Corrigé de la série 15

EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008

Corrigé de la série 15

Exercice 1.

(a) Soitx∈G^⊥. Par dénition, cela signie queϕ(x, y) = 0pour touty ∈G. CommeF ⊆G, on a en particulier que ϕ(x, y) = 0 pour tout y∈F. Par conséquencex∈F^⊥. Comme x était arbitraire, nous avons bien montré que G^⊥⊆F^⊥.

(b) Montrons (F +G)^⊥ ⊆ F^⊥∩G^⊥ : Soit x ∈ (F +G)^⊥. Donc ϕ(x, y) = 0 ∀y ∈ F +G. CommeF ⊆F +G etG⊆F +G, on a ϕ(x, v) = 0 ∀v ∈F etϕ(x, w) = 0 ∀w∈G. Par conséquence x∈F^⊥∩G^⊥.

Montrons F^⊥∩G^⊥⊆ (F +G)^⊥ : Soit x ∈F^⊥∩G^⊥. Prenons n'importe quel y∈F +G et écrivonsy sous la forme y=v+w oùv ∈F etw∈G. Alors : ϕ(x, y) = ϕ(x, v+w) = ϕ(x, v) +ϕ(x, w) = 0 + 0 = 0 et doncx∈(F +G)^⊥.

(c) Prouvons d'abordF^⊥+G^⊥⊆(F ∩G)^⊥ : Soitx∈F^⊥+G^⊥. Soientv ∈F^⊥ etw∈G^⊥ les éléments uniques tels que x =v+w. Alors ϕ(x, y) = ϕ(v+w, y) = ϕ(v, y) +ϕ(w, y) = 0 + 0 = 0pour tout y∈F ∩Get donc x∈(F ∩G)^⊥.

Pour montrer que F^⊥+G^⊥ = (F ∩G)^⊥, il sut maintenant de voir que les dimensions des deux sous-espaces sont égales. Calculons-les :

dim(F^⊥+G^⊥) = dim(F^⊥) + dim(G^⊥)−dim(F^⊥∩G^⊥)

= (n−dim(F)) + (n−dim(G))−dim (F +G)^⊥

= 2n−dim(F)−dim(G)−(n−dim(F +G))

=n−dim(F ∩G) = dim((F ∩G)^⊥).

Nous avons utilisé plusieurs fois la formule

dim(U +W) + dim(U ∩W) = dim(U) + dim(W)

qui est valable pour deux sous-espaces U, W de V et le fait queU ⊕U^⊥=V.

Remarquons que la condition que V soit de dimension nie n'a été utilisé que dans (c), pour montrer que (F ∩G)^⊥ ⊆F^⊥+G^⊥.

Exercice 2. Par hypothèse, on a F = span(v₁) +· · ·+ span(v_k). Par récurrence, l'énoncé de l'exercice 1.(b) implique que F^⊥= span(v₁)^⊥∩ · · · ∩span(v_k)^⊥. Alorsx∈F^⊥ ssix∈span(v_i)^⊥ pour tout i = 1, . . . , k. De plus, la condition que x ∈ span(v_i)^⊥ est équivalente à ϕ(x, v_i) = 0 par homogénéité, d'où l'équivalence désirée.

Alternativement, on peut démontrer les deux implications directement.

Exercice 3. Posons x = (1,1,1,1), y = (−1,1,−1,1) et écrivons U pour span(x, y). Par l'exercice 2, on a a= (a₁, a₂, a₃, a₄)∈U^⊥ ssi

( a₁+a₂+a₃+a₄ = 0

−a₁+a₂−a₃+a₄ = 0.

C'est le cas si et seulement si a₂ +a₄ = 0 = a₁ +a₃. Par exemple, on a v = (0,1,0,−1) et w = (1,0,−1,0) dans U^⊥. Comme U ⊕U^⊥ = R⁴ et comme U est de dimension 2, U^⊥ est de dimension 2 également. Comme la liste (v, w) est visiblement linéairement indépendante, elle forme une base de U^⊥.

Exercice 4. Supposons queT préserveU, i.e.T(U)⊆U. Pour v ∈V, on a doncT proj_U(v)∈ U. Comme proj_U|_U = id_U, nous trouvons que proj_U(Tproj_U)(v) = T proj_U(v). C'est valable pour toutv ∈V, et alors proj_UT proj_U =T proj_U.

Soit inversement T telle que proj_UT proj_U = T proj_U et soit u ∈ U. Alors T proj_U(u) = T(u). Comme c'est égale à proj_UTproj_U(u) ∈ im(proj_U) = U, on trouve T(u) ∈ U. Par conséquent T(U)⊆U.

Exercice 5. Soit n = dim(V) et soit e_k+1, . . . , e_n des vecteurs qui complètent (e₁, . . . , e_k) en une base orthonormale. Soit v = Pn

i=1α_ie_i la réprésentation de v dans cette base. Appliquer ϕ(−, e_j) pour1 ≤j ≤n aux deux côtés de cette équation donne ϕ(v, e_j) = α_j par bilinearité.

Donc on a

(∗) v =

n

X

i=1

ϕ(v, e_i)e_i. Par conséquence, on trouve

(∗∗) kvk² =ϕ(

n

X

i=1

ϕ(v, e_i)e_i,

n

X

j=1

ϕ(v, e_j)e_j) =

n

X

i=1

ϕ(v, e_i)ϕ(e_i,

n

X

j=1

ϕ(v, e_j)e_j)

=

n

X

i=1

ϕ(v, ei)

n

X

j=1

ϕ(v, ej)ϕ(ei, ej)

!

=

n

X

i=1

|ϕ(v, ei)|².

(a) Supposons que kvk² = Pk

i=1|ϕ(v, e_i)|². Donc |ϕ(v, e_i)|² = 0 et alors ϕ(v, e_i) = 0 pour i > k. Par (∗), cela implique que v ∈span(e1, . . . , ek).

Si inversementv ∈span(e₁, . . . , e_k), alorsϕ(v, e_i) = 0pouri > k. Par(∗∗), nous déduisons que kvk² =Pk

i=1|ϕ(v, e_i)|².

(b) On calcule : proj_U(v) = proj_U(Pn

i=1ϕ(v, e_i)e_i) =Pn

i=1ϕ(v, e_i) proj(e_i) =Pk

i=1ϕ(v, e_i)e_i, commeproj_U|U = idU, proj_U|_U^⊥ = 0 et ej ∈U^⊥ pourj > k.

Exercice 6. Prenons une base de P, par exemple (u = (0,3,2), v = (3,0,1)). En ajoutant w = (0,0,1), nous obtenons une base de R³. Par l'algorithme de GramSchmidt, il existe une base orthonormée (e₁, e₂, e₃)de R³, telle quespan(e₁, e₂) =P. Par l'exercice 5.(a), nous avons

proj_P(a) = ϕ(a, e₁)e₁ +ϕ(a, e₂)e₂,

oùϕ note le produit scalaire usuel deR³. Pour trouverproj_P(a)explicitement, il sut donc de déterminer e₁ ete₂. On a

e₁ =u/kuk= ^√1

13(0,3,2) et

e₂ = v−ϕ(v, e₁)e₁

kv−ϕ(v, e₁)e₁k = (3,0,1)−2/13(0,3,2)

k · · · k = 1/13(3·13,−6,9) 1/13√

1638 = (13,−2,3)

√2·7·13.

2

Pour la projection proj_P(a), 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 2·7

= ₁₄¹ (13a1−2a2+ 3a3,−2a1+ 10a2+ 6a3,3a1+ 6a2+ 5a3).

La matrice de cette application linéaire par rapport à la base canonique de R³ est donnée par

1 14





13 −2 3

−2 10 6

3 6 5



.

Exercice 7.

(a) Appliquons GramSchmidt à la base(1, x, x²)de P2(R): p₀ = _k1k¹ = ^√1

2

p₁ = x−ϕ(x, p₀)p₀

kx−ϕ(x, p₀)p₀k = x kxk =

q3 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)³₂p1

k · · · k

= x²− ¹₃

kx²− ¹₃k = 3√ 5 2√

2(x²−¹₃) Nous avons utilisé :

ϕ(1,1) = Z 1

−1

dx=x|¹₋₁ = 2, ϕ(x,1) = Z 1

−1

xdx= 0, ϕ(x, x) = Z 1

−1

x²dx= ^x₃³|¹₋₁ = ²₃, ϕ(x²,1) =

Z 1

−1

x²dx= ²₃, ϕ(x², x) = Z 1

−1

x³dx= 0, ϕ(x², x²) = Z 1

−1

x⁴dx= ²₅ kx²− ¹₃k² =ϕ(x², x²)− ²₃ϕ(x²,1) + ¹₉ϕ(1,1) = ₄₅⁸

(b) L'espaceP1(R)^⊥ est de dimension 1. Comme il contient p2, on a P1(R)^⊥ =R(x²− ¹₃).

3