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Magistère de Ker Lann 2010
Calculer pour \((i,j)\in \mathbb{N}^2\) : \(\displaystyle\lim_{n\to \infty }\sum_{k=0}^n\dfrac1{2^k}\Bigl(\dfrac1{2^k}\Bigr)^i \Bigl(\dfrac1{2^k}\Bigr)^j\).
Soient \(P,Q\in \mathbb{R}[X]\). Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to \infty }\sum_{k=0}^n\dfrac1{2^k} P\Bigl(\dfrac1{2^k}\Bigr)Q\Bigl(\dfrac1{2^k}\Bigr)\).
On note \((P|Q)\) cette limite. Justifier qu’on définit ainsi un produit scalaire sur \(\mathbb{R}[X]\).
Soit la forme linéaire \(\Phi : \mathbb{R}[X] \rightarrow \mathbb{R}, P \mapsto P(0).\)
Montrer qu’il n’existe pas de \(Q\in \mathbb{R}[X]\) tel que, pour tout \(P\in \mathbb{R}[X]\), \(\Phi(P)=(P|Q)\). Commenter.
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[ID: 4526] [Date de publication: 9 avril 2024 14:01] [Catégorie(s): Formes linéaires et produits scalaires ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Michel Quercia ]Solution(s)
Solution(s)
Magistère de Ker Lann 2010
Par Michel Quercia le 9 avril 2024 14:01
Par Michel Quercia le 9 avril 2024 14:01
\(\dfrac{2^{i+j+1}}{2^{i+j+1}-1}\).
Décomposer \(P,Q\) sur la base canonique de \(\mathbb{R}[X]\). On peut aussi remarquer que la série converge car \(P\) et \(Q\) sont bornés sur \([0,1]\).
Si \(Q\) existe alors pour \(P=X^n\) on obtient : \[S_{0} =\sum_{k=0}^\infty 2^{-k}Q(2^{-k})=1\text{ et } S_n=\sum_{k=0}^\infty 2^{-(n+1)k}Q(2^{-k})=0\text{ pour tout }n\leq 1.\] On a facilement \(S_n\to _{n\to \infty }Q(1)\), d’où \(Q(1)=0\) et \(2^{n+1}S_n=\sum_{k=1}^\infty 2^{-(n+1)(k-1)}Q(2^{-k})\to _{n\to \infty }Q(\frac12)\). Ainsi \(Q(\frac12)=0\) et de proche en proche, \(Q(2^{-k})=0\) pour tout \(k\). Ceci implique \(Q=0\), en contradiction avec la valeur de \(S_{0}\). Ainsi \(\Phi\) n’est pas représentable par un produit scalaire, ce qui fournit un contre-exemple au théorème de Riesz en dimension infinie. On peut remarquer d’ailleurs que \(\Phi\) est discontinue pour le produit scalaire choisi : si \(P_n=(1-X)(1-2X)\dots(1-2^n X)\), on a \(\Phi(P_n)=1\) et \(\left\|P_n\right\|^2 =\sum_{k=n+1}^\infty 2^{-k}P^2 (2^{-k})\leq \sum_{k=n+1}^\infty 2^{-k} \to _{n\to \infty }0\).
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