Donc B est une base de R3

Facult´e des Sciences Universit´e Mohammed V

SMA-S4 -Alg`ebre V

Solutions TD -S´eance: 8 Mai-2020 Ann´ee Universitaire 2019-2020

S´erie 4.

Exercice 1. 1) La v´erification est immediate: Soientx, y ∈E. Ecrivons x=Pn

i=1x_ie_i. Alors hx, e_ji=h

n

X

i=1

x_ie_i, e_ji=

n

X

i=1

hx_ie_i, e_ji=x_j. D’o`u les 3 ´egalit´es.

2) V´erifions que B est libre en calculant le d´eterminant.

1 −1 2

1 1 1

2 2 −3

=

1 −2 2

1 0 1

2 0 −3

= 2

1 1 2 −3

6= 0

Or, B est de cardinal 3 et R³ est de dimension 3. Donc B est une base de R³.

Trouvons maintenant l’orthonormalis´ee de Gram-Schmidt {v₁, v₂, v₃} de B.

ku₁k=√

1²+ 1²+ 2² =√

6. Donc v₁ = u₁

ku₁k =

√6

6 (1,1,2) Posons u⁰₂ =u₂− hu₂, v₁iv₁. Alors

u⁰₂ = (−1,1,2)− 1

6h(−1,1,2),(1,1,2)i(1,1,2)

= (−1,1,2)− 1

6(−1 + 1 + 4)(1,1,2)

= (−1,1,2)− 4

6(1,1,2)

= (−5 3,1

3,2 3)

= 1

3(−5,1,2).

1

v₂ est le vecteur unitaire (c’est `a dire de norme 1) qui est colin´eaire `a u⁰₂. Donc commek(−5,1,2)k=√

30, on d´eduit que Donc

v₂ = (−5,1,2) k(−5,1,2)k =

√30

30 (−5,1,2).

Posons u⁰₃ =u₃− hu₃, v₁iv₁− hu₃, v₂iv₂. Alors u⁰₃ = (2,1,−3)−1

6h(2,1,−3),(1,1,2)i(1,1,2)− 1

30h(2,1,−3),(−5,1,2)i(−5,1,2) Donc on trouve u⁰₃ = (0,2,−1).

v₃ = u⁰₃ ku⁰₃k =

√5

5 (0,2,−1).

Donc

B⁰ ={

√6

6 (1,1,2),

√30

30 (−5,1,2),

√5

5 (0,2,−1)}

2) Posons w= (−5,6,10). Trouvons d’abord les coordonn´ees (α, β, γ) de w dans la baseorthonormale B⁰. Alors

w=

3

X

j=1

hw, v_jiv_j = 7√ 6

2 v₁+ 17

√30

10 v₂+ 2√ 5 5 v₃. D’autre part,

w=αv₁+βv₂+γv₃ ⇒ w= α

22v₁−γ(−v₃) +β(v₁+v₂)−β 22v₁ ⇒ w= (α−β

2 )2v1−γ(−v3) +β(v1+v2).

Donc les coordonn´ees de w dans la base {2v₁,−v₃, v₁+v₂} sont (35√

6−17√ 30

10 ,−2√

5 5 ,17√

30 10 ).

3) Trouvons l’orthonormalis´ee de Gram Schmidt D={v₁⁰, v₂⁰, v₃⁰} de la base {u₁, u₃, u₂}. Observons quev₁⁰ =v₁. Posons u”₂ =u₃− hu₃, v₁⁰iv₁⁰. Alors on trouve

u”₂ = (5 2,3

2,−2) = 1

2(5,3,−4) Donc

v₂⁰ = (5,3,−4)

k(5,3,−4)k = 1

√50(5,3,−4) Posons

u”3 =u2− hu2, v₁⁰iv⁰₁− hu2, v₂⁰iv⁰₂ Alors on trouve

u”₃ = (−2 3,14

15,−2

15) = −2

15(5,−7,1);

D’o`u,

v⁰₃ = (5,−7,1)

k(5,−7,1)k = 1

√75(5,−7,1).

Ainsi, la base D est D={

√6

6 (1,1,2), 1

√50(5,3,−4), 1

√75(5,−7,1)}.

Rappelons que l’ordre des ´el´ements d’une base est important pour l’´ecriture de la matrice, pour l’´ecriture des coordonn´ees d’un vecteur donn´e. Observons ici que la base D est bien diff´erente de la base B⁰. Comme le montre l’algorithme d’orthogonalisation de Gram Schmidt, l’ordre des ´el´ements d’une base est important.

Exercice 2. Rappelons que l’application tr : E → R est une forme lin´eaire, et que trA = trA^t pour tout A ∈ E. Soient A, B, C ∈ E.

Soient α, β ∈ R. Comme tr(A^tB) = tr((A^tB)^t) = tr(B^tA), on a f(A, B) = f(B, A). D’autre part,

f(αA+βB, C) = tr((αA+βB)^tC) =αtr(A^tC) +βtr(B^tC) D’o`u,f(αA+βB, C) =αf(A, C)+βf(B, C). Par suite,f est bilin´eaire sym´etrique. V´erifions quefest d´efinie positive. EcrivonsA= (aij)1≤i,j≤n. Alors

tr(A^tA) = tr((X

k

a_kia_kj)_1≤i,j≤n) = X

k

a²_ki

Donc si A6= 0, f(A, A)>0. Ainsi, f est un produit scalaire sur E.

2) M´ethode 1. V´erifions directement que les matrices unit´e {E_ij} for- ment une base orthonormale de E.

f(E_ij, E_kl) = tr(E_jiE_kl) = tr(δ_ikE_jl) =δ_ikδ_jl Donc f(E_ij, E_kl) = 0 si E_ij 6=E_kl, et f(E_ij, E_ij) = 1.

M´ethode 2. Observons bien la formule tr(A^tA) = P

ja²_ij pour toutA= (a_ij)_ij dans E. Alors en consid´erant l’isomorphisme naturel d’espaces vectoriels entre E etRⁿ

2:

A= (a_ij)_ij 7→(a₁₁, . . . , a_1n, a₂₁, . . . , a_2n, . . . , a_n1, . . . , a_nn) On voit bien que f n’est autre que le produit scalaire usuel de Rⁿ

2. Donc une base orthonormale est la base canonique, qui correspond aux matrices unit´es.

3) On peut directement trouver un exemple qui montre que g n’est pas d´efinie positive. Sinon, la formule qui suit aide `a le trouver: Soit A = (a_ij)1≤i,j≤n∈E. Alors

tr(A²) = tr((X

k

a_ika_kj)1≤i,j≤n) = X

k

a_ika_ki.

Prenons par exemple A =E₁₂, alors E₁₂ 6= 0 mais E₁₂² = 0, en partic- ulier, g(E12, E12) = 0.

A vous maintenant: Utilisez cette formule et trouvez un exempleA tel que g(A, A)<0.

Exercice 3. 1) On a f_u = P

nf_u(e_i)e^∗_i = P

nhu, e_iie^∗_i. Supposons maintenant que B est orthonormale. Alors u = Pn

i=1hu, e_iie_i. Donc les coordonn´ees de f_u dans la base B^∗ sont les mˆemes que ceux de u dans la base B.

2) Si B est orthonormale, d’apr`es la question 1), on a l’´egalit´e d´esir´ee (1) f^P_iλiei =X

i

λie^∗_i, ∀λ1, . . . , λn ∈R.

Supposons maintenant que l’´egalit´e (1) est v´erifi´ee. Alorsfei =e^∗_i. Or, comme on l’a vu dans 1), he_i, e_ji = f_ei(e_j). Par suite he_i, e_ji = δ_ij et donc B est orthonormale.

3) Choisissons une base orthonormale B ={e₁, . . . , e_n}de E. Alors E^∗ ={X

i

λ_ie^∗_i, λ₁, . . . , λ_n∈R}.

On utilise 2), on obtient E ={f^P

iλiei, λ₁, . . . , λ_n ∈R}.

D’o`u,E ={f_u :u∈E}.

Remarque. Vous pouvez aussi le faire en utilisant l’Exercice 1 de la S´erie 3.

4) On a

tϕ:E^∗ →E^∗, f 7→f ◦ϕ.

Soient u, v ∈E,

tϕ(f_u)(v) = f_u◦ϕ(v)

=hu, ϕ(v)i

=hϕ^∗(u), vi

=f_ϕ^∗_(u)(v) D’o`u,^tϕ(f_u) = f_ϕ^∗_(u).

Exercice 4. I) Rappel. Rappelons la d´efinition g´eom´etrique de la rotation dans le plan. Soit P le plan muni d’un rep`ere orthonorm´e direct R = (O,~i,~j). La rotation R du plan de centre Ω et d’angle θ est la transformation bijective qui laisse le point Ω invariant et qui transforme tout point M en M⁰ de sorte que:

OM =OM⁰, (−−→

OM ,−−→

OM⁰) =θ.

A tout point M du plan, on lui associe ses coordonn´ees cart´esiennes (x, y) dans le rep`ere R et son affixe complexe aff (M) = z = x+iy.

On note M(x, y) ou M(z). Donc soit aff (Ω) = ω et aff (M) = z.

Soit M⁰(z⁰) l’image de M par R. Alors en utilisant les coordonn´ees complexes, l’´equation de R est

(2) z⁰ −ω=e^iθ(z−ω)

(Vous pouvez retrouver cette ´equation avec un simple sch´ema: tra- vaillez dans le rep`ere R<sub>Ω</sub> = (Ω,~i,~j) et ensuite revenez `a R.

Trouvons maintenant la matrice de R. Ecrivons ω = ω₁ +iω₂, z⁰ = x⁰ +iy⁰. L’´equation (2) devient

x⁰+iy⁰−ω₁−iω₂ = (cosθ+isinθ)(x+iy−ω₁ −iω₂) En s´eparant la partie r´eelle de la partie imaginaire, on obtient:

x⁰−ω₁ y⁰−ω₂

=

cosθ −sinθ sinθ cosθ

x−ω₁ y−ω₂

Donc la matrice de la rotation de centre Ω(ω₁, ω₂) et d’angle θ est cosθ −sinθ

sinθ cosθ