correction exercice 12 feuille 3 (exo 3 juin 2022)

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parisse
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correction exercice 12 feuille 3 (exo 3 juin 2022)

Message par parisse » jeu. avr. 06, 2023 12:41 pm

Tout d'abord, on a bien un produit scalaire car on a une forme bilinéaire symétrique définie positive, car \(\langle f|f\rangle = \int_{-1}^1 f^2(t) \ dt \) est l'intégrale d'un carré donc d'une fonction positive donc est positive, et si elle s'annule alors \(f^2=0\) car \(f^2\) est positive et continue.
  1. \(\langle e_1|e_2\rangle=\int_{-1}^1 t \ dt=0\) donc ces 2 vecteurs sont orthogonaux. On a
    \(\langle e_1|e_1\rangle=\int_{-1}^1 dt=2\) donc \(\|e_1\|=\sqrt{2}\). De même \(\|e_2\|=\sqrt{2/3}\)
  2. \(e_3\) est orthogonal à \(e_2\) (le produit est une fonction impaire). Comme
    \(\langle e_1|e_3\rangle=\int_{-1}^1 \cos(t) \ dt=2\sin(1)\), la projection de \(e_3\) sur \(F\) est donnée par
    \(p_3=\frac{2\sin(1)}{2} e_1=\sin(1) e_1=\sin(1)\)
  3. La distance \(d\) de \(e_3\) à \(F\) est la distance de \(e_3\) à sa projection orthogonale sur \(F\) donc \(\| e_3-p_3\|\), on calcule donc
    \(\| e_3-p_3\|^2=\langle e_3-p_3|e_3-p_3\rangle=\int_{-1}^1 (\cos(t)-\sin(1))^2 \ dt \)
    \(=\int_{-1}^1 (\cos^2(t)-2\sin(1)\cos(t)+\sin(1)^2 \ )dt \)
    \(=[\frac{t}{2}+\frac{\sin(2t)}{4}-2\sin(1)\sin(t)+\sin(1)^2 t]_{-1}^1\)
    \(=1+\frac{\sin(2)}{2}-2\sin(1)^2 \)
  4. Comme \(e_3 \neq p_3, e_3\) n'appartient pas à \(F=\mbox{Vect}(e_1,e_2)\) qui est de dimension 2 (puisque \(e_1 \perp e_2\)) donc la dimension de \(G\) est 3
  5. On obtient une base orthonormée de \(G\) en normant les vecteurs \(e_1, e_2 ,e_3-p_3\) qui sont orthogonaux deux à deux, donc on peut prendre \((\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{t}{\sqrt{2/3}}, \frac{\cos(t)-\sin(1)}{d})\) avec \(d=\sqrt{1+\frac{\sin(2)}{2}-2\sin(1)^2 }\)

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