Corrigé de la série 17

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 17

Exercice 1. 1. Prenons une base deP, par exempleu= (0,3,2), v= (3,0,1). En ajoutant w= (0,0,1), nous obtenons une base deR³. On commence par appliquer l’algorithme de Gram-Schmidt à la base(u, v, w)deR³. On a

u1=u/kuk=√1 13(0,3,2) et

u2= v− hv, u1iu1

kv− hv, u1iu1k=(3,0,1)−2/13(0,3,2)

k · · · k =1/13(39,−6,9) 1/13√

1638 =(13,√ −2,3) 2·7·13. On aspan(u1, u2) = span(u, v). La liste(u1, u2)est libre car(u, v)est libre, et commeP est de dimension2, la liste(u1, u2)est une base deP. On a donc une base orthonormée (u1, u2, u3)deR³, telle quespan(u1, u2) =P. Comme on a

Proj_P(a) =ha, u1iu1+ha, u2iu2,

pour tout a∈ R³, où h·,·i note le produit scalaire usuel deR³, on n’a pas besoin de calculeru3. Pour la projectionProj_P(a),a= (a1, a2, a3)∈R³, 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

= 1

14(13a1−2a2+ 3a3,−2a1+ 10a2+ 6a3,3a1+ 6a2+ 5a3). La matrice de cette application linéaire par rapport à la base canonique deR³est donnée par

1 14



13 −2 3

−2 10 6

3 6 5



.

2. Sia(2,0,0) +b(0,−1,2) +c(0,2,1) = (0,0,0), alors a=b=c = 0. Best donc libre.

CommeF³ est de dimension3, c’est donc bien une base deF³. On considère le produit scalaire φ: F³×F³ défini parφ(v, w) = ¹₄v1w1+¹₅v2w2+¹₅v3w3 pourv = (v1, v2, v3), w= (w1, w2, w3)∈F³. La base((2,0,0),(0,−1,2),(0,2,1))est une base orthonormale de F³muni du produit scalaireφ(on a défini le produit scalaire généralisé à poidsφde façon à ce que cela soit le cas).

D’après un théorème du cours, on trouve donc [v]B=



φ(v,(2,0,0)) φ(v,(0,−1,2))

φ(v,(0,2,1))



=





12v1 15(−v2+ 2v3)

15(2v2+v3)



.

1

3. Soit(v1, . . . , vn)une liste liée dans unF-espace vectorielV muni d’un produit scalaireφ.

Attention : L’algorithme de Gram–Schmidt n’est pas défini pour cette situation, mais on peut se demander ce qui se passerait si on essayait de l’appliquer à cette liste.

Soiti∈ {1, . . . , n}minimal tel quevi∈ span(v1, . . . , vi−1). Si on applique l’algorithme de Gram–Schmidt à la liste(v1, . . . , vn), on va commencer par obtenir une nouvelle base orthonormée(u1, . . . , ui−1)despan(v1, . . . , vi−1), puisque(v1, . . . , vi−1)est libre. D’après le cours, commevi∈span(v1, . . . , vi−1) = span(u1, . . . , ui−1), on avi=P_i−1

j=1φ(vi, ui)ui. Si on continuait àppliquer l’algorithme à notre liste, on obtiendrait donc

vi− Xi−1 j=1

φ(vi, ui)ui= 0

à lai-ème étappe de l’algorithme. Ce vecteur pose problème, on le laisse donc de côté (on ne va pas pouvoir le diviser par sa norme !).

En continuant avecvi+1, on va obtenir ou bien0sivi+1∈span(v1, . . . , vi−1), ou bien une nouvelle liste(u1, . . . , ui−1, ui+1)libre et telle quespan(u1, . . . , ui−1, ui+1) = span(v1, . . . , vi+1).

En continuant de cette manière, on est obligé de laisser de côté les vecteurs qui sont déjà dans le span des précédents. On obtient donc finalement une base orthonormale de span(v1, . . . , vn); on a en fait appliqué le lemme du vecteur superflu à chaque fois que le vecteurvkétait un élément despan(v1, . . . , vk−1).

Exercice 2. 1. Appliquons Gram–Schmidt à la base(1, X, X²)deP2(R): p0= 1

k1k =√1 2 p1= X−φ(X, p0)p0

kX−φ(X, p0)p0k= X kXk=

r3 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(X²−1 3) Nous avons utilisé :

φ(1,1) = Z ₁

−1dx=x|¹₋₁= 2, φ(X,1) = Z ₁

−1xdx= 0, φ(X, X) =

Z ₁

−1x²dx=x³ 3|¹₋₁=2

3, φ(X²,1) =

Z ₁

−1x²dx=2

3, φ(x², x) = Z₁

−1x³dx= 0, φ(X², X²) = Z ₁

−1x⁴dx=2 5 kX²−1

3k²=φ(X², X²)−2

3φ(X²,1) +1

9φ(1,1) = 8 45

2. On aP1(R) = span(p0, p1). L’espaceP1(R)^⊥ est de dimension1. Comme(p0, p1, p2)est une base orthonormale deP2(R), on aφ(p0, p2) =φ(p1, p2) = 0et donc06=p2∈P1(R)^⊥ (voir par exemple l’exercice 1.5 de la série 16). On a doncP1(R)^⊥= span(p2), et comme φ(p2, p2) = 1, ceci est une base orthonormale deP1(R)^⊥.

2

3. On applique l’algorithme de Gram-Schmidt à la base(1, X, X²)deP2(C): p0= 1

k1k=√1 3 p1= X−ψ(X, p0)p0

kX−ψ(X, p0)p0k=X−ψ(X,1)·^√1₃·^√1₃

kX−ψ(X, p0)p0k = X−1 kX−1k =√1

2(X−1) p2= X²−ψ(X², p0)p0−ψ(X², p1)p1

kX²−ψ(X², p0)p0−ψ(X², p1)p1k =X²−ψ(X²,1)¹₃−ψ(X², X−1)¹₂(X−1) k · · · k

=X²−⁵₃−2(X−1)

k · · · k =X²−2X+¹₃ k · · · k =

√3 X²−2X+¹₃

√2 .

On a utilisé :

ψ(1,1) = 3, ψ(1, X) = 0 + 1 + 2 = 3, ψ(X−1, X−1) = 1 + 0 + 1 = 2, ψ(1, X²) = 0 + 1 + 4 = 5, ψ(X², X−1) = 0 + 0 + 4 = 4,

ψ

X²−2X+1

3, X²−2X+1 3

=1 9+4

9+1 9=2

3. Comme dans la question précédente, on trouveP1(C)^⊥= span

√

3(^X2_√^−2X+13)

2

. 4. D’après un théorème du cours, on trouve donc

[2X²−1]C=







 ψ

2X²−1,^√1₃ ψ

2X²−1,^√1₂(X−1) ψ

2X²−1,^√3(^X2_√^−2X+13)

2







=





−^√1₃+^√1₃+^√7₃

√1

2+ 0 +^√7₂

−^√1₆−^√2₆+^√7₆



=





√7

4√3

2

2√

√2 3



,

et

[iX+ 3]C=







 ψ

iX+ 3,^√1₃ ψ

iX+ 3,^√1₂(X−1) ψ

iX+ 3,^√3(^X2_√^−2X+13)

2







=





√3 +^i+3√₃ +^2i+3√₃

−^√3₂+ 0 +^2i+3√₂

√3

6−^2(i+3)√₆ +^2i+3√₆



=





√3i+ 3√

√ 3 2i 0



.

Exercice 3. 1. On calcule

hei,eji=h(δ_nⁱ)n∈N,(δ^j_n)n∈Ni=X^∞

n=0

δ_nⁱδ^j_n=δ^j_i.

2. Si la suite(an)n∈Nest un élément deU, alors(an)n∈Npeut être écrite comme combinaison linéaire finie d’éléments deU;

(an)n∈N= (a0, a1, . . .) = XN

i=1

αieni,

avec α1, . . . , αN ∈ Ret n1, . . . , nN ∈ N. D’après la définition des suites ei,i ∈ N, on obtientam= 0pour toutm > N.

3

Réciproquement si(an)n∈N∈`²(N)est telle queam= 0pour toutm > N, on peut écrire

(an)n∈N= XN

i=0

aiei,

et(an)n∈Nest un élément deU. La suitea := 1,¹₂,¹₃, . . .

est un élément de `²(N) carP_∞

i=1 1

i² converge de manière absolue. Mais d’après la caractérisation des éléments deU vue ci-dessus,a6∈U. DoncU est un sous-espace propre de`²(N).

3. Soit(an)n∈N∈U^⊥⊆`²(N). On a alors en particulier0 =h(an)n∈N,ejipour toutj∈N.

Mais cela donne

0 = X∞

i=0

aiδ^j_i=aj

pour toutj ∈N. La suite(an)n∈Nest donc la suite nulle, et on obtient U^⊥={0}. Par conséquent, on aU⊕U^⊥=U(`²(N)d’après le point précédent.

Exercice 4. 1. On a montré dans l’exercice 1 de la série 16 que U^⊥+W^⊥⊆(U∩W)^⊥. SiV est de dimension finie, on peut montrer l’autre inclusion. On posen= dimV. Pour montrer queU^⊥+W^⊥= (U∩W)^⊥, il suffit maintenant de voir que les dimensions des deux sous-espaces sont égales. Calculons-les :

dim(U^⊥+W^⊥) = dim(U^⊥) + dim(W^⊥)−dim(U^⊥∩W^⊥)

= (n−dim(U)) + (n−dim(W))−dim (U+W)^⊥

= 2n−dim(U)−dim(W)−(n−dim(U+W))

=n−dim(U∩W) = dim((U∩W)^⊥).

Pour la deuxième égalité, on a utilisé l’égalitéU^⊥∩W^⊥= (U+W)^⊥(voir l’exercice 1 de la série 16). Nous avons aussi utilisé plusieurs fois les formules

dim(U1+U2) + dim(U1∩U2) = dim(U1) + dim(U2)

et U1⊕U₁^⊥ = V qui sont valables pour tous sous-espaces U1, U2 de V carV est de dimension finie.

2. On a vu dans l’exercice 3 queU^⊥ = {0}. On sait aussi queW ∩U = {0}, car on a (an)n∈N∈W∩U, si et seulement si on a à la fois(an)n∈N=α· 1,¹₂,¹₄, . . .

et il existe N∈Ntel quean= 0pour toutn > N. Cela donneα= 0et donc(an)n∈N= 0. On obtient par conséquent(U∩W)^⊥={0}^⊥=`<sup>2</sup>(N). Commea6∈W<sup>⊥</sup>, on a aussiW<sup>⊥</sup>(`²(N), et doncW^⊥+U^⊥=W^⊥(`²(N) = (U∩W)^⊥.

4