Colle PC Semaine 15 2011-2012

Séries Entières + Espaces vectoriels préhilbertiens réels ou complexes

EXERCICE 1 :

Soit E = M3(R) muni du produit scalaire usuel ( ∀(A, B) ∈ (M3(R))2, (A|B) = T r(tAB)

1. Prouver que l’orthogonal de A3(R) est S3(R).

2. Soit M =

0 1 00 0 10 0 0

. Calculer la distance de M au sous espace vectoriel des matrices antisymétriques.

EXERCICE 2 :

Développer en série entière la fonction suivante : f(x) =1

x2 − 2tx + 1pour |t| < 1.

EXERCICE 3 :

Calculer le rayon de convergence R de la série entière+∞∑

n=0

xn

4n2 − 1.

Exprimer S(x) définie comme la somme de la série sur ]0; R[.

EXERCICE 4 :

On note E l’ensemble des sutes réelles de carrés sommables c’est à dire les usites réelles (un)n∈N telles que :

+∞∑

n=0

u2n < +∞

1. Montrer que E est un R-espace vectoriel.

2. Pour (u, v) de E2, on pose φ(u, v) =

+∞∑

n=0

unvn. Montrer que φ est un produit scalaire sur E.

EXERCICE 5 :

Soit E un espace préhilbertien réel et (e1, e2, ..., en) une famille de n vecteurs unitaires de E (n ∈ N∗) telle que,

pour tout x ∈ E, on ait : ||x||2 =n∑

k=1

(x|ek)2.

Montrer que la famille (e1, e2, ..., en) est une base orthonormée de E.

My Maths Space 1 sur 3

Colle PC Semaine 15 2011-2012

Correction des exercices :

Ex 1 : ∀(A, B) ∈ (M3(R))2, (A|B) = T r(tAB) =∑

16i,j6n

aijbij .

1. Soit (A, B) ∈ S3(R) × A3(R), (A|B) = T r(tAB) = T r(AB) = T r(BA) = −T r(tBA) = −(B|A) = −(A|B)

On en déduit que (A|B) = 0 donc que S3(R) ⊂ (A3(R))⊥.

De plus, un raisonnement sur les dimensions donne : dim(S3(R))=dim((A3(R))⊥) (∗)

(∗) dim(A3(R))+dim((A3(R))⊥)=n2 et dim(S3(R))+dim((A3(R)))=n2 car A3(R) et S3(R) sont en somme directe.

Ainsi S3(R) = (A3(R))⊥

2. On sait que M3(R) = A3(R)⊕S3(R). (∗)

(∗) ∀M ∈ M3(R), M =M + tM

2+

M −tM

2de manière unique avec

M + tM

2∈ S3(R) et

M −tM

2∈ A3(R)

D’après la question 1, la projection de M sur A3(R) est la partie antisymétrique de M et la distance cherchéeest la norme de la partie symétrique de M qui s’écrit :

1

2

0 1 00 0 10 0 0

+

0 0 01 0 00 1 0

=1

2

0 1 01 0 10 1 0

= D

Ainsi d(M, A3(R))=√

tDD =1

2

√12 + 12 + 12 + 12 = 1

Ex 2 :

→ On pose t = cosθ avec θ ∈]0; π[.

On a donc : f(x) =1

x2 − 2tx + 1=

1

x2 − 2cosθx + 1=

1

(x − eiθ)(x − e−iθ)

Il faut donc maintenant décomposer la fraction en éléments simples :1

(x − eiθ)(x − e−iθ)=

1

2i sin θ

(

1

x − eiθ− 1

x − e−iθ

)

Faire apparaître maintenant du1

1 − u:

f(x) =1

2i sin θ

(

e−iθ

xe−iθ − 1+

eiθ

1 − xeiθ

)

=1

2i sin θ

(

−e−iθ 1

1 − xe−iθ+ eiθ 1

1 − xeiθ

)

|xeiθ| = |xe−iθ| = |x| montre que l’on peut développer en série entière pour x ∈] − 1; 1[ :

f(x) =1

2i sin θ

(

−e−iθ

+∞∑

n=0

e−inθxn + eiθ+∞∑

n=0

einθxn

)

⇔ f(x) =1

2i sin θ

(

+∞∑

n=0

ei(n+1)θxn

+∞∑

n=0

e−i(n+1)θxn

)

⇔ f(x) =1

2i sin θ

(

+∞∑

n=0

2i sin(n + 1)θxn

)

⇔ f(x) =

+∞∑

n=0

sin(n + 1)θ

sin θxn. Pour x = 1, divergence grossière donc le rayon de convergence est 1.

Ex 3 :

→ Le rayon de convergence de la série est 1.

Pour tout x ∈] − 1; 1[,xn

4n2 − 1=

1

2

(

xn

2n − 1− xn

2n + 1

)

My Maths Space 2 sur 3

Colle PC Semaine 15 2011-2012

Ainsi, on peut écrire f(x) =+∞∑

n=0

xn

4n2 − 1=

1

2

(

−1 ++∞∑

n=1

xn

2n − 1−

+∞∑

n=0

xn

2n + 1

)

On fait un décalage d’indice : f(x) =1

2

(

−1 +

+∞∑

n=0

xn+1

2n + 1−

+∞∑

n=0

xn

2n + 1

)

L’objectif maintenant est de faire apparaître un développement de la forme :+∞∑

n=0

u2n+1

2n + 1, d’où la nécessité de

de poser u =√

x. La conséquence est de scinder le calcul sur deux intervalles ]0; 1[ et ] − 1; 0[. (l’exercice nedemande une expression que sur ]0; 1[)

∀x ∈]0; 1[, f(x) =1

2

(

−1 +√

x

+∞∑

n=0

(√

x)2n+1

2n + 1−(

1√x

) +∞∑

n=0

(√

x)2n+1

2n + 1

)

⇔ ∀x ∈]0; 1[, f(x) =1

2

(

−1 +

(√x − 1√

x

) +∞∑

n=0

(√

x)2n+1

2n + 1

)

Il ne reste plus qu’à déterminer la fonction dont le DSE est :

+∞∑

n=0

u2n+1

2n + 1

Un calcul assez rapide donne : ∀x ∈] − 1; 1[,

+∞∑

n=0

u2n+1

2n + 1= ln

(

1 + u

1 − u

)

Ce qui donne : ∀x ∈]0; 1[, f(x) =1

2

(

−1 +

(√x − 1√

x

)

ln

(

1 +√

x

1 − √x

))

Ex 4 :

1. S = (RN, +, .) est un espace vectoriel réel. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de S. Pour cela, soit(u, v) ∈ E2 et (λ, µ) ∈ R

2) on a :

• De façon évidente λu ∈ E ;• (un + vn)2 = u2

n + v2n + 2unvn 6 u2

n + v2n + u2

n + v2n = 2u2

n + 2v2n. On sait que u et v sont des suites de carrés

sommables donc il en est de même de la suite (u + v).

Ainsi en tant que sous-espace vectoriel de S, E est bien un R-espace vectoriel.

2. De (un − vn)2 > 0, on en déduit que unvn 61

2(u2

n + v2n) donc cela prouve que la série

+∞∑

n=0

unvn est convergente

donc φ(u, v) existe si (u, v) ∈ E2.Pour la symétrie, la bilinéarité et la positivité de φ, c’est évident et :

φ(u, u) = 0 ⇔+∞∑

n=0

u2n = 0 ⇒ ∀n ∈ N, u2

n = 0 ⇒ u = 0.

L’application φ est un produit scalaire sur E.

Ex 5 :

→ ∀i tel que 1 6 i 6 n, 1 = ||ei|| =n∑

k=1

(ei|ek)2 ⇔ 1 = (ei|ei)2 +

n∑

k=1,k 6=i

(ei|ek)2 ⇔ ∀k tel que 1 6 k 6 n et k 6= i,

(ei|ek) = 0. Ainsi la famille (e1, e2, ..., en) est orthonormale. (orthogonale composée de vecteurs unitaires)

Maintenant, pour répondre à la question, il faut démontrer que E =vect(e1, e2, ..., en). On note F =vect(e1, e2, ..., en)et x ∈ E. On considère la projection orthogonale de x sur F et on démontre que pF (x) = x ce qui prouvera queF = E.

On a pF (x) =

n∑

k=1

(x|ek)ek, on en déduit que ||pF (x)||2 =

n∑

k=1

(x|ek)2 = ||x||2.

En utilisant le théorème de Pythagore, on a ||pF (x)||2 + ||x − pF (x)||2 = ||x||2 car x − pF (x) et pF (x) sontorthogonaux. On a donc ||x − pF (x)||2 = ||x||2 − ||pF (x)||2 = 0 donc x − pF (x) = 0 ⇔ pF (x) = x.

My Maths Space 3 sur 3