EPFL
Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010
Corrigé de la série 18
Exercice 1. 1. On cherche tout d’abord une base orthonormale du sous-espace vectoriel U. On a :(x1, x2, x3, x4, x5)∈U ssix3 =x1+x4 etx5 =−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 de U. On pose w1 = (1,0,1,0,0); on a kw1k=√
2 et
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) avec kw2k=√
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) avec kw3k=q
3 2.
Les trois vecteursu1 = √12(1,0,1,0,0),u2 = √12(0,1,0,0,−1)etu3 =q
2
3·12(−1,0,1,2,0) =
1
√6(−1,0,1,2,0)forment donc une base orthonormale de U.
La distance de v = (2,−1,0,1,1)à U est la norme de v−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 donc dist(v, U) =kv−ProjU(v)k=k(1,0,−1,1,0)k=√ 3.
2. On considère l’espace C0([−π, π],R) des fonctions continues de [−π, π] dans R. On va calculer la projections orthogonale de la fonction f ∈C0([−π, π],R), f(x) = sin(x)sur le sous-espace U = span(f0, . . . , f3), où fi ∈C0([−π, π],R),fi(x) =xi. Ce sera la meilleure approximation (dans le sens voulu) de sin par un polynôme de degré 3. Dans la suite, on écrira simplement Xi pour fi. 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 = r 45
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
.
On calcule donc Z π
−π
sin(t)dt= 0,
Z π
−π
tsin(t)dt= [−tcos(t)]π−π+ Z π
−π
cos(t)dt= 2π, Z π
−π
t2sin(t)dt= 0, (fonction impaire) Z π
−π
t3sin(t)dt= [−t3cos(t)]π
−π + 3 Z π
−π
t2cos(t)dt= 2π3+ 3[t2sin(t)]π
−π−6 Z π
−π
tsin(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 que 2(−2) + (−1) =−56=−1. Donc le système est inconsistant.
1 −1
−1
les calculs :
Atb=
1 1 2
−1 −4 1
−1 2 4
= 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
x y
= 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 1 1 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 vectoriel U de R4. On a donc, d’après le cours
ProjU
1 2 3 4
=A·(AtA)−1·At
1 2 3 4
=
1 1 1 1 0 1 0 2
1 1 0 0 1 1 1 2
1 1 1 1 0 1 0 2
−1
1 1 0 0 1 1 1 2
1 2 3 4
=
1 1 1 1 0 1 0 2
2 2
2 7 −1
3 14
= 1 10
1 1 1 1 0 1 0 2
7 −2
−2 2 3 14
= 1 10
1 1 1 1 0 1 0 2
−7
22
= 1 10
15 15 22 44
=
3/2 3/2 11/5 22/5
.
2. Si une droite d’équation y=mx+bpassait par les points donnés, alors le vecteur (m, b)t serait une solution du système suivant :
0.5 1
1 1 2.5 1 4 1
· m
b
=
2.1 2.4 2.8 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
5 10 10 10 25 10 40 10
, x=
m b
, et b = 101
21 24 28 34
. Alors
Atb= 1 100
5 10 25 40 10 10 10 10
21 24 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’équation y = 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 de a,b etcqui donnent la meilleure approximation à une solution. On pose
A=
4 −2 1 1 −1 1 0 0 1 1 1 1
x=
a b c
b = 1 10
84 27 8 31
.
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
84 27 8 31 92
= 1 10
762
20 242
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
70 x2+ 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 à B. On obtient C=
r 1 2π,
r 3
2π3X, 3√ 5 2π2√
2π
X2− π2 3
, 5√
7 2π3√
2π
X3− 3π2 5 X
! .
On calcule ensuite T
r 1 2π
!
= r 1
2π,
T
r 3 2π3X
!
= r 3
2π3 + r 3
2π3X =
√3 π
r 1 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
r 1 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 315π√√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 a S(1) = 0, S(X) =X, S(X2) = 2X2 etS(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 que1 est un vecteur propre pour la valeur propre0,X est un vecteur propre pour la valeur propre 1, X2 un vecteur propre pour la valeur propre 2 et X3 un vecteur propre pour la valeur propre 3. 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 que S(p) =λp, c’est-à-dire
λ·(a+bX+cX2+dX3) =bX+ 2cX2+ 3dX3. Cela implique 0 =λa, b =λb, λc= 2cet λd= 3d. On a donc
– soit λ= 0 et a quelconque, ce qui implique b =c=d= 0, – soit λ= 1 et b quelconque, ce qui implique a =c=d= 0, – soit λ= 2 et cquelconque, par conséquent a=b=d= 0, – soit λ= 3, d quelconque, et a=b=c= 0.
