Énoncé de l’exercice n°1 :
On considère l’espace vectoriel
$$
E = C([0,1], \mathbb{R})
$$
muni du produit scalaire défini par
$$
(f, g) = \int_0^1 f(t) g(t) \, dt.
$$
On note
$$
F = \{ f \in E \ | \ f(0) = 0 \}.
$$
1. Montrer que l’orthogonal de $ F $, noté $ F^\perp $, est réduit à l’ensemble nul :
$$
F^\perp = \{ 0 \}.
$$
2. En déduire que $ F $ ne possède pas de supplémentaire orthogonal.
Indication :
Construire un élément appartenant à $F^\perp$ puis démontrer que cet élément est nul.
Corrigé de l’exercice :
Soit $ g \in F^\perp $. Considérons la fonction
$$
h(x) = x \cdot g(x).
$$
On remarque que $ h \in F $ car $ h(0) = 0 $. Par hypothèse, on a donc
$$
(g, h) = 0,
$$
ce qui équivaut à
$$
\int_0^1 x g^2(x) \, dx = 0.
$$
Or, la fonction $ x \mapsto x g^2(x) $ est continue et positive sur l’intervalle $ [0, 1] $.
Puisque cette intégrale est nulle, cela signifie que $ x g^2(x) = 0 $ presque partout sur $ [0, 1] $, et donc que $ g(x) = 0 $ pour tout $ x > 0 $. Par continuité de $ g $, on obtient que $ g $ est identiquement nulle sur $ [0, 1] $. Ainsi, on conclut que
$$
F^\perp = \{ 0 \}.
$$
—
Supposons maintenant que $ F $ admette un supplémentaire orthogonal, soit $ E = F \oplus F^\perp $. Dans ce cas, on aurait
$$
F \oplus F^\perp = E,
$$
mais comme $ F^\perp = \{ 0 \} $, cela impliquerait que
$$
F = E,
$$
ce qui est une contradiction car les fonctions dans $ F $ satisfont $ f(0) = 0 $, alors que celles dans $ E $ ne le font pas nécessairement.
On en conclut que $ F $ n’a pas de supplémentaire orthogonal dans $ E $.
Énoncé de l’exercice n°2 :
Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels d’un espace préhilbertien $E$. Il s’agit de démontrer les deux propriétés suivantes :
$$
(F + G)^{\perp} = F^{\perp} \cap G^{\perp}
$$
et
$$
F^{\perp} + G^{\perp} \subset (F \cap G)^{\perp}.
$$
Indication :
Si besoin, utiliser des éléments.
Corrigé de l’exercice :
Pour commencer la démonstration, observons que si $A \subset B$, alors on a automatiquement $A^{\perp} \supset B^{\perp}$. C’est une conséquence directe de la définition d’un sous-espace orthogonal. En appliquant cela à nos sous-espaces, on obtient que $F \subset F + G$ et $G \subset F + G$, donc $(F + G)^{\perp} \subset F^{\perp}$ et $(F + G)^{\perp} \subset G^{\perp}$, ce qui implique $(F + G)^{\perp} \subset F^{\perp} \cap G^{\perp}$.
Prenons maintenant un vecteur $x \in F^{\perp} \cap G^{\perp}$. Pour tout vecteur $z \in F + G$, il existe des éléments $f \in F$ et $g \in G$ tels que $z = f + g$. Cela donne :
$$
(x, z) = (x, f) + (x, g) = 0.
$$
Ainsi, $x$ est orthogonal à chaque vecteur de $F + G$, donc $F^{\perp} \cap G^{\perp} \subset (F + G)^{\perp}$. On en conclut que $(F + G)^{\perp} = F^{\perp} \cap G^{\perp}$.
Pour démontrer l’inclusion $F^{\perp} + G^{\perp} \subset (F \cap G)^{\perp}$, considérons que $F \cap G \subset F$ et $F \cap G \subset G$, ce qui signifie que $F^{\perp} \subset (F \cap G)^{\perp}$ et $G^{\perp} \subset (F \cap G)^{\perp}$. Puisque $(F \cap G)^{\perp}$ est un sous-espace vectoriel, il est stable par addition, donc on a :
$$
F^{\perp} + G^{\perp} \subset (F \cap G)^{\perp}.
$$
Énoncé de l’exercice n°3 :
Soit \( E = C([0,1]) \) muni du produit scalaire défini par :
$$
\langle f, g \rangle = \int_0^1 f(t) g(t) \, dt.
$$
Calculer la projection orthogonale de \( x^2 \) sur le sous-espace \( F = \text{vect}(1, x) \).
Indication :
Utiliser le procédé de Gram-Schmidt.
Corrigé de l’exercice :
Pour calculer la projection orthogonale de \( x^2 \) sur \( F \), nous allons construire une base orthonormée de \( F \) en utilisant la méthode de Gram-Schmidt et exprimer la projection dans cette base.
Posons \( e_1 = 1 \) et \( e_2 = x \), qui forment une base de \( F = \text{vect}(1, x) \). Nous orthonormalisons cette base pour obtenir une base orthonormée \( (u_1, u_2) \).
Calculons d’abord \( u_1 \) :
$$
u_1 = \frac{e_1}{\|e_1\|} = 1.
$$
Cherchons ensuite un vecteur \( u_2′ \) dans \( \text{vect}(u_1, e_2) \) tel que \( u_2′ \) soit orthogonal à \( u_1 \). Pour cela, écrivons \( u_2′ = e_2 + \lambda u_1 \) et imposons \( u_2′ \perp u_1 \) :
$$
\langle u_2′, u_1 \rangle = 0 \Rightarrow \langle e_2 + \lambda u_1, u_1 \rangle = 0.
$$
Cette condition se simplifie en :
$$
\int_0^1 x \, dx + \lambda \int_0^1 1 \, dx = 0,
$$
ce qui donne \( \lambda = -\frac{1}{2} \).
Ainsi, on a \( u_2′ = x – \frac{1}{2} \), qui est orthogonal à \( u_1 \) et tel que \( \text{vect}(u_1, u_2′) = \text{vect}(e_1, e_2) \).
On normalise maintenant \( u_2′ \) :
$$
\|u_2’\|^2 = \int_0^1 \left( x – \frac{1}{2} \right)^2 \, dx = \frac{1}{12}.
$$
On définit donc \( u_2 \) comme suit :
$$
u_2 = \frac{u_2′}{\|u_2’\|} = \sqrt{12} u_2′ = \sqrt{3}(2x – 1).
$$
La projection orthogonale de \( x^2 \) sur \( F \) est alors donnée par :
$$
p_F(x^2) = \langle x^2, u_2 \rangle u_2 + \langle x^2, u_1 \rangle u_1.
$$
Calculons chaque produit scalaire :
– Pour \( \langle x^2, u_2 \rangle \) :
$$
\langle x^2, u_2 \rangle = \int_0^1 x^2 \cdot \sqrt{3}(2x – 1) \, dx = \frac{\sqrt{3}}{6}.
$$
– Pour \( \langle x^2, u_1 \rangle \) :
$$
\langle x^2, u_1 \rangle = \int_0^1 x^2 \cdot 1 \, dx = \frac{1}{3}.
$$
En conclusion, on obtient :
$$
p_F(x^2) = \frac{1}{2}(2x – 1) + \frac{1}{3} = x – \frac{1}{6}.
$$
Énoncé de l’exercice n°4 :
Indication :
Corrigé de l’exercice :
Énoncé de l’exercice n°5 :
Indication :
Corrigé de l’exercice :
Énoncé de l’exercice n°6 :