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La quatri`eme colonne est nulle, donc une base du noyau vaut

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Academic year: 2022

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(1)

EPFL ALG`EBRE LIN´EAIRE

Institut de Math´ematiques GC/SIE

Dr A. Prodon HIVER 2005/2006

CORRIG´E DU TEST 2

Probl`eme 1

Soit l’application lin´eaire

F :R5 → M2×2

~x 7→ F(~x) =

x1 x2

x1+x3 x5

a) Soient α,β∈Ret ~x,~y∈R5 F(α~x+β~y) =

αx1+βy1 αx2+βy2

(αx1+αx3) + (βy1+βy3) αx5+βy5

= α

x1 x2

x1+x3 x5

y1 y2

y1+y3 y5

= αF(~x) +βF(~y)

b) La matriceA de F par rapport aux bases canoniques deR5 et M2×2 vaut :

AF =

1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1

c) Les colonnes 1,2,3 et 5 sont lin´eairement ind´ependantes donc dim(Im(F)) = 4 et par cons´equent dim(Ker(F)) = 5−4 = 1. La quatri`eme colonne est nulle, donc une base du noyau vaut









 0 0 0 1 0









d) Relativement `a ce qui vient d’ˆetre dit, une base de l’image vaut : 1 0

1 0

,

0 1 0 0

,

0 0 1 0

,

0 0 0 1

Probl`eme 2

Il y a plusieurs mani`ere d’aborder ce probl`eme:

1. G´eom´etriquement : On voit que les deux colonnes de A sont lin´eairement ind´ependantes.

Elles forment donc une base de C(A). La deuxi`eme composonte ´etant z´ero dans les deux 1

(2)

colonnes, elles engendrent R2 par la premi`ere et la troisi`eme composante. La projection de

~b dans cet espace donne la meilleure approximation de~bdansC(A) et est

~b =

 1 0 3

.

2. Par les ´equations normales : Les deux colonnes deAsont lin´eairement ind´ependantes, elles forment donc une base de C(A). Tout vecteur ~v de C(A) s’exprime comme combinaison lin´eaire des deux colonnes deA.

~v=x1

 1 0 2

+x2

 2 0 1

.

Pour trouver la meilleure approximation de~bpar un vecteur deC(A) il faut donc d´eterminer les coefficients x1 et x2 qui sont donn´es par la meilleure solution approch´ee du syst`eme inconsistant A~x=~b.

R´esolvons les ´equations normales ATA~x = AT~b. ATA =

5 4 4 5

et AT~b = 7

5

⇒ x1= 53, x2=−13. Ainsi, la meilleure approximation de~bpar un vecteur de C(A) est

~b= 5 3

 1 0 2

−1 3

 2 0 1

=

 1 0 3

.

3. Par le proc´ed´e de Gram-Schmidt : D’abord il faut construire une base orthonorm´ee `a partir d’une base de C(A), par exemple celle donn´ee par les deux colonnes deA= [ ~a1 ~a2 ].

~v1= ~a1

k~a1k = 1

√5

 1 0 2

, ~aˆ2 =~a2− h~a2,~v1i~v1=

 2 0 1

−4 5

 1 0 2

= 3 5

 2 0

−1

~

v2 = ~aˆ2

k~aˆ2k = 1

√5

 2 0

−1

.

On a donc V = 1 5

1 2

0 0

2 −1

 et la matrice de projectionP est donn´ee parP =V VT :

P =

1 0 1 0 0 0 0 0 1

.

Ainsi, la meilleure approximation de~b par un vecteur deC(A) est

~b =P~b=

 1 0 3

.

Probl`eme 3

Le polynˆome caract´eristique est|A−Iλ|=λ4−8λ3+ 12λ2+ 32λ−64, malheureusement difficile

`a r´esoudre. Heureusement, il est possible de s´eparer la matrice A en deux sous-matrice 2x2, A1=

1 3 3 1

et A2 =

3 1 1 3

, et de r´esoudre s´epar´ement leurs polynˆomes caract´eristiques.

2

(3)

Ceux-ci sont λ2−2λ−8, respectivement λ2−6λ+ 8, dont les valeurs propores sont 4 et −2, respectivement 4 et 2.

On calcule leurs vecteurs propres en resolvant les syst`emes suivants : −3 3

3 −3 x y

= 0

0

respectivement

3 3 3 3

x y

= 0

0 −1 1

1 −1 x y

= 0

0 1 1

1 1 x y

= 0

0

Les solutions sont 1

1

, respectivement 1

−1

, 1

1

et 1

−1

. On obtient donc la matrice P suivante :

1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 1 −1

 qui est orthogonale (on a donc P1 =Pt =P), et

A=P ·

4 0 0 0

0 −2 0 0

0 0 4 0

0 0 0 2

·P

Probl`eme 4 Soient les vecteurs

~v1 =

 1 0 1

,~v2=

 1 1 0

,~v3 =

 1 0 0

. et la matrice A: 3×3 dont les colonnes sont~v1, ~v2 et~v3,

A= [~v1|~v2|~v3].

Le d´eterminant de A est -1 doncA est inversible.

a) La matrice Q d’un produit scalaire par rapport `a la quelle les colonnes de A constituent une base orthonorm´ee satisfait

AtQA=I.

A est inversible et par cons´equent :

Q= (At)1A1= (AAt)1. 3

(4)

Autrement dit, Qvaut :

Q=

1 −1 −1

−1 2 1

−1 1 2

.

b) La projection p(~x) de~x sur le sous-espace engendr´e par~v1 et ~v2 est

p(~x) = (~xtQ~v1)~v1+ (~xtQ~v2)~v2. car~v1 et~v2 sont orthogonaux et de norme 1. Or

~

xtQ~v1= ( 1 2 3 )

1 −1 −1

−1 2 1

−1 1 2

 1 0 1

= 3

~

xtQ~v2= ( 1 2 3 )

1 −1 −1

−1 2 1

−1 1 2

 1 1 0

= 2 D’o`u

p(~x) = 3~v1+ 2~v2 =

 5 2 3

 c)

La norme d’un vecteur ~xpar rapport `a Qest d´efinie par k~xk2Q =~xtQ~x.

Le calcul donne k~e1kQ= 1 et k~e2kQ=k~e3kQ=√ 2.

Probl`eme 5 a) Faux.

Soit l’application lin´eaire F d’un espace V de dimension au moins 1, telle que F(~x) = 0 ∀~x ∈ V. Alors la dimension du noyau vaut la dimension de V alors que celle de son image vaut 0.

b) VRAI : Par d´efinition,P est une matrice orthogonale ⇔ P PT =I.

||P ~x||2 =< P ~x,P ~x >=~xTPTP ~x =~xT~x =< ~x,~x >=||~x||2. =⇒ ||P ~x||= ||~x||, ∀~x∈Rn et

∀P, n×n, orthogonale.

c) FAUX : Une rotation de 180 degr´es a une valeur propre ´egale `a −1.

d) FAUX : Par d´efinition,P est une matrice de projection⇔P P =P (elle est idempotente).

Si l’affirmation ´etait vraie, i.e. siP =P1on auraitP P =P P1=I=P, c.-`a-d. l’identit´e est la seule matrice de projection ce qui est faux (voir p. ex. le corrig´e de l’exercice 2.3).

7 f´evrier 2006 – Ap/am

4

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