[>] Calculs dans un espace préhilbertien réel

 
Exercice 1  2126    SAINT CYR (MP)Correction  

Pour A,Bn(), on pose

(AB)=tr(AB).
  • (a)

    Montrer que () définit un produit scalaire sur n().

  • (b)

    En déduire

    An(),tr(A)2ntr(AA).

Soit F={Mn()|tr(M)=0}.

  • (c)

    Montrer que F est un sous-espace vectoriel de n() et donner sa dimension.

  • (d)

    Déterminer F.

  • (e)

    Démontrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

Solution

  • (a)

    On trouvera cette démonstration dans le cours.

  • (b)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

    tr(A)2=(InA)2(InIn)(AA)=ntr(AA).
  • (c)

    L’ensemble F est le noyau de l’application linéaire trace sur n(), c’est donc un sous-espace vectoriel de n(). Au surplus, la trace est une forme linéaire non nulle, l’espace F est donc un hyperplan de n(), c’est-à-dire un sous-espace vectoriel de dimension n2-1.

  • (d)

    Pour tout MF, on remarque (InM)=tr(M)=0. La matrice In appartient à F. Or F est un sous-espace vectoriel supplémentaire de F et c’est donc un sous-espace vectoriel de dimension 1. Par inclusion et égalité des dimensions, on obtient F=Vect(In).

  • (e)

    On trouvera cette démonstration dans le cours.

 
Exercice 2  5671     CCINP (MP)Correction  

Soit n*. Pour M,Nn(), on pose

φ(M,N)=tr(MN).
  • (a)

    Montrer que φ définit un produit scalaire sur n().

  • (b)

    Soit (U,V)On()2. Montrer que φ(U,V)n.

  • (c)

    Soit (A,B)𝒮n()2. Montrer que tr((AB)2)tr(A2B2).

  • (d)

    Soit (A,B)𝒮n()2. Montrer que tr((AB+BA)2)4tr(A2B2).

Solution

  • (a)

    C’est une question de cours. Notons qu’avec des notations entendues

    φ(M,N)=i=1nj=1nmi,jni,j
  • (b)

    Pour (U,V)On()2, le produit Ω=UV est une matrice orthogonale. Or les coefficients d’une matrice orthogonale sont tous inférieurs à 1 en valeur absolue. On en déduit

    φ(U,V)=tr(Ω)=i=1n[Ω]i,in.
  • (c)

    Soit (A,B)𝒮n()2.

    On remarque

    tr((AB)2)=tr((AB)(AB))=tr((BA)(AB))=φ(BA,AB)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée au produit scalaire φ,

    tr((AB)2)BAAB

    Or

    AB2=tr((AB)AB)=tr(BAAB)=tr(AABB)=tr(A2B2)

    et, par le même calcul,

    BA2=tr(B2A2)=tr(A2B2)

    On en déduit l’inégalité voulue.

  • (d)

    Par développement,

    tr((AB+BA)2)=tr((AB)2)+2tr(ABBA)+tr((BA)2).

    D’une part,

    tr((AB)2)tr(A2B2)ettr((BA)2)tr(B2A2)=tr(A2B2).

    D’autre part,

    tr(ABBA)=tr((ABB)A)=tr(A(ABB))=tr(A2B2).

    On obtient alors l’inégalité souhaitée.

 
Exercice 3  3480   

On note E=[X] et l’on considère l’application φ:E×E donnée par

φ(P,Q)=0+P(t)Q(t)e-tdt.
  • (a)

    Montrer que φ définit un produit scalaire sur E.

  • (b)

    Pour p,q, calculer φ(Xp,Xq).

  • (c)

    Orthonormaliser la famille (1,X,X2) par le procédé de Gram-Schmidt.

  • (d)

    Calculer

    inf(a,b,c)30+(t3-(at2+bt+c))2e-tdt.
 
Exercice 4  4252   

On note E=2(,) l’ensemble des suites réelles (un) telles que la série un2 converge.

  • (a)

    Montrer que E est un sous-espace vectoriel de l’espace des suites réelles.

Pour u,vE, on pose

u,v=n=0+unvn.
  • (b)

    Montrer que , définit un produit scalaire sur E.

On note F le sous-espace vectoriel de E constitué des suites nulles à partir d’un certain rang et l’on considère v une suite élément de E qui n’appartient pas à F.

  • (c)

    Déterminer F. Les espaces F et F sont-ils supplémentaires?

  • (d)

    On pose G=Vect(v). Comparer F+G et (FG).

 
Exercice 5  3322   Correction  

Soient a un vecteur unitaire d’un espace préhilbertien réel E, k un réel et φ:E×E l’application déterminée par

φ(x,y)=x,y+kx,ay,a.

Donner une condition nécessaire et suffisante pour que φ soit un produit scalaire.

Solution

Il est immédiat que φ est une forme bilinéaire symétrique sur E avec

φ(x,x)=x2+kx,a2.

En particulier,

φ(a,a)=a2+ka4=(1+k).

Pour que la forme bilinéaire symétrique φ soit définie positive, il est nécessaire que 1+k>0.

Inversement, supposons 1+k>0.

Si k0 alors φ(x,x)x2 et donc

xE{0E},φ(x,x)>0.

Si k]-1;0[, k=-α avec α]0;1[ et

φ(x,x)=x2-αx,a2.

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

x,a2x2a2=x2

donc

φ(x,x)x2-αx2=(1-α)x2

de sorte que

xE{0E},φ(x,x)>0.

Ainsi, φ est une forme bilinéaire symétrique définie positive donc un produit scalaire.

Finalement, φ est un produit scalaire si, et seulement si, 1+k>0.

 
Exercice 6  4092   Correction  

Soit E=𝒞1([0;1],). Pour f,gE, on pose

φ(f,g)=01f(t)g(t)dt+f(1)g(0)+f(0)g(1).

Montrer que φ définit un produit scalaire sur E.

Solution

L’application φ est bien définie de E×E et clairement bilinéaire et symétrique.

Soit fE.

φ(f,f)=01f(t)2dt+2f(0)f(1).

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

(01f(t)dt)201f(t)2dt

et donc

01f(t)2dt(f(1)-f(0))2

puis

φ(f,f)f(1)2+f(0)20.

Au surplus, si φ(f,f)=0 alors f(0)=f(1)=0, mais aussi 01f(t)2dt=0. La fonction f est donc constante égale à 0.

 
Exercice 7  5902   Correction  

On munit l’espace E=𝒞([0;1],) du produit scalaire , donné par

f,g=01f(t)g(t)dt

Déterminer l’orthogonal du sous-espace vectoriel F={fE|f(0)=0}.

Solution

Soit gF. Pour n*, considérons la fonction continue φn:[0;1] donnée par

φn(t)={nt si t[0;1/n]1 si t[1/n;n]

Considérons ensuite fn=φng. La fonction fn est élément de F et donc fn,g=0. Or, par convergence dominée11 1 La domination a lieu par la fonction constante égale à g2.,

01fn(t)g(t)dtn+01(g~(t))2dt

avec

g~={0 si t=0g(t) si t]0;1]

On en déduit

01(g~(t))2dt=0

Or on ne change pas la valeur d’une intégrale en modifiant la valeur de la fonction intégrée en un nombre fini de points. On a donc aussi

01(g(t))2dt=0

La fonction g2 est continue, positive et d’intégrale nulle, c’est donc la fonction identiquement nulle. Cela donne g=0.

Ainsi, F{0}. L’inclusion réciproque est immédiate et donc F={0}.

[<] Produit scalaire[>] Projections orthogonales et calcul de distances

 
Exercice 8  5140  

Soient F1,,Fn des sous-espaces vectoriels deux à deux orthogonaux d’un espace préhilbertien E. Montrer que ceux-ci sont en somme directe.

 
Exercice 9  3325  Correction  

Soit F un sous-espace vectoriel d’un espace préhilbertien réel E. Établir

F=F¯.

Solution

Puisque FF¯, on a déjà

F¯F.

Soit aF. Pour tout xF¯, il existe une suite (xn) d’éléments de F de limite x. Puisque

n,xn,a=0

on obtient à la limite (le produit scalaire étant continue)

x,a=0

et donc aF¯.

Finalement, par double inclusion, F=F¯.

 
Exercice 10  4251   

Soit A une partie d’un espace préhilbertien E.

  • (a)

    Montrer que l’orthogonal de A est une partie fermée.

  • (b)

    Montrer que A et A¯ ont le même orthogonal.

 
Exercice 11  511   Correction  

On munit E=𝒞([a;b],) du produit scalaire défini par

(fg)=abf(t)g(t)dt.

En exploitant le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass, établir que l’orthogonal du sous-espace vectoriel F de E formé des fonctions polynomiales est réduit à {0}.

Solution

Soit fF. Puisque f est continue sur le segment [a;b], par le théorème d’approximation uniforme de Weierstrass:

ε>0,P[X],f-P,[a;b]ε.

On a alors

f2=abf2=abf(f-P)+abfP=abf(f-P)

avec

|abf(f-P)|(b-a)ff-P(b-a)fε.

En faisant tendre ε vers 0, on obtient f2=0 donc f=0. Ainsi F{0} puis F={0}.

 
Exercice 12  2997     CCINP (MP)Correction  
  • (a)

    Soit F un sous-espace vectoriel d’un espace préhilbertien E.

    Montrer que FF={0E} et que F(F).

On considère E=𝒞([0;1],) muni du produit scalaire

(fg)=01f(t)g(t)dt.

On pose F=𝒞2([0;1],).

  • (b)

    Soit fE. Montrer qu’il existe une unique fonction gF vérifiant

    g′′=fetg(0)=g(1)=0.
  • (c)

    En déduire F et (F).

Solution

  • (a)

    Ces résultats figurent au cours.

  • (b)

    Analyse: Soit g une fonction solution. Par la formule de Taylor avec reste intégral,

    x[0;1],g(x) =g(0)+(x-0)g(0)+0x(x-t)g′′(t)dt
    =xg(0)+0x(x-t)f(t)dt.

    La condition g(1)=0 détermine la valeur g(0) et donc la fonction g de façon unique

    x[0;1],g(x)=0x(x-t)f(t)dt-x01(1-t)f(t)dt.

    Synthèse: Considérons la fonction g déterminée comme au-dessus.

    On vérifie immédiatement g(0)=g(1)=0. Aussi, on peut écrire

    x[0;1],g(x)=x0xf(t)dt-0xtf(t)-x01(1-t)f(t)d.

    Les termes intégrales correspondent à des expressions de primitives. La fonction g est donc dérivable avec

    x[0;1],g(x)=0xf(t)+xf(x)-xf(x)=0-01(1-t)f(t)dt.

    La fonction g est donc une seconde fois dérivable avec

    x[0;1],g′′(x)=f(x).

    Finalement, g est une fonction de classe 𝒞2 sur [0;1] solution du problème posé.

  • (c)

    Soit fF. Pour gF comme au-dessus, on a

    (fg)=01f(t)g(t)dt=01g′′(t)g(t)dt=0.

    Par intégration par parties,

    01g′′(t)g(t)dt=[g(t)g(t)]01=0-01(g(t))2dt

    et donc

    01(g(t))2dt=0.

    Par nullité de l’intégrale d’une fonction continue et positive,

    t[0;1],g(t)=0.

    La fonction f=g′′ est donc identiquement nulle.

    On en déduit F{0} et, finalement, F={0}.

    Il en découle immédiatement (F)=E. En l’occurrence, (F)F.

 
Exercice 13  513    

Soit E un espace préhilbertien réel.

  • (a)

    Établir l’inclusion F¯(F) pour tout sous-espace vectoriel F de E.

On se propose d’établir par un exemple que cette inclusion peut être stricte. On introduit pour cela l’espace E=[X] muni du produit scalaire donné par

(PQ)=-11P(t)Q(t)dt.
  • (b)

    Montrer que

    H={P[X]|-11|t|P(t)dt=0}

    est un hyperplan fermé de E.

  • (c)

    Soit QH. Établir que pour tout P[X],

    -11P(t)Q(t)dt=(-11|t|P(t)dt)(-11Q(t)dt).
  • (d)

    Vérifier que H={0} et conclure.

 
Exercice 14  505  Correction  

Démontrer que la boule unité fermée B d’un espace préhilbertien réel est strictement convexe c’est-à-dire que pour tous x,yB différents et tout t]0;1[, (1-t)x+ty<1.

Solution

Par l’inégalité triangulaire,

(1-t)x+ty(1-t)x+ty1.

De plus, s’il y a égalité alors x=1, y=1 et les vecteurs (1-t)x et ty sont positivement liés.

Les vecteurs x et y étant unitaires et positivement liés, ils sont égaux et cela est exclu.

 
Exercice 15  4995  

Soient e1,,en des vecteurs d’un espace euclidien E. On pose

M=max(ε1,,εn){1,-1}nk=1nεk.ek.
  • (a)

    Soient X1,,Xn des variables aléatoires deux à deux indépendantes et uniformes sur {1,-1}. Montrer

    E(k=1nXk.ek2)=k=1nek2.
  • (b)

    En déduire

    k=1nek2M2.
 
Exercice 16  3318   Correction  

Soient x1,,xn des vecteurs d’un espace préhilbertien E.
On suppose qu’il existe M tel que

(ε1,,εn){1,-1}n,k=1nεkxkM.

Montrer

k=1nxk2M2.

Solution

Cas: n=1. C’est immédiat.

Cas: n=2. Si x+yM et x-yM alors

x2+2(xy)+y2M2 et x2-2(xy)+y2M2.

Si (xy)0 alors première identité donne x2+y2M2, si (xy)0, c’est la deuxième identité qui permet de conclure.

Supposons la propriété vraie au rang n1.
Supposons

(ε1,,εn+1){1,-1}n+1,k=1n+1εkxkM.

Par l’étude du cas n=2 appliquée au vecteur

x=k=1nεkxk et y=xn+1

on obtient

(ε1,,εn){1,-1}n,k=1nεkxk2+xn+12M2

donc

(ε1,,εn){1,-1}n,k=1nεkxkM2-xn+12.

Par hypothèse de récurrence

k=1nxk2M2-xn+12

et l’on peut conclure.
Récurrence établie.

Une variante probabiliste élégante: On introduit des variables r1,,rn indépendantes et uniformes sur {±1}. Par hypothèse

E(i=1nrixi2)M2.

Or en développant

E(i=1nrixi2)=i,j=1nE(rirj)(xixj)=i=1nxi2.

car E(rirj)=δi,j.

 
Exercice 17  5661   Correction  

Soit E un espace préhilbertien réel et soit (x1,,xn) une famille de n vecteurs de E (n*).

  • (a)

    Montrer que

    1i<jnxi-xj2=ni=1nxi2-i=1nxi2.
  • (b)

    On suppose

    (i,j)1;n2,ijxi-xj1.

    Établir que si une boule fermée B contient tous les vecteurs x1,,xn, celle-ci est de rayon au moins égal à

    n-12n.

Solution

  • (a)

    En développant,

    1i<jnxi-xj2=1i<jn(xi2+xj2)-21i<jn(xixj)

    et

    i=1nxi2=i=1nxi2-21i<jn(xixj).

    Or

    1i<jnxi2=i=1n(n-i)xi2et1i<jnxj2=j=1n(i-1)xj2

    donc

    1i<jnxi2=(n-1)i=1nxi2

    et la relation voulue découle de l’ensemble de ces inégalités.

  • (b)

    Soit B une boule de centre a et de rayon R contenant tous les xi.

    Par la relation qui précède appliquée aux vecteurs xi-a au lieu de xi,

    ni=1nxi-a21i<jnxi-xj21i<jn1.

    D’une part,

    1i<jn1=j=2ni=1j-11=j=2n(j-1)=n(n-1)2.

    D’autre part,

    ni=1nxi-a2n2R2.

    On a donc

    R2>n-12n.
 
Exercice 18  351  Correction  

Soient e=(ei)1in et f=(fj)1jn deux bases orthonormales d’un espace euclidien E.
Soit u(E). On pose

A=i=1nj=1n(fiu(ej))2.

Montrer que A ne dépend pas des bases orthonormales choisies

Solution

Puisque la base f est orthonormale, on a

A=j=1nu(ej)2

et donc

A=i=1nj=1n(eiu(ej))2.

Notons M=(mi,j) la matrice de u dans la base orthonormale e. On a

mi,j=(eiu(ej))

et donc

A=tr(MM).

Si e=(e1,,en) est une autre base orthonormale de E et si M est la matrice de u dans e, on peut écrire

M=PMP avec POn()

et alors

tr(MM)=tr(PMMP)=tr(MMPP)=tr(MM).

Finalement, la quantité A ne dépend ni de choix de f ni de celui de e.

 
Exercice 19  5145   Correction  

(Endomorphisme adjoint)

Soit u un endomorphisme d’un espace euclidien E de produit scalaire noté ,.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un unique endomorphisme11 1 Cet endomorphisme est appelé adjoint de u. v de E vérifiant

    u(x),y=x,v(y)pour tous x,yE.

    On pourra étudier la matrice de v dans une base orthonormée de E.

  • (b)

    Déterminer le noyau et l’image de v en fonction de ceux de u.

Solution

  • (a)

    Soit e=(e1,,en) une base orthonormée de E. Notons A=(ai,j) la matrice u dans e.

    Analyse: Soient v un endomorphisme solution et B=(bi,j) sa matrice dans e.

    Pour tous i,j1;n,

    bi,j=ei,v(ej)=u(ei),ej=aj,i.

    On en déduit B=A ce qui détermine B (et donc v de façon unique).

    Synthèse: Soit v l’endomorphisme de E dont A est la matrice dans la base e. Pour tous x,yE, en notant X,Y les colonnes des coordonnées dans e des vecteurs x,y,

    u(x),y=(AX)Y=XAY=x,v(y).

    Ainsi, l’endomorphisme v est solution.

  • (b)

    Vérifions Ker(v)=(Im(u)) en raisonnant par double inclusion.

    Soient x=u(a)Im(u) et yKer(v). On a

    x,y=u(a),y=a,v(y)=a,0E=0.

    Ainsi, Ker(v) et Im(u) orthogonaux ce qui donne Ker(v)(Im(u)).

    Inversement, soit y(Im(u)). Pour tout xE,

    u(x),y=0 donc x,v(y)=0.

    Le vecteur v(y) étant orthogonal à tout vecteur x, c’est le vecteur nul et donc yKer(v). Ainsi, (Im(u))Ker(v) et l’on peut conclure à l’égalité.

    Vérifions Im(v)=(Ker(u)) par inclusion et égalité des dimensions.

    Soient xKer(u) et y=v(a)Im(v). On a

    x,y=x,v(a)=u(x),a=0E,a=0.

    Ainsi, Ker(u) et Im(v) sont orthogonaux: Im(v)(Ker(u)). De plus,

    dimIm(v) =n-dimKer(v)=n-dim(Im(u))
    =rg(u)=n-dimKer(u)=dim(Ker(u)).

    On conclut Im(v)=(Ker(u)).

 
Exercice 20  3321   Correction  

(Opérateur de Volterra)

On munit l’espace E=𝒞([0;1],) du produit scalaire

f,g=01f(x)g(x)dx.

Pour fE, on note F la primitive de f qui s’annule en 0

x[0;1],F(x)=0xf(t)dt

et l’on considère l’endomorphisme v de E déterminé par v(f)=F.

  • (a)

    Déterminer un endomorphisme v* vérifiant

    (f,g)E2,v(f),g=f,v*(g).
  • (b)

    Déterminer les valeurs propres de l’endomorphisme v*v.

Solution

  • (a)

    Par intégration par parties,

    01F(x)g(x)dx=F(1)G(1)-01f(x)G(x)dx

    ce qui se réécrit

    01F(x)g(x)dx=01f(x)(G(1)-G(x))dx.

    Ainsi, pour

    v*(g):xG(1)-G(x)=x1g(t)dt

    on vérifie que v* est un endomorphisme de E vérifiant

    (f,g)E2,v(f),g=f,v*(g).
  • (b)

    Les endomorphismes v et v* sont injectifs donc v*v aussi. Par conséquent, 0 n’est pas valeur propre de v*v.

    Soient λ* et fE vérifiant (v*v)(f)=λf.

    La fonction f est nécessairement dérivable et vérifie

    {λf(1)=0v(f)(x)=-λf(x).

    La fonction f est donc nécessairement deux fois dérivable et vérifie

    {λf(1)=0λf(0)=0f(x)=-λf′′(x).

    Cas: λ>0. En écrivant λ=1/ω, l’équation différentielle λy′′+y=0 donne la solution générale

    y(t)=αcos(ωt)+βsin(ωt).

    La condition f(0)=0 donne β=0 et la condition f(1)=0 donne αcos(ω)=0.

    Si ωπ/2+π alors f=0 et λ=1/ω n’est pas valeur propre.

    En revanche, si ωπ/2+π, alors par la reprise des calculs précédents donne λ=1/ω valeur propre associé au vecteur propre associé f(x)=cos(ωx).

    Cas: λ<0. La résolution de l’équation différentielle linéaire à coefficients constants avec les conditions proposées donne f=0 et donc λ n’est pas valeur propre.

 
Exercice 21  5899   Correction  

(Opérateur de Volterra)

On munit l’espace E=𝒞([0;1],) du produit scalaire , donné par

f,g=01f(t)g(t)dt.

Pour fE, on considère la fonction T(f):[0;1] donnée par

x[0;1],T(f)(x)=0xf(t)dt.
  • (a)

    Montrer que T définit un endomorphisme de E.

  • (b)

    Justifier l’existence d’un endomorphisme T* de E vérifiant

    (f,g)E2,T(f),g=f,T*(g).

Solution

  • (a)

    Pour fE, l’application T(f) est correctement définie et il s’agit de la primitive de f qui s’annule en 1. C’est évidemment une fonction continue. L’application T est donc correctement définie de E vers E. La linéarité de T est facile à vérifier.

  • (b)

    Pour f,gE,

    T(f),g=01F(t)g(t)dt avec F:x0xf(t)dt.

    Par intégration par parties,

    01F(t)g(t)dt =[F(t)G(t)]01-01f(t)G(t)
    =F(1)G(1)-01f(t)G(t)avec G primitive de g.

    Pour obtenir la relation voulue, il suffit de considérer la primitive de -g qui s’annule en 1. Considérons alors T*(g) l’application donnée par

    x[0;1],T*(g)(x)=x1g(t)dt.

    Comme dans la question précédente, on vérifie que T* est un endomorphisme de E et, par les calculs ci-dessus, on vérifie

    T(f),g=f,T*(g).
 
Exercice 22  5398   Correction  

Soit f un endomorphisme d’un espace euclidien E de dimension n*.

On suppose que f est trigonalisable, montrer qu’il existe une base orthonormale trigonalisant f.

Solution

Soit e=(e1,,en) une base trigonalisant. La matrice de f dans e est

A=Mate(f)Tn+().

Par le procédé de Gram-Schmidt, on peut transformer e en une base orthonormale e=(e1,,en) de sorte que la matrice de passage de e à e soit triangulaire supérieure

P=MateeTn+()etP-1Tn+().

Par changement de base,

A=Mate(f)=P-1AP.

Or le produit de matrices triangulaires supérieures est une matrice triangulaire supérieure: la base e est une base orthonormale trigonalisant f.

 
Exercice 23  3979      MINES (MP)

Soient a,b deux vecteurs unitaires d’un espace euclidien E de dimension n2 dont le produit scalaire est noté ().

Montrer que la fonction f:x(ax)(bx) définie sur S={xE|x=1} présente un minimum et un maximum que l’on déterminera.

[<] Calculs dans un espace préhilbertien réel[>] Familles obtusangles

 
Exercice 24  3924   

Soit E un espace euclidien de produit scalaire ,.

Montrer que si p est une projection de E vérifiant p(x),x0 pour tout x de E, alors p est une projection orthogonale.

 
Exercice 25  1595      MINES (MP)

Soit p une projection vectorielle d’un espace euclidien E.

Montrer que la projection p est orthogonale si, et seulement si,

p(x)xpour tout xE.
 
Exercice 26  524   

Soient E un espace euclidien de dimension n1 muni d’une base orthonormale  et p la projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel F muni d’une base orthonormale (x1,,xr). Montrer que la matrice A de p dans la base est

A=k=1rXkXk

avec X1,,Xr les colonnes des coordonnées des vecteurs x1,,xr dans .

 
Exercice 27  5936   Correction  

Soient p1 et p2 deux projections orthogonales d’un espace euclidien E.

À quelle condition l’application p1+p2 est-elle encore une projection orthogonale?

Solution

Analyse: Supposons que p1+p2 soit une projection orthogonale.

En particulier p1+p2 est un projecteur ce qui donne

(p1+p2)2=p1+p2

En développant et en simplifiant, on obtient

p1p2+p2p1=0

D’une part, on compose par p1 à gauche

p1p2+p1p2p1=0

D’autre part, on compose par p1 à droite

p1p2p1+p2p1=0

On en déduit

p1p2=p2p1=0

et par conséquent

Im(p2)Ker(p1)etIm(p1)Ker(p2)

Sachant Ker(p1)=(Im(p1)) et Ker(p2)=(Im(p2)), les deux conditions précédentes se résument en Im(p1)Im(p2).

Synthèse: Supposons Im(p1)Im(p2)

Considérons une base orthonormée adaptée à l’écriture Im(p1)Im(p2) complétée en une base orthonormée de E. Les vecteurs complétant sont des vecteurs de l’espace (Im(p1)+Im(p2))=Ker(p1)Ker(p2).

Les matrices de p1 et p2 dans cette base sont de la forme

(Ir1(0)Or2(0)On-r1-r2)et(Or1(0)Ir2(0)On-r1-r2)

avec n=dimE, r1=rg(p1) et r2=rg(p2).

La matrice de p1+p2 dans cette base est alors

(Ir1(0)Ir2(0)On-r1-r2)

On reconnaît la matrice de la projection orthogonale sur l’espace Im(p1)Im(p2). Ainsi, p1+p2 est une projection orthogonale.

 
Exercice 28  529   Correction  

On considère une application φ:[X]×[X] par

φ(P,Q)=0+P(t)Q(t)e-tdt.
  • (a)

    Montrer que φ définit un produit scalaire sur [X].

  • (b)

    Déterminer

    inf(a,b)20+e-t(t2-(at+b))2dt.

Solution

  • (a)

    Symétrie, bilinéarité et positivité: ok

    Si φ(P,P)=0 alors 0+P2(t)e-tdt=0 donc (fonction continue positive d’intégrale nulle)

    t[0;+[,P(t)=0.

    Comme le polynôme P admet une infinité de racines, c’est le polynôme nul.

  • (b)

    On interprète

    inf(a,b)20+e-t(t2-(at+b))2dt=d(X2,1[X])2=X2-P2

    avec P=aX+b le projeté orthogonal de X2 sur 1[X]. Détermions ce polynôme.

    Les égalités (X2-P1)=(X2-PX)=0 donnent

    {a+b=22a+b=6.

    Après résolution, a=4, b=-2 puis

    inf(a,b)20+e-t(t2-(at+b))2dt=4.
 
Exercice 29  5456   Correction  

Calculer

m=inf(a,b)201(ln(t)-(at+b))2dt.

Solution

On considère l’espace préhilbertien L2(]0;1],) où le produit scalaire est défini par

(fg)=01f(t)g(t)dt.

On remarque que la fonction f=ln est élément de cet espace et il s’agit ici de calculer

m=(d(f,F))2 avec F=Vect(1,Id).

On sait

d(f,F)=f-pF(f)

avec pF la projection orthogonale sur F.

Par application du procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, on forme une base orthonormale (e1,e2) de F avec

e1(x)=1ete2(x)=23(x-1/2).

On peut alors déterminer le projeté de f

pF(f)=(fe1).e1+(fe2).e2

avec (après calcul par intégrations par parties)

(fe1)=-1et(fe2)=32.

On en déduit

pF(f)2=(fe1)2+(fe2)2=1+34=74

puis, par Pythagore,

m=f-pF(f)2=f2-pF(f)2=2-74=14.
 
Exercice 30  2735     MINES (MP)Correction  

Calculer

inf(a,b)201t2(ln(t)-at-b)2dt.

Solution

En introduisant l’espace E des fonctions réelles f continues sur ]0;1] telles que t(tf(t))2 soit intégrable et en munissant cet espace du produit scalaire

(fg)=01t2f(t)g(t)dt

la quantité cherchée est: m=d(f,F)2 avec f:tln(t) et F=Vect(f0,f1)f0(t)=1 et f1(t)=t.
m=f-p(f)2 avec p la projection orthogonale sur F.
p(f)(t)=a+bt avec (p(f)f0)=(ff0) et (p(f)f1)=(ff1).
La résolution du système ainsi obtenu donne a=5/3 et b=-19/12.
m=f-p(f)2=(f-p(f)f)=1/432.

 
Exercice 31  3766      KER LANN (MP)Correction  

On pose E=𝒞1([0;1],) et

f,gE,f,g=01f(t)g(t)dt+01f(t)g(t)dt.
  • (a)

    Montrer que , définit un produit scalaire sur E.

  • (b)

    On pose

    V={fE|f(0)=f(1)=0}etW={fE|f est de classe 𝒞2 et f′′=f}.

    Montrer que V et W sont supplémentaires et orthogonaux.

    Exprimer la projection orthogonale sur W.

  • (c)

    Soient α,β et

    Eα,β={fE|f(0)=α et f(1)=β}.

    Calculer

    inffEα,β01(f(t)2+f(t)2)dt.

Solution

  • (a)

    Vérification sans peine.

  • (b)

    Soit (f,g)V×W. On a

    f,g=01f(t)g′′(t)+f(t)g(t)dt=[f(t)g(t)]01=0

    et les espaces V et W sont donc en somme directe.

    Soit fE. Posons

    λ=f(0) et μ=f(1)-f(0)ch(1)sh(1).

    On a f=g+h avec h=λch+μshW et g=f-hV par construction.
    Les espaces V et W sont donc supplémentaires orthogonaux et l’on peut introduire la projection orthogonale p sur W. Par ce qui précède

    p(f)=f(0)ch+f(1)-f(0)ch(1)sh(1)sh.
  • (c)

    Soit g la fonction de Eα,β définie par

    g=αch+β-αch(1)sh(1)sh.

    Les fonctions de Eα,β sont alors de la forme f=g+h avec h parcourant V et par orthogonalité de g et h

    01(f(t)2+f(t)2)dt=f2=g2+h2.

    On en déduit

    inffEα,β01(f(t)2+f(t)2)dt=g2=(α2+β2)ch(1)-2αβsh(1).

[<] Projections orthogonales et calcul de distances[>] Représentation d'une forme linéaire

 
Exercice 32  3157   Correction  

Soit =(x1,,xn) une famille de n2 vecteurs d’un espace préhilbertien réel.
On suppose

1ijn,(xixj)<0.

Montrer que toute sous famille de n-1 vecteurs de est libre.

Solution

Raisonnons par récurrence sur n2.
Pour n=2 la propriété est immédiate car aucun vecteur ne peut être nul.
Supposons la propriété établie au rang n2.
Soit (x1,,xn+1) une famille de vecteurs vérifiant

1ijn+1,(xixj)<0.

Par projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel de dimension finie D=Vect(xn+1), on peut écrire pour tout i{1,,n}

xi=yi+λixn+1

avec yi un vecteur orthogonal à xn+1 et λi<0 puisque (xixn+1)<0.
On remarque alors

(xixj)=(yiyj)+λiλjxn+12

et on en déduit

1ijn,(yiyj)<0.

Par hypothèse de récurrence, on peut affirmer que la famille (y2,,yn) est libre et puisque ses vecteurs sont orthogonaux au vecteur xn+1 non nul, on peut aussi dire que la famille (y2,,yn,xn+1) est libre. Enfin, on en déduit que la famille (x2,,xn,xn+1) car cette dernière engendre le même espace que la précédente et est formée du même nombre de vecteurs.

Par permutation des indices, ce qui précède vaut pour toute sous-famille formée de n vecteurs de la famille initiale (x1,,xn,xn+1).

Récurrence établie.

 
Exercice 33  520      MINES (PC)

(Famille obtusangle11 1 Selon que (xy) est positif, nul ou négatif, on dit que les deux vecteurs x et y forment un angle aigu, droit ou obtus.)

Soient x1,x2,,xn+2 des vecteurs d’un espace euclidien E de dimension n1 dont le produit scalaire est noté (). Montrer qu’il est impossible que (xixj)<0 pour tous les indices i et j distincts compris entre 1 et n+2.

[<] Familles obtusangles[>] Éléments propres d'endomorphismes dans un espace euclidien

 
Exercice 34  4248  

Soit φ une forme linéaire sur E=n(). Montrer qu’il existe une matrice A dans n() vérifiant φ(M)=tr(AM) pour tout Mn().

 
Exercice 35  5566  Correction  

Dans E=n() canoniquement euclidien, on considère

H={Mn()|tr(M)=0}.
  • (a)

    Justifier que H est un hyperplan de E.

  • (b)

    Déterminer un vecteur normal de H.

  • (c)

    Soit H un hyperplan de E. Montrer qu’il existe An(), AOn telle que

    MHtr(AM)=0.

Solution

  • (a)

    L’ensemble H apparaît comme le noyau de l’application linéaire trace. Puisque celle-ci est une forme linéaire non nulle, H est un hyperplan.

  • (b)

    Le produit scalaire sur E est donné par A,B=tr(AB). Pour Mn(),

    MH tr(M)=0
    In,M=0.

    La matrice In est un vecteur normal de l’hyperplan H.

  • (c)

    Soient A un vecteur normal de H et A=A. La matrice A n’est pas nulle et, pour Mn(),

    MH A,M=0
    tr(AM)=0.
 
Exercice 36  3024     X (MP)Correction  

On définit sur [X] le produit scalaire

P,Q=01P(t)Q(t)dt.

Existe-t-il A[X] tel que

P[X],P(0)=A,P?

Solution

Supposons l’existence d’un tel polynôme A et considérons P(X)=XA(X).
On a

0=P(0)=A,P=01tA(t)2dt.

Par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive, on obtient

t[0;1],tA(t)2=0.

Le polynôme A admet une infinité de racine, c’est donc le polynôme nul ce qui est absurde.

 
Exercice 37  2666     ENTPE (MP)

Soit E=n[X] avec n.

  • (a)

    Montrer l’existence et l’unicité d’un polynôme A de E tel que

    P(0)=01A(t)P(t)dt pour tout PE.
  • (b)

    Établir que le polynôme A est de degré n exactement.

 
Exercice 38  4262   

(Produit vectoriel)

Soient u et v deux vecteurs d’un espace euclidien orienté E de dimension 3.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un unique vecteur noté uv dans E vérifiant11 1 [u,v,w] désigne le produit mixte des vecteurs u,v et w, c’est-à-dire le déterminant de la famille (u,v,w) dans une base orthonormale directe de E.

    [u,v,x]=(uvx)pour tout xE.

    Le vecteur uv est appelé produit vectoriel de u par v.

  • (b)

    Vérifier que le vecteur uv est orthogonal à u et v.

  • (c)

    Montrer que la famille (u,v) est libre si, et seulement si, uv est non nul. Observer que la famille (u,v,uv) est alors une base directe.

  • (d)

    On introduit une base orthonormale directe =(ı,ȷ,k) telle que uVect(ı) et vVect(ı,ȷ). Exprimer le vecteur uv et vérifier la formule22 2 D’autres propriétés classiques sur le produit vectoriel peuvent être établies comme sa bilinéarité ou la formule du double produit vectoriel u(vw)=(uw).v-(uv).w. Notons que le produit vectoriel n’est pas associatif et qu’il est anticommutatif vu=-(uv).

    (uv)2+uv2=u2v2.

[<] Représentation d'une forme linéaire[>] Produit scalaire et transposition matricielle

 
Exercice 39  517  Correction  

Soit a un vecteur normé d’un espace vectoriel euclidien E. Pour tout α, on considère l’endomorphisme

fα:xx+α(ax)a.
  • (a)

    Préciser la composée fαfβ. Quelles sont les endomorphismes fα bijectifs?

  • (b)

    Déterminer les éléments propres de fα.

Solution

  • (a)

    Pour α,β,

    fαfβ=fα+β+αβ.

    Si α=-1 alors aKer(fα) et donc fα n’est pas bijective.
    Si α-1 alors, pour β=-α1+α,

    fβfα=fαfβ=f0=Id

    d’où la bijectivité de fα.

  • (b)

    Tout vecteur non nul orthogonal à a est vecteur propre associé à la valeur propre 1.

    Tout vecteur non nul colinéaire à a est vecteur propre associé à la valeur propre 1+α.

    Pour une raison de dimension, il ne peut y avoir d’autres vecteurs propres.

 
Exercice 40  5141   

Soient a et b deux vecteurs unitaires d’un espace euclidien E de dimension n2 et de produit scalaire noté (). On étudie l’endomorphisme f de E donné par

f(x)=x-(ax).b.
  • (a)

    À quelle condition simple l’endomorphisme f est-il bijectif?

  • (b)

    À quelle condition l’endomorphisme f est-il diagonalisable?

[<] Éléments propres d'endomorphismes dans un espace euclidien[>] Polynômes orthogonaux

 
Exercice 41  4257  

Soit An(). Vérifier Im(A)=(Ker(A)).

 
Exercice 42  3937   

Soit An().

  • (a)

    Comparer les espaces Ker(A) et Ker(AA).

  • (b)

    Comparer les espaces Im(A) et Im(AA).

 
Exercice 43  354     ENSTIM (MP)Correction  

Soit An(). Établir

rg(AA)=rg(A).

Solution

Si XKer(A) alors XKer(AA).
Inversement, si XKer(AA) alors AAX=0 donc XAAX=(AX)AX=0 d’où AX=0 puis XKer(A).
Ainsi,

Ker(AA)=Ker(A)

puis par la formule du rang

rg(AA)=rg(A).
 
Exercice 44  3935   

Soit A une matrice de n() vérifiant A2=On.

  • (a)

    Établir

    Ker(A+A)=Ker(A)Ker(A).
  • (b)

    En déduire

    A+AGLn()Im(A)=Ker(A).
 
Exercice 45  3938   Correction  

Soit An() vérifiant

Xn,1(),AXX

désigne la norme euclidienne usuelle sur l’espace des colonnes.

  • (a)

    Établir

    Xn,1(),AXX.
  • (b)

    Soit Xn,1(). Montrer que si AX=X alors AX=X

  • (c)

    Établir

    n,1()=Ker(A-In)Im(A-In).

Solution

  • (a)

    On a

    AX2=XAAX=X,AAX.

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

    AX2=X,AAXXAAXXAX.

    Ainsi,

    AXX

    et ce que AX=0 ou non.

  • (b)

    Si AX=X alors

    AX-X2=AX2-2AX,X+X22(X2-XAX)=0.

    On en déduit AX=X.

  • (c)

    Soit XKer(A-In)Im(A-In).
    On a AX=X (et donc AX=X) et il existe YE vérifiant X=AY-Y.

    X2=X,AY-Y=XAY-XY.

    Or

    XAY=(AX)Y=XY

    et donc X2=0. Ainsi,

    Ker(A-In)Im(A-In)={0}.

    Enfin, le théorème du rang

    dimKer(A-In)+rg(A-In)=dimE

    permet de conclure

    E=Ker(A-In)Im(A-In).
 
Exercice 46  4258    

Soit An() vérifiant AXX pour toute colonne X de n,1().

  • (a)

    Montrer AXX pour toute colonne X de n,1().

  • (b)

    Soit Xn,1() vérifiant AX=X. Montrer AX=X.

[<] Produit scalaire et transposition matricielle

 
Exercice 47  3657   Correction  

On munit [X] du produit scalaire

P,Q=-11P(t)Q(t)dt.
  • (a)

    Établir l’existence et l’unicité d’une suite de polynômes (Pn) formée de polynômes deux à deux orthogonaux avec chaque Pn de degré n et de coefficient dominant 1.

  • (b)

    Étudier la parité des polynômes Pn.

  • (c)

    Prouver que pour chaque n1, le polynôme Pn+1-XPn est élément de l’orthogonal à n-2[X].

  • (d)

    En déduire alors qu’il existe λn tel que

    Pn+1=XPn+λnPn-1.

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur n0, établissons l’existence et l’unicité de la sous-famille (Pk)0kn telle que voulue.
    Cas: n=0. Le polynôme P0 vaut 1.
    Supposons la propriété vraie au rang n0.
    Les polynômes P0,,Pn sont alors déterminés de façon unique par l’hypothèse de récurrence et il reste seulement à former Pn+1. Celui-ci peut s’écrire

    Pn+1=Xn+1+Q(X) avec Q(X)n[X].

    On veut Pn+1,Pk=0 pour tout k{0,,n}. Le polynôme Q doit donc vérifier

    k{0,,n},Q(X),Pk=-Xn+1,Pk.

    Ces relations détermine entièrement le polynôme Q puisque (P0,,Pn) est une base orthogonale de n[X]:

    Q=-k=0nXn+1,PkPk2Pk.

    Le polynôme Pn+1 existe donc et est unique.
    Récurrence établie.

  • (b)

    La famille ((-1)nPn(-X)) vérifie les mêmes conditions que celles ayant défini la suite (Pn). On en déduit

    n,Pn(-X)=(-1)nPn(X).
  • (c)

    Soit Qn-2[X].
    On peut écrire Q=k=0n-2akPk et donc

    Pn+1,Q=0.

    On peut aussi écrire XQ=k=0n-1akPk et donc

    XPn,Q=Pn,XQ=0.

    On en déduit

    Qn-2[X],Pn+1-XPn,Q=0.
  • (d)

    Par simplification des termes de plus haut degré

    Pn+1-XPnn[X].

    On peut donc écrire

    Pn+1-XPn=k=0nαkPk.

    Or Pn+1-XPn est orthogonal à P0,,Pn-2 donc

    Pn+1-XPn=αnPn+αn-1Pn-1.

    Enfin, par parité, αn=0 et donc

    Pn+1-XPn=αn-1Pn-1.
 
Exercice 48  4994   

(Polynômes orthogonaux de Legendre)

Dans ce sujet, on identifie polynôme et fonction polynomiale associée sur [-1;1].

On munit l’espace E=𝒞([-1;1],) du produit scalaire

(fg)=-11f(t)g(t)dt.

Pour tout n, on introduit le polynôme Pn défini par

Pn(x)=12nn!dndxn((x2-1)n).
  • (a)

    Calculer Pn(1) et Pn(-1).

  • (b)

    Montrer que Pn est de degré n et est orthogonal à tout polynôme de degré strictement inférieur à n.

  • (c)

    En commençant par dériver deux fois (x2-1)n+1, établir

    Pn+1=(2n+1)Pn+Pn-1pour tout n1.
  • (d)

    En déduire

    Pn=22n+1.
 
Exercice 49  3079     X (MP)Correction  

On définit

Qn(X)=12nn!((X2-1)n)(n).
  • (a)

    Soit n1. Montrer que Qn possède n racines simples dans ]-1;1[.

  • (b)

    Montrer que

    Qn=Xn+(X2-1)Rn(X)

    avec Rn[X]. En déduire Qn(1) et Qn(-1).

  • (c)

    On pose, pour (P,Q)[X]2,

    P,Q=-11P(t)Q(t)dt.

    Montrer que Qn est orthogonal à n-1[X].

  • (d)

    Calculer Qn2.

Solution

  • (a)

    1 et -1 sont racines de multiplicité n du polynôme (X2-1)n.
    1 et -1 sont donc racines des polynômes

    (X2-1)n,((X2-1)n), …, ((X2-1)n)(n-1).

    En appliquant le théorème de Rolle, on peut alors montrer par récurrence sur k{0,,n} que ((X2-1)n)(k) possède au moins k racines dans l’intervalle ]-1;1[.
    En particulier Qn possède au moins n racines dans ]-1;1[, or deg(Qn)=n donc il n’y a pas d’autres racines que celles-ci et elles sont simples.

  • (b)

    Raisonnons par récurrence sur n.
    Pour n=0, c’est immédiat.
    Supposons la propriété établie au rang n0.

    Qn+1(X)=12n+1(n+1)!(2(n+1)X(X2-1)n)(n).

    Par la formule de Leibniz

    Qn+1(X)=12nn!(X((X2-1)n)(n)+nX((X2-1)n)(n-1))

    1 et -1 sont racines du polynôme ((X2-1)n)(n-1) et donc celui-ci peut s’écrire (X2-1)S(X).
    En exploitant l’hypothèse de récurrence, on obtient

    Qn+1(X)=Xn+1+X(X2-1)Rn(X)+2nX(X2-1)S(X)=Xn+1+(X2-1)Rn+1(X).

    Récurrence établie

  • (c)

    Par intégration par parties successives et en exploitant l’annulation en 1 et -1 des polynômes

    (X2-1)n,((X2-1)n), …, ((X2-1)n)(n-1)

    on obtient

    -11P(t)Qn(t)dt=(-1)n2nn!-11P(n)(t)(t2-1)ndt.

    En particulier, si Pn-1[X],

    -11P(t)Qn(t)dt=0.
  • (d)

    Par la relation qui précède

    -11(Qn(t))2dt=12nn!-11Qn(n)(t)(1-t2)ndt.

    Puisque le polynôme (X2-1)n est unitaire et de degré 2n

    ((X2-1)n)(2n)=(2n)! et Qn(n)=(2n)!2nn!.

    De plus, par intégration par parties successives

    -11(1-t2)ndt=01(1-t)n(1+t)ndt=22n+1(n!)2(2n+1)!.

    Au final

    Qn2=2(2n+1).
 
Exercice 50  1332     MINES (MP)Correction  

Soient n*, E=n[X] et

,:(P,Q)E2P,Q=0+P(t)Q(t)e-tdt.
  • (a)

    Justifier la définition de , et montrer qu’il s’agit d’un produit scalaire.
    On pose F={PE,P(0)=0}. On cherche à déterminer d(1,F). On note (P0,,Pn) l’orthonormalisée de Schmidt de (1,X,,Xn).

  • (b)

    Calculer Pk(0)2.

  • (c)

    Déterminer une base de F que l’on exprimera dans la base (P0,,Pn). En déduire d(1,F) et d(1,F).

Solution

  • (a)

    Pour P,QE, la fonction tP(t)Q(t)e-t est définie et continue par morceaux sur [0;+[ et vérifie

    t2P(t)Q(t)e-tt+0.

    On peut donc affirmer que cette fonction est intégrable sur [0;+[ ce qui assure la bonne définition de ,.
    On vérifie aisément que , est une forme bilinéaire symétrique positive.
    Si P,P=0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive

    t[0;+[,P(t)2e-t=0.

    On en déduit que le polynôme P admet une infinité de racines et donc P=0.

  • (b)

    Pour k1 ou k=0, on peut affirmer que les polynômes Pk et Pk sont orthogonaux car

    PkVect(P1,,Pk-1).

    Par une intégration par parties

    0=0+Pk(t)Pk(t)e-tdt=12[Pk(t)2e-t]0++120+Pk(t)2e-tdt.

    On en déduit

    Pk(0)2=Pk2=1.
  • (c)

    F est un hyperplan (car noyau de la forme linéaire non nulle PP(0)). Son orthogonal est donc une droite vectorielle. Soit Q un vecteur directeur de celle-ci. On peut écrire

    Q=k=0nPk,QPk.

    Or

    Pk,Q=Pk-Pk(0),Q+Pk(0)1,Q.

    Puisque le polynôme Pk-Pk(0) est élément de F, il est orthogonal à Q et l’on obtient

    Pk,Q=Pk(0)1,Q

    ce qui permet d’écrire

    Q=λk=0nPk(0)Pk avec λ=1,Q0.

    On en déduit

    d(1,F)=|1,Q|Q=1k=0nPk(0)2=1n+1.

    Enfin par Pythagore

    12=d(1,F)2+d(1,F)2

    et l’on obtient

    d(1,F)=nn+1.
 
Exercice 51  4133      KER LANN (MP)

(Quadrature par la méthode de Gauss)

Soient a<b deux réels. Dans ce sujet, on identifie polynôme et fonction polynomiale associée sur [a;b]. On munit l’espace E=𝒞([a;b],) du produit scalaire

(fg)=abf(t)g(t)dt.

Soit n un entier naturel.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un polynôme G de degré n+1 orthogonal à tout polynôme de n[X].

  • (b)

    Montrer que le polynôme G admet exactement n+1 racines distinctes toutes dans l’intervalle ]a;b[.

On note x0,,xn les racines de G, ω0,,ωn des réels et l’on pose, pour toute fonction f de E,

(f)=abf(t)dt-k=0nωkf(xk).
  • (c)

    Montrer qu’il est possible de choisir les réels ω0,,ωn de sorte que (P)=0 pour tout polynôme P de n[X].

  • (d)

    Vérifier alors que (P) est aussi nul pour tout polynôme P de degré inférieur à 2n+1.

  • (e)

    Justifier que les ωk sont tous strictement positifs.



Édité le 23-02-2024

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