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
+β
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
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
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 P−1 =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)−1A−1= (AAt)−1. 3
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 =P−1on auraitP P =P P−1=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
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