EPFL Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007 Corrigé de la série 19 Correction ex

EPFL Algèbre linéaire 1ère année 2006-2007 Corrigé de la série 19 Correction exercice 1 Montrons que W ⊂(W ⊥)⊥. Soit w ∈W, comme ∀x ∈W ⊥, ⟨x, w⟩= 0, on a w ∈(W ⊥)⊥. De plus, dim((W ⊥)⊥) = dim(V ) −dim(W ⊥) = dim(V ) −(dim(V ) −dim(W)) = dim(W). D’où l’égalité. Correction exercice 2 Soit {f1, . . . , fn} une base de F que l’on complète par les vecteurs {e1, . . . , ek} de E pour obtenir une base de E. D’après le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, il existe une base orthonormée de F, {f ′ 1, . . . , f ′ n} telle que ∀j ∈{1, . . . , n} Span(f ′ 1, . . . , f ′ j) = Span(f1, . . . , fj). En appliquant le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt à la base {f1, . . . , fn, e1, . . . , ep} de E, on obtient une base orthonormée de E, {f ′ 1, . . . , f ′ n, e′ 1, . . . , e′ p} telle que ∀j ∈{1, . . . , n} Span(f ′ 1, . . . , f ′ j) = Span(f1, . . . , fj) et ∀p ∈{1, . . . , k} Span(f ′ 1, . . . , f ′ n, e′ 1, . . . , e′ p) = Span(f1, . . . , fn, e1, . . . , ep). La base orthonormée {f ′ 1, . . . , f ′ n} de F est donc incluse dans la base orthonormée {f ′ 1, . . . , f ′ n, e′ 1, . . . , e′ p} de E. Correction exercice 3 La réponse est non, une matrice diagonalisable n’admet pas forcément une base orthonormée de vecteurs propres, comme le montre l’exemple suivant. Soit T : R2 →R2 telle que T(1, 0) = 2(1, 0) et T(1, 1) = 3(1, 1). Dans la base B = {(1, 0), (1, 1)} de R2 on a [T]B = 2 0 0 3  . Si on orthonormalise cette base de vecteurs propres pas le procédé de Gram-Schmidt on obtient : f1 = (1, 0) et f2 = (0, 1) mais f2 n’est pas un vecteur propre de T car T(f2) = T((1, 1)−(1, 0)) = 3(1, 1) −2(1, 0) = (1, 3) = f1 + 3f2. Correction exercice 4 Nous allons montrer le résultat suivant, équivalent à celui de l’énoncé : les colonnes de A sont linéairement dépendantes si et seulement si AtA n’est pas inversible. Soit vi la i-ième colonne de A, 1 ≤i ≤n. On considère vi comme vecteur colonne dans Rm. Supposons que (v1 . . . vn) est linéairement dépendante. Alors il existe b1, . . . , bn ∈R, non tous nuls, tels que b1v1 + · · · + bnvn = 0. Autrement dit, A    b1 . . . bn   = 0. 1 On pose b = (b1 · · · bn)t ∈Rn. Alors AtAb = At0 = 0. Puisque b ̸= 0, AtA n’est pas inversible. Réciproquement, supposons que AtA n’est pas inversible. En particulier, elle n’est pas injective. Alors il existe u ∈Rn, u ̸= 0, tel que AtAu = 0. Donc, 0 = ⟨AtAu, u⟩= ⟨Au, Au⟩. Alors Au = 0 (puisqu’un produit scalaire est défini positif). Donc les colonnes de A ne sont pas linéairement indépendantes. Correction exercice 5 1. On applique le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt à la base {1, t} de P1(R). On considère le vecteur 1. On a ||1||2 = 2 d’où : P1 = 1 √ 2. En posant E1 = Span(P1) on a : P2 = t −pE1(t) ||t −pE1(t)||. On montre que pE1(t) = 0 et ||t||2 = 2 3, d’où P2 = √ 3 t √ 2 . 2. On a ⟨f0, P1⟩= 1 √ 2(e −e−1). par une intégration par parties on obtient que ⟨f0, P2⟩= √ 6e−1 et enfin ||f0||2 = 1 2(e2 −e−2). On a R 1 −1(et −at −b)2dt = ||et −(at + b)||2 or, d’après le théorème de meilleure approxi- mation ∀ at + b ∈P1(R) ||et −pP1(R)(et)|| ≤||et −(at + b)||. Donc α = ||et −pP1(R)(et)||2. Comme et −pP1(R)(et) et pP1(R)(et) sont orthogonaux, on a d’après le théorème de Pythagore α = ||f0||2 −||pP1(R)(et)||2 et comme P1 et P2 forment une base orthonormée de P1(R) on a pP1(R)(f0) = ⟨f0, P1⟩P1 + ⟨f0, P2⟩P2. En appliquant, de nouveau, le théorème de Pythagore on obtient ||pP1(R)(et)||2 = ⟨f0, P1⟩2 + ⟨f0, P2⟩2. On en déduit que α = ||f0||2 −⟨f0, P1⟩2 −⟨f0, P2⟩2. Soit α = 1 2(e2 −e−2) −( 1 √ 2(e −e−1))2 −( √ 6e−1)2 = −7e−2 + 1. 2 3. On orthonormalise {1, t, t2} par Gram-Schmidt. En posant E2 = Span(P1, P2) on a : P3 = t2 −pE2(t2) ||t2 −pE2(t2)||. On a pE2(t2) = ⟨t2, P1⟩P1 + ⟨t2, P2⟩P2 = ⟨t2, 1⟩1 2 + ⟨t2, t⟩3 2t = 2. On obtient ||t2 −2||2 = 86 15. D’où P3 = r 15 86(t2 −2). De même qu’au point précédent on montre que α′ = ||et −pP2(R)(et)||2 et par le théorème de Pythagore α′ = ||f0||2 −||pP2(R)(et)||2 comme P1, P2 et P3 forment une base orthonormée de P2(R) on a pP2(R)(f0) = ⟨f0, P1⟩P1+ ⟨f0, P2⟩P2 + ⟨f0, P3⟩P3. En appliquant, de nouveau, le théorème de Pythagore on obtient ||pP2(R)(et)||2 = ⟨f0, P1⟩2 + ⟨f0, P2⟩2 + ⟨f0, P3⟩2. On en déduit que α′ = ||f0||2 −⟨f0, P1⟩2 −⟨f0, P2⟩2 −⟨f0, P3⟩2. On laisse le lecteur faire le calcul de ⟨f0, P3⟩par intégrations par parties. Correction exercice 6 1. La première équation fournit l’égalité y = x−2. En substituant dans la deuxième équation on obtient : 2x + 3x −6 = −1. Soit x = 1. En substituant dans la troisième équation, on obtient : 4x + 5x −10 = 5. Soit x = 15 3 , ce qui est en contradiction avec l’égalité x = 1. Le système est donc incom- patible. 2. Soient A =   1 −1 2 3 4 5  et b =   2 −1 5  . Le système normal associé au système Ax = b est le système AtAx = Atb. Les vecteurs colonnes de A étant linéairement indépendantes on sait, d’après l’exercice 4 que la matrice AtA est inversible et on obtient dans ce cas que le système normal admet pour unique solution x = (AtA)−1Atb. On a AtA = 21 25 25 35  d’où (AtA)−1 = 1 21×35−25×25  35 −25 −25 21  = 1 110  35 −25 −25 21  et Atb = 20 20  . D’où x = 1 11 20 −8  . 3 uploads/Litterature/ corrige-19 1 .pdf

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littérature obtient orthonormée correction exercice comme
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