Corrigé de la série 18

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007

Corrigé de la série 18

Correction exercice 1

1. Soit P(x) =a+bx+cx² ∈V, P ∈ {x²}^⊥ ssi φ(P(x), x²) = 0.

On a : φ(a +bx + cx², x²) = 5a + 9b + 17c. On en déduit que a = −^9b+17c₅ et donc {x²}^⊥ ={−^9b+17c₅ +bx+cx² | b, c∈F}={b(x− ⁹₅) +c(−¹⁷₅ +x²) | b, c∈F}. D’où

{x²}^⊥ =Span(x−9

5, x²− 17 5 ).

2. On considère le vecteur 1. On a ||1||² = 3, d’où

e1 = 1

||1|| = 1

√3. (1)

En posant E₁ =Span(e₁), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :

e₂ = x−p_E1(x)

||x−p_E1(x)||. (2)

Or, e1 étant orthonormé, on a pE1(x) = φ(x, e1)e1 =φ(x,1)_||1||¹2 = 1 (la dernière égalité est obtenue grâce à(1)et à la linéarité par rapport à la seconde variable deφ) et||x−1||² = 2 d’où

e₂ = 1

√2(x−1).

En posantE₂ =Span(e₁, e₂), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :

e₃ = x²−p_E2(x²)

||x²−p_E2(x²)||.

Or, Span(e1, e2) étant orthonormée, on a pE2(x²) =φ(x², e1)e1+φ(x², e2)e2 = 2x−¹₃ et

||x²−2x+¹₃||² = ²₃, d’où :

e3 = r3

2(x²−2x+ 1 3).

Le procédé de Gram-Schmidt est tel que : Span(e₁, e₂) =Span(1, x) et (e₁, e₂) est ortho- normée donc

proj_V(2 +x+ 5x²) =φ(e₁,2 +x+ 5x²)e₁+φ(e₂,2 +x+ 5x²)e₂ = 11x+1 3

(Pour minimiser les calculs on pensera à la bilinéarité de φ et aux calculs fait précé- demment. Ainsi, par exemple, φ(e1,2 +x+ 5x²) = 2φ(e1,1) +φ(e1, x) + 5φ(e1, x²) =

1

||1||(2φ(1,1) +φ(1, x) + 5φ(1, x²)).)

1

Correction exercice 2

1. On considère le vecteur 1. On a ||1||² =R2π

0 dt = 2π, d’où e₁ = 1

||1|| = 1

√2π. (3)

En posant E₁ =Span(e₁), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :

e₂ = cos(x)−p_E1(cos(x))

||cos(x)−p_E1(cos(x))||. (4) Or, e₁ étant orthonormé, on a

p_E1(cos(x)) =φ(cos(x), e₁)e₁ =φ(cos(x),1) 1

||1||² = Z 2π

0

cos(x)dx 1

||1||² = 0 (on en déduit, au passage que 1 et cos(x) sont orthogonaux par φ) d’où e₂ = _||cos(x)||^cos(x)

e₂ = cos(x)

√π .

En posantE₂ =Span(e₁, e₂), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :

e₃ = sin(x)−p_E2(sin(x))

||sin(x)−p_E2(sin(x))||. Or, Span(e₁, e₂) étant orthonormée, on a

pE2(sin(x)) = φ(sin(x), e1)e1+φ(sin(x), e2)e2 =φ(sin(x),1) 1

||1||²+φ(sin(x), cos(x))cos(x) π = 0 (Remarque : pour montrer queφ(sin(x), cos(x)) = 0on utilisera l’égalité2sin(x)cos(x) = sin(2x).)

d’où e₃ = _||sin(x)||^sin(x) :

e3 = sin(x)

√π .

(On en déduit, au passage que sin(x) est orthogonal à 1 et cos(x) par φ).

On a : p_H(x) = φ(x, e₁)e₁+φ(x, e₂)e₂+φ(x, e₃)e₃. φ(x, e₁) = ^√1

2π

R2π

0 xdx=π√ 2π

Les deux intégrales suivantes se calculent en effectuant une intégration par partie.

φ(x, e₂) = 1

√π Z 2π

0

x cos(x)dx= 0

φ(x, e₃) = 1

√π Z 2π

0

x sin(x)dx =−2√ π D’où :

pH(x) =π−2sin(x).

2

2. Soit {1, x, x², x³} une base du sous espace des polynômes de degré inférieur ou égal à 3 noté E. On orthonormalise cette base par le procédé de Gram-Schmidt (les détails des calculs seront laissés au lecteur).

On considère le vecteur 1. On a ||1||² =R2π

0 dt = 2π, d’où e₁ = 1

||1|| = 1

√2π. (5)

En posant E₁ =Span(e₁), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :

e₂ = x−p_E1(x)

||x−p_E1(x)||. (6)

On a p_E1(x) =π d’où e₂ = _||x−π||^x−π

e2 = r2

3π⁻³²(x−π).

En posantE₂ =Span(e₁, e₂), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt :

e₃ = x²−p_E2(x²)

||x²−p_E2(x²)||. On a pE2(x²) = ⁸₉πx+⁴₉π²

d’où

e₃ = x²− ⁸₉πx+⁴₉π²

||x²− ⁸₉πx+⁴₉π²||

En posant E₃ = Span(e₁, e₂, e₃), on a, par le procédé d’orthonormalisation de Gram- Schmidt :

e4 = x³−p_E3(x³)

||x³−p_E3(x³)||. Enfin, on a :

proj_E(e^x) =φ(x, e₁)e₁+φ(x, e₂)e₂ +φ(x, e₂)e₂ +φ(x, e₃)e₃ +φ(x, e₄)e₄. Correction exercice 3

1. On note diag(λ₁, . . . , λ_n) la matrice diagonale de termes diagonaux les λ_i et D_n(R) le sous espace formé des matrices diagonales. Soit A∈(D_n(R))^⊥, on a

tr(A^tdiag(λ1, . . . , λn)) =

n

X

i=1

ai,iλi.

En considérant la matrice diagonale telle que λ_i = 1 et λ_j = 0 ∀j 6= i on montre que a_i,i = 0.

Donc, en faisant varier i, on obtient que ∀i ai,i = 0.

Inversement on montre que les matrices M telles que a_i,i = 0 ∀i sont dans (D_n(R))^⊥.

(Dn(R))^⊥ ={A∈M at(n, n,R) | ∀i ai,i = 0}.

3

2. On note S_n le sous-espace des matrices symétriques (i.e. A^t = A) et A_n le sous-espace des matrices antisymétriques (i.e. A^t=−A.)

Soient S ∈S_n et A∈A_n on a :

φ(S, A) =tr(S^tA) = tr((S^tA)^t) =tr(A^tS) = tr(−AS) =−tr(AS) =−tr(AS^t) = −φ(S, A).

Où la deuxième égalité découle de : tr(A) =tr(A^t) et la troisième de (AB)^t=B^tA^t. On en déduit que φ(S, A) = 0. Ceci montre que S_n ⊂(A_n)^⊥ et A_n ⊂(S_n)^⊥.

De plus,

dim((A_n)^⊥) = dim(M at(n, n,R))−dim(A_n) = n² −n(n−1)

2 = n(n+ 1)

2 =dim(S_n) d’où S_n= (A_n)^⊥ et A_n = (S_n)^⊥.

Correction exercice 4

1. {I₂}^⊥={M ∈E | tr(M^t) = 0} ce sont donc les matrices de la forme

a b c −a

.

2. Une matrice symétrique s’écrit sous la forme a b

b d

. L’espace considéré est donc

F =Span(A₁ = 1 0

0 0

, A₂ = 0 0

0 1

, A₃ = 0 1

1 0

)

Soit M = a b

c d

une matrice dans le complément orthogonal de F. La condition φ(M, A₁) = 0 implique a= 0.

La condition φ(M, A₂) = 0 implique d= 0.

La condition φ(M, A₃) = 0 implique b+c= 0.

Réciproquement, si M est de la forme M =

0 b

−b 0

on vérifie qu’elle est dans le com- plément orthogonal de F.

D’où

F^⊥ =Span(

0 1

−1 0

)

La matriceM vérifie la propriétéM^t =−M; de telles matrices sont dites antisymétriques.

3. D’après la question précédente, {A₁, A₂, A₃} forme une base de F. On laisse le soin au lecteur de vérifier que cette base est orthogonale et ||A₁|| = ||A₂|| = 1 et ||A₃|| = √

2.

Donc {A₁, A₂,^√A3

2} est une base orthonormée de F. On a donc :

p_F(A) =φ(A, A₁)A₁+φ(A, A₂)A₂+φ(A, A₃)1 2A₃ d’où

p_F(A) = 3A₁−4A₂− 1 2A₃ =

3 −¹₂

−¹₂ −4

.

(On peut vérifier que A−p_F(A) est antisymétrique. Ceci est un bon moyen de vérifier ses calculs !)

4