EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 18
Exercice 1. 1. On cherche tout d’abord une base orthonormale du sous-espace vectorielU.
On a :(x1, x2, x3, x4, x5)∈Ussix3=x1+x4etx5=−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 deU. On pose w1 = (1,0,1,0,0); on a kw1k=√
2et
w2= (0,1,0,0,−1)− 1
kw1k2h(0,1,0,0,−1), w1iw1
= (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)−0−1
2(1,0,1,0,0) =1
2(−1,0,1,2,0) aveckw3k=q
32.
Les trois vecteursu1=√12(1,0,1,0,0),u2=√12(0,1,0,0,−1)etu3=q
23·12(−1,0,1,2,0) =
√1
6(−1,0,1,2,0)forment donc une base orthonormale deU.
La distance dev= (2,−1,0,1,1)àU est la norme dev−ProjU(v). On calcule v−ProjU(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 doncdist(v, U) =kv−ProjU(v)k=k(1,0,−1,1,0)k=√ 3.
2. On considère l’espaceC0([−π, π],R)des fonctions continues de[−π, π] dansR. On va calculer la projections orthogonale de la fonctionf∈C0([−π, π],R),f(x) = sin(x)sur le sous-espaceU= span(f0, . . . , f3), oùfi∈C0([−π, π],R),fi(x) =xi. Ce sera la meilleure approximation (dans le sens voulu) desinpar un polynôme de degré 3. Dans la suite, on écrira simplementXi pourfi. On applique l’algorithme de Gram–Schmidt à la base (1, X, X2, X3)deU. On obtient la base(p0, . . . , p3), avec
p0=√1
2π, p1= r 3
2π3X, p2= r45
8π5
X2−π2 3
= 3√ 5 2π2√
2π
X2−π2 3
, p3=
r175 8π7
X3−3π2 5 X
= 5√ 7 2π3√
2π
X3−3π2 5 X
. 1
On calcule donc Z π
−πsin(t)dt= 0, Z π
−πtsin(t)dt= [−tcos(t)]π−π+ Z π
−πcos(t)dt= 2π, Zπ
−πt2sin(t)dt= 0, (fonction impaire) Zπ
−πt3sin(t)dt= [−t3cos(t)]π−π+ 3 Z π
−πt2cos(t)dt= 2π3+ 3[t2sin(t)]π−π−6 Z π
−πtsin(t)dt
= 2π3+ 0−12π= 2π3−12π.
On en déduit
p= ProjU(f) =φ(f, p0)p0+φ(f, p1)p1+φ(f, p2)p2+φ(f, p3)p3
= 0 + 2π 3
2π3X+ 0 +
2π3−12π−3π2 5 2π
175 8π7
X3−3π2 5 X
= 3 π2X+
π2 5 −3
175 2π6
X3−3π2 5 X
= 3
π2− π2
5 −3 105
2π4
X+ π2
5 −3 175
2π6X3
≃0.85698332779525X−0.0933876972831854X3
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
-3 -2 -1 0 1 2 3
sin(x) x-x**3/6 0.85698332779525*x-0.0933876972831854*x**3
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 que2(−2) + (−1) =−56=−1. Donc le système est inconsistant.
On poseA=
1 −1 1 −4 2 1
etb=
−1 2 4
. Le système normal estAtAx=Atb. On effectue
2
les calculs :
Atb=
1 1 2
−1 −4 1
−1 24
= 9
−3
AtA=
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.
(AtA)−1= 1 6·18−(−3)·(−3)
18 3 3 6
= 1 33
6 1 1 2
Alors
xy
= 1 33
6 1
1 2 9
−3
= 1 11
17 1
.
Exercice 3. 1. On utilise la méthode donnée dans le polycopié du cours comme application de la méthode des moindres carrés. On considère la matrice
A=
1 11 1 0 1 0 2
(dont les colonnes sont linéairement indépendantes). L’image de l’application linéaire LA:R2→R4 associée à cette matrice est le sous-espace vectorielU deR4. On a donc, d’après le cours
ProjU
12 34
=A·(AtA)−1·At
12 34
=
1 11 1 0 1 0 2
1 1 0 0 1 1 1 2
1 11 1 0 1 0 2
−1
1 1 0 0 1 1 1 2
12 3 4
=
1 1 1 10 1 0 2
2 2
2 7 −1
143
= 1 10
1 1 1 10 1 0 2
7 −2
−2 2 3 14
= 1 10
1 11 1 0 1 0 2
−7
22
= 1 10
1515 22 44
=
3/23/2 11/5 22/5
.
3
2. Si une droite d’équationy=mx+bpassait par les points donnés, alors le vecteur(m, b)t serait une solution du système suivant :
0.5 1 2.5 11 1 4 1
· m
b
=
2.1 2.42.8 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
10 105 10 25 10 40 10
,x= m
b
, etb=101
2124 28 34
. Alors
Atb= 1 100
5 10 25 40 10 10 10 10
2124 28 34
= 1 100
2405 1070
= 1 20
481 214
et
AtA= 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
(AtA)−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. 3. 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 dea,betcqui 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 bc
b= 1 10
84 278 3192
.
4
Alors
AtA=
34 0 10 0 10 0 10 0 5
d’où
(AtA)−1= 1 70
5 0 −10
0 7 0
−10 0 34
. On a
Atb= 1 10
4 1 0 1 4
−2 −1 0 1 2 1 1 1 1 1
8427 318 92
= 1 10
762 24220
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
70x2+1 5x+152
175. Exercice 4. 1. On calcule
T(1) = 0 + 1 = 1, T(X) = 1 +X T(X2) = 2X+X2, T(X3) = 3X2+X3 et on obtient
[T]B,B=
1 1 0 0 0 1 2 0 0 0 1 3 0 0 0 1
.
2. D’après le cours, il suffit d’appliquer l’algorithme de Gram–Schmidt àB. On obtient C=
r1 2π,
r 3
2π3X, 3√ 5 2π2√
2π
X2−π2 3
, 5√ 7 2π3√
2π
X3−3π2 5 X
! .
5
On calcule ensuite T
r1 2π
!
= r1
2π,
T r 3
2π3X
!
= r 3
2π3+ r 3
2π3X=
√3 π
r1 2π+
r 3 2π3X
T 3√
5 2π2√
2π
X2−π2 3
!
= 3√ 5 π2√
2πX+ 3√ 5 2π2√
2π
X2−π2 3
=
√15 π
r 3
2π3X+ 3√ 5 2π2√
2π
X2−π2 3
,
T 5√
7 2π3√
2π
X3−3π2 5 X
!
= 15√ 7 2π3√
2π
X2−π2 5
+ 5√ 7 2π3√
2π
X3−3π2 5 X
=15√ 7 3π√
5· 3√ 5 2π2√
2π
X2−π2 3
+
√7 π
r1 2π + 5√
7 2π3√
2π
X3−3π2 5 X
et on en déduit
[T]C,C=
1 √π3 0 √π7 0 1 √π15 0 0 0 1 3π15√√75
0 0 0 1
.
3. D’après ce qu’on a vu en 1.), on peut par exemple prendre V0={0}, V1= span(1), V2= span(1, X),
V3= span(1, X, X2), V4= span(1, X, X2, X3), V5=P3(R).
4. On aS(1) = 0,S(X) =X,S(X2) = 2X2etS(X3) = 3X3. On obtient donc
[S]B,B=
0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3
.
En même temps, on trouve que1est un vecteur propre pour la valeur propre0,Xest un vecteur propre pour la valeur propre1,X2 un vecteur propre pour la valeur propre2et X3un vecteur propre pour la valeur propre3. On a donc les valeurs propres0,1,2,3.
Admettons qu’il existe une autre valeur propreλ∈R. Alors il existep=a+bX+cX2+ dX3∈P3(R)tel queS(p) =λp, c’est-à-dire
λ·(a+bX+cX2+dX3) =bX+ 2cX2+ 3dX3. Cela implique0 =λa,b=λb,λc= 2cetλd= 3d. On a donc – soitλ= 0etaquelconque, ce qui impliqueb=c=d= 0, – soitλ= 1etbquelconque, ce qui impliquea=c=d= 0, – soitλ= 2etcquelconque, par conséquenta=b=d= 0, – soitλ= 3,dquelconque, eta=b=c= 0.
Les valeurs propres0,1,2,3sont donc toutes les valeurs propres deS.
6
