée au début.
Chapitre 25
1 a) Vrai. b) Faux, c’est |k||x.c) Vrai. d) Vrai.
e) Vrai. f) Faux :c ette famille doit être orthonormale.
g) Vrai.
2 On montre facilement que l’application est une formebilinéaire symétrique positive. Si (f |f ) = 0, on a: f(0) = 0e t
1
0
f
( t)
2 d t=0.Comme f
2 estune fonction continue et positive, on en déduit que f
estn ulle sur [0, 1]. La fonction f est
donc constantesur cetintervalle, et cette constante est f (0) = 0.
3 Utiliser l’identité de polarisation pour exprimer les produits
scalaires en termes de normes.
4 (X
⊥ )
⊥ est un sous-espace vectoriel quicontient X . Or le
plus petit s.e.v. contenant X estVect(X ), donc Vect(X ) ⊂ (X
⊥ )
⊥ .
Comparer leursdimensions...
5 1) Supposons F ⊂ G. Soit y ∈ G
⊥ :
∀x ∈ G (x|y) = 0.
En particulier : ∀x ∈ F (x|y) = 0, donc y ∈ F
⊥ .
2) En appliquant le résultat précédent aux inclusions F ⊂ F + G
et F ⊂ F + G, on obtientdéjà :(F+G)
⊥ ⊂F
⊥ ∩G
⊥
Réciproquement, soit y ∈ F
⊥ ∩ G
⊥ et x ∈ F + G : x = x1 + x2
avec x1 ∈ F et x2 ∈ G. (y|x) = (y|x1)+( y | x 2 ) = 0 .Donc
y ∈ (F + G)
⊥ .
3) Poser F = F
⊥
1 et G = G
⊥
1 , et appliquer le résultat de la
question précédente à F1 et G1.
6 1) Si p est une projection orthogonale,
∀x ∈ Ex = p ( x )+(x−p(x))
où p(x)etx−p(x)sont orthogonaux. D’où : x
2 = p(x)
2
+ x − p(x)
2 . On en déduit l’inégalité cherchée (etl ec as
d’égalité).
2) Soit p une projection suru ns.e.v. F parallèlementàun s.e.v.
G non orthogonalàF.Soit x un élément non nul de F . Comme
E = G ⊕ G
⊥ , on peut décomposer x en : x = xG + x
G avec
xG ∈ G et x
G ∈ G
⊥ . Démontrerq ue : p(x
G ) > x
G et
conclure.
7 Calculer soigneusementtous les produits scalaires mutuels
des éléments de cette famille :
1
√ 2
|
1
√ 2
= 1
et pour tout p ∈ [[ 1 , n ]] :
(cos px| cos px) = 1( sin px| sin px) = 1
Pourtout p ∈ [[ 1 , n ]] :
1
√ 2
| cos px
= 0(
1
√
2
| sin px) = 0
pour tout (p, q) ∈ [[ 1 , n ]]
2 :
(cos px| sin qx) = 0
Si p = q :
(cos px| cos qx) = 0( sin px| sin qx) = 0
La familleest orthonormale donc libre. Tout polynôme trigonométrique de degré inférieur ou égal à n est combinaison linéaire
Hachette Livre–HPrépa /Math –Laphotocopie non autorisée est un délit
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