2. Solutions
Les u n de (2) sont dans H 0 , donc
1
0
u n (t)g(t)dt = 0, et
1
0
f 1 (t)g(t)dt
=
1
0
( f 1 (t) − u n (t))g(t)dt
≤ ≤ f 1 − u n 2 g 2 ,
par l’inégalité de Cauchy-Schwarz (P 5.4). Ainsi
1
0
f 1 (t)g(t)dt
≤
1
√
n
g 2 pour tout n ∈ N
∗
, et
1
0
f 1 (t)g(t)dt = 0.
D’après (2), l’égalité précédente prouve que l’on a g ∈ E
⊥
0 (où l’orthogonalité est ici
relative au produit scalaire de E).
Notons maintenant m =
1
0
g(t)dt. Nous avons g − m ∈ E 0 , et puisque g ∈ E
⊥
0 :
g − m, g =
1
0
|g(t)|
2 dt − mm =
1
0
|g(t)|
2 dt −
1
0
g(t)dt
2 = 0.
Nous sommes donc dans les cas d’égalité de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, et il en
résulte que g est colinéaire à f 0 , où f 0 = 1 est la fonction de (1) :
g = c f 0 avec c constante.
Testant maintenant cette égalité au point 1, nous obtenons
0 = g(1) = c f 0 (1) = c, d’où g = 0.
(4) Le résultat montre la différence de comportement avec le cas d’un espace de
Hilbert. H est préhilbertien mais non de Hilbert, et on ne peut pas le reconstruire sous
la forme H 0 ⊕ H
⊥
0 . On a H
⊥
0 = {0}, mais H 0 = H 0 H. La fonction f (t) = 1 − t, par
exemple, est dans H \ H 0 .
Exercice V.2
On remarque dès maintenant que E n’est pas complet pour la norme associée au produit
scalaire choisi. On sait qu’il est dense dans L
2 ([a, b]).
Il est utile de représenter les fonctions sur un graphe, en les supposant réelles ; ceci guide
la démarche pour les différentes questions.
(1) (i) F c sous-espace fermé.
F c est de manière évidente un sous-espace vectoriel. Montrons que F c est fermé en
montrant que F c = F c , ou encore que
f F c =⇒ f F c .
Si f F c , il existe t ∈ [a, c] tel que f (t) 0. On note 2r = | f (t)|.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
111
Les u n de (2) sont dans H 0 , donc
1
0
u n (t)g(t)dt = 0, et
1
0
f 1 (t)g(t)dt
=
1
0
( f 1 (t) − u n (t))g(t)dt
≤ ≤ f 1 − u n 2 g 2 ,
par l’inégalité de Cauchy-Schwarz (P 5.4). Ainsi
1
0
f 1 (t)g(t)dt
≤
1
√
n
g 2 pour tout n ∈ N
∗
, et
1
0
f 1 (t)g(t)dt = 0.
D’après (2), l’égalité précédente prouve que l’on a g ∈ E
⊥
0 (où l’orthogonalité est ici
relative au produit scalaire de E).
Notons maintenant m =
1
0
g(t)dt. Nous avons g − m ∈ E 0 , et puisque g ∈ E
⊥
0 :
g − m, g =
1
0
|g(t)|
2 dt − mm =
1
0
|g(t)|
2 dt −
1
0
g(t)dt
2 = 0.
Nous sommes donc dans les cas d’égalité de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, et il en
résulte que g est colinéaire à f 0 , où f 0 = 1 est la fonction de (1) :
g = c f 0 avec c constante.
Testant maintenant cette égalité au point 1, nous obtenons
0 = g(1) = c f 0 (1) = c, d’où g = 0.
(4) Le résultat montre la différence de comportement avec le cas d’un espace de
Hilbert. H est préhilbertien mais non de Hilbert, et on ne peut pas le reconstruire sous
la forme H 0 ⊕ H
⊥
0 . On a H
⊥
0 = {0}, mais H 0 = H 0 H. La fonction f (t) = 1 − t, par
exemple, est dans H \ H 0 .
Exercice V.2
On remarque dès maintenant que E n’est pas complet pour la norme associée au produit
scalaire choisi. On sait qu’il est dense dans L
2 ([a, b]).
Il est utile de représenter les fonctions sur un graphe, en les supposant réelles ; ceci guide
la démarche pour les différentes questions.
(1) (i) F c sous-espace fermé.
F c est de manière évidente un sous-espace vectoriel. Montrons que F c est fermé en
montrant que F c = F c , ou encore que
f F c =⇒ f F c .
Si f F c , il existe t ∈ [a, c] tel que f (t) 0. On note 2r = | f (t)|.
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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