MPSI B 29 juin 2019

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Énoncé

Dans tout le problème

¹

E et F désignent deux espaces vectoriels euclidiens de dimensions au moins 2. Le produit scalaire de deux vecteurs u et v de E est noté

(u/v)

On se donne aussi une application linéaire f ∈ L(E, F ) et un élément v de F .

1. En considérant la projection orthogonale de v sur l'image de f , montrer qu'il existe un élément x ₀ de E tel que :

kf (x ₀ ) − vk = min {kf (x) − vk, x ∈ E}

Dans la suite, x 0 sera appelé une pseudo-solution de l'équation :

f (x) = v (1)

2. Montrer que si f est injective, alors l'équation (1) admet une pseudo-solution unique.

3. Montrer que x ₀ est pseudo-solution de (1) si et seulement si :

∀x ∈ E : (f (x)/f(x 0 ) − v) = 0

4. Soit B et C deux bases orthonormales de E et F respectivement. On dénit les matrices A , V et X 0 par les relations :

A = Mat

BC

f, V = Mat

C

v, X 0 = Mat

B

x 0

Écrire sous forme matricielle l'équation

(f(x)/f(x 0 ) − v) = 0

et en déduire que x 0 est pseudo-solution de (1) si et seulement si

t

AAX ₀ =

^t

AV

5. Exemple. Dans cette question, on prend E = F = R ³ munis du produits scalaire usuel.

Relativement à la base canonique de R ³ , les matrice de f et v sont respectivement :

1

d'après Concours communs polytechniques 2006 maths 1

A =





1 1 −1 1 1 −1

−1 2 1



 , V =



 1 0 1





Quel est le rang de f ? Donner une équation de son image (expliquer et justier).

Le vecteur v est-il dans l'image de f ? Déterminer les pseudo-solutions de l'équation f (x) = v .

6. Application. Soit n un entier supérieur ou égal à deux, on considère trois éléments de R

ⁿ

a = (a ₁ , a ₂ , · · · , a

_n

), b = (b ₁ , b ₂ , · · · , b

_n

), c = (c ₁ , c ₂ , · · · , c

_n

) et on souhaite trouver deux réels λ et µ tels que la somme

n

X

k=1

(λa

k

+ µb

k

− c

k

) ²

soit minimale.

a. Montrer que ce problème équivaut à la recherche des pseudo-solutions d'une équa- tion f (x) = v où f est un élément de L( R ² , R

ⁿ

) . Préciser le vecteur v et donner la matrice de f dans les bases canoniques de R ² et R

ⁿ

.

b. Comment doit-on choisir a et b pour que l'application f soit injective ?

c. Lorsque cette dernière condition est réalisée, donner la solution du problème posé en exprimant λ et µ à l'aide de produits scalaires dans R

ⁿ

.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai Apseudosol

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Corrigé

1. Comme Im f = {f (x), x ∈ E} , d'après la propriété de cours relative à la projection orthogonale sur le sous-espace vectoriel Im f :

min {kf (x) − vk, x ∈ E} = kp Im

f

(v) − vk

Comme p Im

f

(v) ∈ Im f , il existe un x 0 ∈ E tel que f (x 0 ) = p Im

f

(v) .

2. Une psudo solution est un antécédent de la projection orthogonale du second membre sur l'image de l'application. L'équation admet donc toujours des pseudo-solutions.

Lorsque f est injective, chaque élément de l'image admet un unique antécédent. Dans ce cas il existe donc une unique pseudo solution.

3. f (x 0 ) = p Im

f

(v) si et seulement si v − f (x 0 ) est orthogonal à Im f c'est à dire si et seulment si :

∀x ∈ E : (f (x)/f (x 0 ) − v) = 0 4. La traduction matricielle de (f (x)/f(x 0 ) − v) = 0 est

t

X

^t

AAX ₀ − V

= O

_M_n,1

₍

_R

₎

Alors x 0 est pseudo solution de (1) si et seulement si la relation précédente est valable pour toutes les matrices colonnes X . En choisissant successivement les colonnes X formées avec un seul 1 et que des 0 on en déduit que cela entraine

t

AAX ₀ − V = O

_M_n,1

₍

_R

₎

la réciproque est évidente.

5. Calcul du rang de f pour l'exemple.

rg f = rg A = rg





1 1 −1 0 0 0 0 3 0



 = 2

Équation de l'image.

(a, b, c) ∈ Im f si et seulement si il existe des réels (x, y, z) tels que



 

 

x + y − z = a x + y − z = b

−x + 2y + z = c

⇔



 

 

x + y − z = a 0 = b − a 3y = c + a

On en déduit que (a, b, c) ∈ Im f si et seulement si a − b = 0 . Calcul des pseudo solutions.

Ici v = (1, 0, 0) 6∈ Im f . On forme

^t

AAX =

^t

AV :





1 1 −1

1 1 2

−1 −1 1









1 1 −1 1 1 −1

−1 2 1







 x y z



 =





1 1 −1

1 1 2

−1 −1 1







 1 0 1









3 0 −3

0 6 0

−3 0 3







 x y z



 =



 0 3 0





Cela conduit au système



 

 

3x −3z = 0

6y = 3

−3x +3z = 0 L'ensemble des solutions est donc

(x, 1

2 , x), x ∈ R

6. a. Considérons une fonction f dénie dans R ² et à valeurs dans R

ⁿ

: f (λ, µ) = λa + µb

et l'équation (2) : f (x) = c . Une pseudo solution de cette équation est un couple (λ 0 , µ 0 ) tel que

kλ 0 a + µb − ck = min

kλa + µb − ck, (λ, µ) ∈ R ²

Comme l'application t → t ² est strictement croissante dans R ² , cela revient à minimiser le carré de la norme. La matrice de f dans la base canonique de R

ⁿ

est :





 a 1 b 1

... ...

a

n

b

n







b. La fonction est injective si et seulement si (a, b) est libre.

2

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c. On suppose (a, b) libre. On trouve λ et µ en exprimant que λa + µb − c est orthogonal à a et b .

( kak ² λ − (a/c)µ = (a/c) (a/b)λ + kbk ² µ = (b/c) On résoud par les formules de Cramer :

λ = (b/c)kbk ² − (a/c)(a/b)

kak ² kbk ² − (a/b) ² , µ = (b/c)kak ² − (a/c)(a/b) kak ² kbk ² − (a/b) ²

On remarque que le dénominateur des formules précédentes est strictement négatif d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz (l'égalité ne se produisant que pour un couple lié de vecteurs).

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