Corrigé de la série 17

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 17

Exercice 1. 1. Prenons une base de P, par exemple u= (0,3,2), v = (3,0,1). En ajoutant w= (0,0,1), nous obtenons une base de R³. On commence par appliquer l’algorithme de Gram-Schmidt à la base (u, v, w) de R³. On a

u1 =u/kuk= 1

√13(0,3,2) et

u₂ = v− hv, u1iu1

kv− hv, u₁iu₁k = (3,0,1)−2/13(0,3,2)

k · · · k = 1/13(39,−6,9) 1/13√

1638 = (13,−2,3)

√2·7·13. On a span(u₁, u₂) = span(u, v). La liste (u₁, u₂)est libre car (u, v) est libre, et comme P est de dimension 2, la liste (u1, u2) est une base de P. On a donc une base orthonormée (u₁, u₂, u₃)de R³, telle quespan(u₁, u₂) = P. Comme on a

Proj_P(a) =ha, u₁iu₁ +ha, u₂iu₂,

pour tout a ∈ R³, où h·,·i note le produit scalaire usuel de R³, on n’a pas besoin de calculeru₃. Pour la projection Proj_P(a), a= (a₁, a₂, a₃)∈R³, on obtient donc :

Proj_P(a) = 3a₂+ 2a₃

13 (0,3,2) + 13a₁−2a₂+ 3a₃

2·7·13 (13,−2,3)

=

13a1−2a2+ 3a3

14 ,−a1+ 5a2+ 3a3

7 ,3a1+ 6a2+ 5a3

14

= 1

14(13a₁−2a₂+ 3a₃,−2a₁+ 10a₂+ 6a₃,3a₁+ 6a₂+ 5a₃).

La matrice de cette application linéaire par rapport à la base canonique deR³ est donnée par

1 14





13 −2 3

−2 10 6

3 6 5



.

2. Si a(2,0,0) + b(0,−1,2) +c(0,2,1) = (0,0,0), alors a = b = c = 0. B est donc libre.

Comme F³ est de dimension 3, c’est donc bien une base de F³. On considère le produit scalaire φ : F³ ×F³ défini par φ(v, w) = ¹₄v₁w₁ + ¹₅v₂w₂ + ¹₅v₃w₃ pour v = (v₁, v₂, v₃), w= (w1, w2, w3)∈F³. La base((2,0,0),(0,−1,2),(0,2,1)) est une base orthonormale de F³ muni du produit scalaireφ (on a défini le produit scalaire généralisé à poidsφ de façon à ce que cela soit le cas).

D’après un théorème du cours, on trouve donc

[v]_B=





φ(v,(2,0,0)) φ(v,(0,−1,2))

φ(v,(0,2,1))



=





1 2v₁

1

5(−v₂+ 2v₃)

1

5(2v₂+v₃)



.

1

3. Soit (v₁, . . . , v_n) une liste liée dans un F-espace vectorielV muni d’un produit scalaire φ.

Attention : L’algorithme de Gram–Schmidt n’est pas défini pour cette situation, mais on peut se demander ce qui se passerait si on essayait de l’appliquer à cette liste.

Soit i ∈ {1, . . . , n} minimal tel que vi ∈ span(v1, . . . , vi−1). Si on applique l’algorithme de Gram–Schmidt à la liste (v₁, . . . , v_n), on va commencer par obtenir une nouvelle base orthonormée (u₁, . . . , ui−1) de span(v₁, . . . , vi−1), puisque (v₁, . . . , vi−1) est libre. D’après le cours, comme vi ∈ span(v1, . . . , vi−1) = span(u1, . . . , ui−1), on a vi = Pi−1

j=1φ(vi, ui)ui. Si on continuait àppliquer l’algorithme à notre liste, on obtiendrait donc

v_i−

i−1

X

j=1

φ(v_i, u_i)u_i = 0

à lai-ème étappe de l’algorithme. Ce vecteur pose problème, on le laisse donc de côté (on ne va pas pouvoir le diviser par sa norme !).

En continuant avec v_i+1, on va obtenir ou bien 0si v_i+1 ∈span(v₁, . . . , v_i−1), ou bien une nouvelle liste(u₁, . . . , ui−1, u_i+1)libre et telle quespan(u₁, . . . , ui−1, u_i+1) = span(v₁, . . . , v_i+1).

En continuant de cette manière, on est obligé de laisser de côté les vecteurs qui sont déjà dans le span des précédents. On obtient donc finalement une base orthonormale de span(v₁, . . . , v_n); on a en fait appliqué le lemme du vecteur superflu à chaque fois que le vecteurv_k était un élément de span(v₁, . . . , vk−1).

Exercice 2. 1. Appliquons Gram–Schmidt à la base (1, X, X²)de P2(R): p₀ = 1

k1k = 1

√2 p₁ = X−φ(X, p₀)p₀

kX−φ(X, p₀)p₀k = X kXk =

r3 2X p₂ = X² −φ(X², p₀)p₀−φ(X², p₁)p₁

kX² −φ(X², p₀)p₀−φ(X², p₁)p₁k = X²−φ(X²,1)¹₂ −φ(X², X)³₂X k · · · k

= X² −¹₃

kX² −¹₃k = 3√ 5 2√

2(X²− 1 3) Nous avons utilisé :

φ(1,1) = Z 1

−1

dx=x|¹₋₁ = 2, φ(X,1) = Z 1

−1

xdx= 0, φ(X, X) =

Z 1

−1

x²dx= x³

3 |¹₋₁ = 2 3, φ(X²,1) =

Z 1

−1

x²dx= 2

3, φ(x², x) = Z 1

−1

x³dx= 0, φ(X², X²) = Z 1

−1

x⁴dx = 2 5 kX²− 1

3k² =φ(X², X²)− 2

3φ(X²,1) + 1

9φ(1,1) = 8 45

2. On a P1(R) = span(p₀, p₁). L’espace P1(R)^⊥ est de dimension 1. Comme (p₀, p₁, p₂) est une base orthonormale de P2(R), on a φ(p₀, p₂) =φ(p₁, p₂) = 0 et donc 06=p₂ ∈P1(R)^⊥ (voir par exemple l’exercice 1.5 de la série 16). On a donc P1(R)^⊥= span(p₂), et comme φ(p₂, p₂) = 1, ceci est une base orthonormale de P1(R)^⊥.

2

3. On applique l’algorithme de Gram-Schmidt à la base (1, X, X²) deP2(C) : p₀ = 1

k1k = 1

√3

p₁ = X−ψ(X, p0)p0

kX−ψ(X, p₀)p₀k = X−ψ(X,1)· ^√1₃ · ^√1₃

kX−ψ(X, p₀)p₀k = X−1

kX−1k = 1

√2(X−1) p₂ = X²−ψ(X², p₀)p₀−ψ(X², p₁)p₁

kX²−ψ(X², p₀)p₀−ψ(X², p₁)p₁k = X²−ψ(X²,1)¹₃ −ψ(X², X −1)¹₂(X−1) k · · · k

= X²−⁵₃ −2(X−1)

k · · · k = X²−2X+¹₃ k · · · k =

√3 X²−2X+¹₃

√2 .

On a utilisé :

ψ(1,1) = 3, ψ(1, X) = 0 + 1 + 2 = 3, ψ(X−1, X −1) = 1 + 0 + 1 = 2, ψ(1, X²) = 0 + 1 + 4 = 5, ψ(X², X −1) = 0 + 0 + 4 = 4,

ψ

X²−2X+ 1

3, X²−2X+ 1 3

= 1 9+ 4

9+ 1 9 = 2

3. Comme dans la question précédente, on trouve P1(C)^⊥ = span

√

3(^X2_√^−2X+13)

2

. 4. D’après un théorème du cours, on trouve donc

[2X²−1]_C=













ψ

2X²−1,^√1₃

ψ

2X²−1,^√1

2(X−1) ψ

2X²−1,

√3(^X2−2X+1₃)

√2













=







−^√1

3 +^√1₃ +^√7₃

√1

2 + 0 +^√7₂

−^√1

6 − ^√2

6 +^√7

6





=







√7 3

4√ 2

2√

√2 3





,

et

[iX+ 3]_C =













ψ

iX+ 3,^√1

3

ψ

iX+ 3,^√1

2(X−1) ψ

iX+ 3,

√

3(^X2_√^−2X+13)

2













=







√3 + ^i+3√

3 + ^2i+3√

3

−^√3₂ + 0 +^2i+3√₂

√3

6 −^2(i+3)√

6 +^2i+3√

6





=





√3i+ 3√

√ 3 2i 0



.

Exercice 3. 1. On calcule

hei,eji=h(δ_nⁱ)n∈N,(δ_n^j)n∈Ni=

∞

X

n=0

δⁱ_nδ^j_n=δ^j_i.

2. Si la suite(a_n)n∈Nest un élément deU, alors(a_n)n∈Npeut être écrite comme combinaison linéaire finie d’éléments de U;

(a_n)n∈N = (a₀, a₁, . . .) =

N

X

i=1

α_ie_ni,

avec α₁, . . . , α_N ∈ R et n₁, . . . , n_N ∈ N. D’après la définition des suites e_i, i ∈ N, on obtient a_m = 0 pour tout m > N.

3

Réciproquement si(a_n)_n∈N∈`²(N) est telle quea_m = 0 pour toutm > N, on peut écrire (a_n)n∈N =

N

X

i=0

a_ie_i, et(a_n)n∈N est un élément de U.

La suite a := 1,¹₂,¹₃, . . .

est un élément de `²(N) car P∞ i=1

1

i² converge de manière absolue. Mais d’après la caractérisation des éléments de U vue ci-dessus, a6∈U. Donc U est un sous-espace propre de `²(N).

3. Soit (a_n)n∈N ∈ U^⊥ ⊆`²(N). On a alors en particulier 0 =h(a_n)n∈N,e_ji pour tout j ∈ N. Mais cela donne

0 =

∞

X

i=0

aiδ^j_i =aj

pour tout j ∈ N. La suite (a_n)n∈N est donc la suite nulle, et on obtient U^⊥ = {0}. Par conséquent, on a U⊕U^⊥ =U (`²(N) d’après le point précédent.

Exercice 4. 1. On a montré dans l’exercice 1 de la série 16 que U^⊥ +W^⊥ ⊆ (U ∩W)^⊥. SiV est de dimension finie, on peut montrer l’autre inclusion. On pose n= dimV. Pour montrer que U^⊥+W^⊥ = (U ∩W)^⊥, il suffit maintenant de voir que les dimensions des deux sous-espaces sont égales. Calculons-les :

dim(U^⊥+W^⊥) = dim(U^⊥) + dim(W^⊥)−dim(U^⊥∩W^⊥)

= (n−dim(U)) + (n−dim(W))−dim (U +W)^⊥

= 2n−dim(U)−dim(W)−(n−dim(U +W))

=n−dim(U∩W) = dim((U∩W)^⊥).

Pour la deuxième égalité, on a utilisé l’égalité U^⊥∩W^⊥ = (U+W)^⊥ (voir l’exercice 1 de la série 16). Nous avons aussi utilisé plusieurs fois les formules

dim(U₁+U₂) + dim(U₁ ∩U₂) = dim(U₁) + dim(U₂)

et U₁ ⊕U₁^⊥ = V qui sont valables pour tous sous-espaces U₁, U₂ de V car V est de dimension finie.

2. On a vu dans l’exercice 3 que U^⊥ = {0}. On sait aussi que W ∩ U = {0}, car on a (a_n)n∈N ∈ W ∩U, si et seulement si on a à la fois (a_n)n∈N = α· 1,¹₂,¹₄, . . .

et il existe N ∈Ntel quea_n= 0pour toutn > N. Cela donneα = 0et donc(a_n)n∈N= 0. On obtient par conséquent (U ∩W)^⊥ ={0}^⊥ =`<sup>2</sup>(N). Comme a 6∈W<sup>⊥</sup>, on a aussi W<sup>⊥</sup> (`²(N), et donc W^⊥+U^⊥ =W^⊥ (`²(N) = (U ∩W)^⊥.

4