Algèbre L2 S4 Exercice : Dans R4 muni de sa structure euclidienne canonique soit F le sous-espace vectoriel défini par F = (x, y, z,t) ∈ R4 | x + y + z + t = x − y + z − t = 0 . 1. Déterminer une base orthonormée du supplémentaire orthogonal de F dans R4 . 2. Ecrire la matrice de la projection orthogonale sur F relativement à la base canonique de R4 . 3. Ecrire la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à F relativement à la base canonique de R4 . 4. Posons u = (1, 2, 3, 4). Donner la valeur de la plus petite norme possible pour un vecteur la forme u − f avec f dans F. Correction : 1. On commence par déterminer F ⊥ . On commence par remarquer que F = Vect (1, 0, −1, 0); (0, 1, 0, −1) . Ainsi, un élément (x, y, z,t) ∈ R4 est dans F ⊥ ssi il vérifie les équations < (x, y, z,t) | (1, 0, −1, 0) > = 0 x−z = 0 ⇔ < (x, y, z,t) | (0, 1, 0, −1) > = 0 y−t = 0 On conclut donc F ⊥ = Vect (1, 0, 1, 0); (0, 1, 0, 1) . On en déduit qu’une base orthonormée de F ⊥ est 1 1 √ (1, 0, 1, 0); √ (0, 1, 0, 1) . 2 2 2. On dispose de la base orthonormée de F suivant 1 1 (u1 , u2 ) = √ (1, 0, −1, 0); √ (0, 1, 0, −1) . 2 2 On utilise pour (x, y, z,t) ∈ R4 la formule pF (x, y, z,t) =< u1 , (x, y, z,t) > u1 + < u2 , (x, y, z,t) > u2 1 1 = √ (x − z)u1 + √ (y − t)u2 2 2 1 = (x − z, y − t, z − x,t − y). 2 Ainsi, la matrice de pF relativement à la base canonique est 1 0 −1 0 1 0 1 0 −1 . MatC (pF ) = 1 0 2 −1 0 0 −1 0 1 1 3. En utilisant la relation sF = 2pF − Id, on obtient 0 0 −1 0 0 0 0 −1 . MatC (sF ) = −1 0 0 0 0 −1 0 0 4. Par le cours, on a que inf ku − f k = ku − pF (u)k. f ∈F On a que pF (u) = (−1, −1, 1, 1), d’où ku − pF (u)k = k(2, 3, 2, 3)k = √ 26. Exercice : Soit R2 [x] le R-espace vectoriel des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à 2. Considérons l’application ϕ : R2 [x] × R2 [x] → R définie par 2 ϕ(P, Q) = ∑ P(k) Q(k) k=0 1. Montrer que l’application ϕ définit un produit scalaire sur R2 [x]. 2. Pour p et q deux entiers de {0, 1, 2} calculer ϕ(x p , xq ). 3. Orthonormaliser par le procédé de Schmidt la famille {1, x, x2 }. Correction : 1. – On commence par vérifier que ϕ est linéaire en la première variable et symétrique, ce qui permet d’obtenir que ϕ est bilinéaire. – Ensuite, en notant q(P) = ϕ(P, P), on a bien que q(P) ≥ 0 pour tout polynôme P ∈ R2 [x]. Ainsi ϕ est positive. – Finalement, si q(P) = 0 avec P ∈ R2 [x], alors P(0) = P(1) = P(2) = 0 et comme P est de degré au plus 2, on conclut que P = 0. Ainsi, ϕ est définie positive, donc c’est un produit scalaire. 2. Par calcul direct ϕ(1, 1) = ϕ(1, x) = 3, ϕ(1, x2 ) = ϕ(x, x) = 5, ϕ(x, x2 ) = 9, ϕ(x2 , x2 ) = 17. 3. Notons v1 = 1, v2 = x et v3 = x2 . On appliquer l’algorithme de Schmidt – On pose u01 = v1 . On le normalise en posant u1 = u01 1 =√ . ku01 k 3 – On pose u02 = v2 + λ u1 . On veut que u02 soit orthogonal à u1 , ce qui donne √ ϕ(u02 , u1 ) = 0 ⇒ λ = −ϕ(v2 , u1 ) = − 3. Donc u02 = x − 1 et en normalisant u2 = u02 x−1 = √ . ku02 k 2 2 – On pose u03 = v3 + αu1 + β u2 . On veut que u03 soit orthogonal à u1 et u2 , ce qui donne 5 ϕ(u03 , u1 ) = 0 ⇒ α = −ϕ(v3 , u1 ) = − √ . 3 √ 0 ϕ(u3 , u2 ) = 0 ⇒ β = −ϕ(v3 , u2 ) = −2 2. Donc u03 = x2 − 2x + 1/3 et en normalisant u0 u3 = 03 = ku3 k r 2 2 (x − 2x + 1/3). 3 La base obtenue de R2 [x] est donc 1 x−1 r2 (x2 − 2x + 1/3) . (u1 , u2 , u3 ) = √ ; √ ; 3 3 2 3