Chap. 9. Espaces euclidiens
ce soit vrai au rang n − 1, et considérons des réels x 1 , . . . , x n tels que
∀t ∈
0,
p
2
,
n
k=1
x k sin kt = 0. En dérivant deux fois par rapport à t,
on obtient
n
k=1
−k
2 x k sin kt = 0. En multipliant la première relation par
n
2 et en ajoutant la seconde, on obtient
n−1
k=1
(n
2
− k
2 )x k sin kt = 0, d’où
∀k ∈ [[1 , n − 1]], (n
2
− k
2 )x k = 0 par hypothèse de récurrence. Il en résulte
que ∀k ∈ [[1 , n − 1]], x k = 0, d’où x n = 0 en reportant.
• Si q(x) = 0, alors la fonction t →
n
k=1
x k sin kt
2
est continue positive et
son intégrale sur
0,
p
2
est nulle, donc la fonction est nulle. On déduit de la
remarque précédente que x k = 0 pour tout k, donc x = 0.
2) Soit f k la fonction de R dans R définie par f k (t) = e
kt . On sait que la famille
( f 1 , . . . , f n ) est libre (voir exercice 3.3 page 54), et on note F le sous-espace
vectoriel de C(R) engendré par cette famille. On munit F du produit scalaire défini
par ( f | g) =
1
0
f (t)g(t) dt. Si f =
n
k=1
x k f k , on a :
( f | f ) =
1
0
1i, jn
x i x j e
(i+ j)t dt =
1i, jn
x i x j
e
i+ j
− 1
i + j
.
On en déduit que la matrice étudiée représente le produit scalaire ( | ) dans la base
( f 1 , . . . , f n ), donc son déterminant est strictement positif.
Exercice 9.20
Mines-Ponts MP 2006
Soient E un espace euclidien de dimension 3, a et b deux vecteurs non nuls de
E. On pose, pour tout x ∈ E, f (x) = a ∧ (b ∧ x). A quelle condition f est-elle
diagonalisable ?
En utilisant la formule du double produit vectoriel, on obtient :
f (x) = (a | x)b − (a | b)x.
On pose g(x) = (a | x)b, de sorte que f = g − (a | b) Id E . Le problème revient à
savoir si g est diagonalisable. Or g
2 (x) = (a | x)(a | b)x, donc g
2 = (a | b)g. L’endomorphisme g est non nul et annule le polynôme X (X − (a | b)).
ce soit vrai au rang n − 1, et considérons des réels x 1 , . . . , x n tels que
∀t ∈
0,
p
2
,
n
k=1
x k sin kt = 0. En dérivant deux fois par rapport à t,
on obtient
n
k=1
−k
2 x k sin kt = 0. En multipliant la première relation par
n
2 et en ajoutant la seconde, on obtient
n−1
k=1
(n
2
− k
2 )x k sin kt = 0, d’où
∀k ∈ [[1 , n − 1]], (n
2
− k
2 )x k = 0 par hypothèse de récurrence. Il en résulte
que ∀k ∈ [[1 , n − 1]], x k = 0, d’où x n = 0 en reportant.
• Si q(x) = 0, alors la fonction t →
n
k=1
x k sin kt
2
est continue positive et
son intégrale sur
0,
p
2
est nulle, donc la fonction est nulle. On déduit de la
remarque précédente que x k = 0 pour tout k, donc x = 0.
2) Soit f k la fonction de R dans R définie par f k (t) = e
kt . On sait que la famille
( f 1 , . . . , f n ) est libre (voir exercice 3.3 page 54), et on note F le sous-espace
vectoriel de C(R) engendré par cette famille. On munit F du produit scalaire défini
par ( f | g) =
1
0
f (t)g(t) dt. Si f =
n
k=1
x k f k , on a :
( f | f ) =
1
0
1i, jn
x i x j e
(i+ j)t dt =
1i, jn
x i x j
e
i+ j
− 1
i + j
.
On en déduit que la matrice étudiée représente le produit scalaire ( | ) dans la base
( f 1 , . . . , f n ), donc son déterminant est strictement positif.
Exercice 9.20
Mines-Ponts MP 2006
Soient E un espace euclidien de dimension 3, a et b deux vecteurs non nuls de
E. On pose, pour tout x ∈ E, f (x) = a ∧ (b ∧ x). A quelle condition f est-elle
diagonalisable ?
En utilisant la formule du double produit vectoriel, on obtient :
f (x) = (a | x)b − (a | b)x.
On pose g(x) = (a | x)b, de sorte que f = g − (a | b) Id E . Le problème revient à
savoir si g est diagonalisable. Or g
2 (x) = (a | x)(a | b)x, donc g
2 = (a | b)g. L’endomorphisme g est non nul et annule le polynôme X (X − (a | b)).