Corrigé de la série 18

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2008-2009

Corrigé de la série 18

Exercice 1. 1. On cherche tout d’abord une base orthonormale du sous-espace vectoriel U. On a : (x₁, x₂, x₃, x₄, x₅) ∈ U ssi x₃ = x₁ + x₄ et x₅ = −x₁ − x₂ +x₃ − x₄ =

−x1−x2+x1+x4−x4 =−x2. Donc

(x₁, x₂, x₃, x₄, x₅) = x₁(1,0,1,0,0) +x₂(0,1,0,0,−1) +x₄(0,0,1,1,0)

et U = span{(1,0,1,0,0),(0,1,0,0,−1),(0,0,1,1,0)}. On utilise le procédé de Gram- Schmidt pour trouver une base orthonormale de U. On pose w1 = (1,0,1,0,0); on a kw₁k=√

2 et

w₂ = (0,1,0,0,−1)− 1

kw1k²h(0,1,0,0,−1), w₁iw₁

= (0,1,0,0,−1)− 1

2h(1,0,1,0,0),(0,1,0,0,−1)i(1,0,1,0,0)

= (0,1,0,0,−1)− 1

2·0·(1,0,1,0,0) = (0,1,0,0,−1) aveckw₂k=√

2. On a ensuite w₃ = (0,0,1,1,0)− 1

kw₂k²h(0,0,1,1,0), w₂iw₂− 1

kw₁k²h(0,0,1,1,0), w₁iw₁

= (0,0,1,1,0)− 1

2·0·(0,1,0,0,−1)− 1

2·1·(1,0,1,0,0)

= (0,0,1,1,0)− 1

2(1,0,1,0,0)

= 1

2(−1,0,1,2,0) aveckw₃k=

q3 2.

Les trois vecteursu₁ = ^√1

2(1,0,1,0,0),u₂ = ^√1

2(0,1,0,0,−1)etu₃ = q2

3·¹₂(−1,0,1,2,0) =

√1

6(−1,0,1,2,0)forment donc une base orthonormale de U.

La distance dev = (2,−1,0,1,1) àU est la norme de v−Proj_U(v). On calcule v−Proj_U(v) =v− hv, u₁iu₁− hv, u₂iu₂− hv, u₃iu₃

=(2,−1,0,1,1)−√ 2· 1

√2(1,0,1,0,0) +√ 2· 1

√2(0,1,0,0,−1)

−0· 1

√6(−1,0,1,2,0)

=(2,−1,0,1,1)−(1,0,1,0,0) + (0,1,0,0,−1) = (1,0,−1,1,0).

On a donc dist(v, U) =kv−Proj_U(v)k=k(1,0,−1,1,0)k=√ 3.

2. D’abord on utilise le procédé de Gram-Schmidt pour trouver une base orthonormale de U. On posew₁ = (1,1,0,0). Alors

w₂ = (1,1,1,2)− h(1,1,0,0),(1,1,1,2)i

h(1,1,0,0),(1,1,0,0)i(1,1,0,0)

= (1,1,1,2)−(2/2)(1,1,0,0) = (0,0,1,2).

Alors ((1/√

2)(1,1,0,0),(1/√

5)(0,0,1,2)) est une base orthonormale de U. Le vecteur u∈U qui minimise ku−(1,2,3,4)kest la projection orthogonale de (1,2,3,4)dans U :

u = P_U(1,2,3,4)

= h(1,2,3,4),(1/√

2)(1,1,0,0)i(1/√

2)(1,1,0,0) +h(1,2,3,4),(1/√

5)(0,0,1,2)i(1/√

5)(0,0,1,2)

= (3/√

2)(1/√

2)(1,1,0,0) + (11/√

5)(1/√

5)(0,0,1,2)

= (3/2,3/2,11/5,22/5).

La deuxième méthode est la méthode donnée dans le polycopié du cours comme applica- tion de la méthode des moindres carrés. On considère la matrice

A=







 1 1 1 1 0 1 0 2









(dont les colonnes sont linéairement indépendantes). L’image de l’application linéaire L_A : R² → R⁴ associée à cette matrice est le sous-espace vectoriel U de R⁴. On a donc, d’après le cours

Proj_U







 1 2 3 4









=A·(A^tA)⁻¹·A^t







 1 2 3 4









=







 1 1 1 1 0 1 0 2

















1 1 0 0 1 1 1 2







 1 1 1 1 0 1 0 2

















−1

1 1 0 0 1 1 1 2







 1 2 3 4









=







 1 1 1 1 0 1 0 2







 2 2

2 7 −1

3 14

= 1 10







 1 1 1 1 0 1 0 2









7 −2

−2 2 3 14

= 1 10







 1 1 1 1 0 1 0 2







 −7

22

= 1 10







 15 15 22 44









=







 3/2 3/2 11/5 22/5







 .

3. On pose U = {p ∈ P3(R) | p(0) = 0, p⁰(0) = 0}. On vérifie aisément que U est un sous-espace vectoriel deP3(R).

Si p(x) = a₀+a₁x+a₂x²+a₃x³ alors p(0) = 0 ssi a₀ = 0 et p⁰(0) = 0 ssi a₁ = 0. Donc U = span(x², x³). Il faut trouver une base orthonormale de U par rapport au produit

scalairehp, qi=R1

−1p(x)q(x)dx. Commehx², x³i= 0, il suffit juste de normaliser les deux polynômes. Or, hx², x²i = R1

−1x⁴dx = 2/5 et hx³, x³i = R1

−1x⁶dx = 2/7. Donc on pose p1(x) =p

5/2x² et p2(x) = p

7/2x³; alors (p1, p2) est une base orthonormale de U. Le polynôme que l’on cherche est la projection orthogonale de 2 + 3x dans U :

p(x) = (5/2)h2 + 3x, x²ix² + (7/2)h2 + 3x, x³ix³

= (5/2)(4/3)x²+ (7/2)(6/5)x³

= (10/3)x²+ (21/5)x³, car h2 + 3x, x²i=R1

−1(2x²+ 3x³)dx= 4/3et h2 + 3x, x³i=R1

−1(2x³+ 3x⁴)dx= 6/5.

Exercice 2. 1. La première équation donney=x+1. Si l’on substitue ceci dans la deuxième équation, on trouve quex=−2, doncy=−1. Par contre, si l’on substitue(−2,−1)dans la troisième, on trouve que 2(−2) + (−1) =−56=−1. Donc le système est inconsistant.

On pose A =



 1 −1 1 −4 2 1



 et b =





−1 2 4



. Le système normal est A^tAx =A^tb. On effectue les calculs :

A^tb=

1 1 2

−1 −4 1





−1 2 4



= 9

−3

A^tA=

1 1 2

−1 −4 1



 1 −1 1 −4 2 1



=

6 −3

−3 18

Le système associé est donc

6 −3

−3 18 x y

= 9

−3

ou

6x−3y = 9

−3x+ 18y = −3.

2.

(A^tA)⁻¹ = 1

6·18−(−3)·(−3)

18 3 3 6

= 1 33

6 1 1 2

Alors

x y

= 1 33

6 1 1 2

9

−3

= 1 11

17 1

.

Exercice 3. 1. Si une droite déquation y = mx+b passait par les points donnés, alors le vecteur(m, b)^t serait une solution du système suivant :







 0.5 1

1 1 2.5 1 4 1









· m

b

=







 2.1 2.4 2.8 3.4







 .

Ce système est incompatible. On cherche donc les paramètres(m, b)donnant une meilleure approximation sous-forme de droite pour l’ensemble des quatre points.

On pose :A = ₁₀¹







 5 10 10 10 25 10 40 10







 , x=

m b

, et b = ₁₀¹







 21 24 28 34









. Alors

A^tb= 1 100

5 10 25 40 10 10 10 10







 21 24 28 34









= 1 100

2405 1070

= 1 20

481 214

et

A^tA = 1 100

5 10 25 40 10 10 10 10







 5 10 10 10 25 10 40 10









= 1 100

2350 800 800 400

= 1 2

47 16 16 8

donc

(A^tA)⁻¹ = 4

47·8−16·16· 1 2

8 −16

−16 47

= 1 60

8 −16

−16 47

. Alors

m b

= 1 1200

8 −16

−16 47

481 214

= 1 600

212 1181

Donc la droite est donnée par l’équationy= ₁₅₀⁵³x+¹¹⁸¹₆₀₀. 2. On considère le système inconsistant















a·(−2)²+b·(−2) +c = 8.4 a·(−1)²+b·(−1) +c = 2.7 a·0²+b·0 +c = 0.8 a·1²+b·1 +c = 3.1 a·2²+b·2 +c = 9.2

On voudrait trouver les valeurs de a,b etcqui donnent la meilleure approximation à une solution. On pose

A=













4 −2 1 1 −1 1 0 0 1 1 1 1 4 2 1











 x=



 a b c



 b = 1 10











 84 27 8 31 92











 .

Alors

A^tA=





34 0 10 0 10 0 10 0 5





d’où

(A^tA)⁻¹ = 1 70





5 0 −10

0 7 0

−10 0 34



.

On a

A^tb= 1 10





4 1 0 1 4

−2 −1 0 1 2 1 1 1 1 1















 84 27 8 31 92













= 1 10



 762

20 242





et on trouve finalement



 a b c



= 1 700





5 0 −10

0 7 0

−10 0 34







 762

20 242



= 1 700



 1390

140 608



= 1 350



 695

70 304



. L’équation de la parabole cherchée est donc

y= 139

70 x²+1

5x+152 175.

Exercice 4. Soit {f₁, . . . , f_n}une base de F que l’on complète par les vecteurs {e₁, . . . , e_k}de E pour obtenir une base de E. D’après le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, il existe une base orthonormée deF, {f₁⁰, . . . , f_n⁰} telle que

∀j ∈ {1, . . . , n} span(f₁⁰, . . . , f_j⁰) = span(f₁, . . . , f_j).

En appliquant le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt à la base{f₁, . . . , f_n, e₁, . . . , e_p} deE, on obtient une base orthonormée de E,{f₁⁰, . . . , f_n⁰, e⁰₁, . . . , e⁰_p} telle que

∀j ∈ {1, . . . , n} span(f₁⁰, . . . , f_j⁰) = span(f₁, . . . , f_j) et

∀p∈ {1, . . . , k} span(f₁⁰, . . . , f_n⁰, e⁰₁, . . . , e⁰_p) = span(f₁, . . . , f_n, e₁, . . . , e_p).

La base orthonormée {f₁⁰, . . . , f_n⁰} deF est donc inclue dans la base orthonormée {f₁⁰, . . . , f_n⁰, e⁰₁, . . . , e⁰_p} deE.

Exercice 5. 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. D’après l’exercice précédent, il existe une base orthonormée(e₁, e₂, e₃)de R³, telle quespan(e₁, e₂) =P. On a

Proj_P(a) =ha, e₁ie₁+ha, e₂ie₂,

oùh·,·inote le produit scalaire usuel deR³. Pour trouverProj_P(a)explicitement, il suffit donc de déterminer e₁ et e₂. On a

e₁ =u/kuk= ^√1

13(0,3,2) et

e₂ = v− hv, e₁ie₁

kv− hv, e₁ie₁k = (3,0,1)−2/13(0,3,2)

k · · · k = 1/13(39,−6,9) 1/13√

1638 = (13,−2,3)

√2·7·13. Pour la projection Proj_P(a), 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

= ₁₄¹ (13a₁−2a₂+ 3a₃,−2a₁ + 10a₂+ 6a₃,3a₁+ 6a₂+ 5a₃).

La matrice de cette application linéaire par rapport à la base canonique de R³ est donnée par

1 14





13 −2 3

−2 10 6

3 6 5



. Exercice 6.

1. Appliquons Gram–Schmidt à la base (1, x, x²)de P2(R): p0 = _k1k¹ = ^√1₂

p₁ = x−φ(x, p₀)p₀

kx−φ(x, p₀)p₀k = x kxk =

q3 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− ¹₃) 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= ^x₃³|¹₋₁ = ²₃, φ(x²,1) =

Z 1

−1

x²dx= ²₃, φ(x², x) = Z 1

−1

x³dx= 0, φ(x², x²) = Z 1

−1

x⁴dx= ²₅ kx²− ¹₃k² =φ(x², x²)− ²₃φ(x²,1) + ¹₉φ(1,1) = ₄₅⁸

2. L’espace P1(R)^⊥ est de dimension 1. Comme il contient p2, on a P1(R)^⊥ =R(x²− ¹₃).