Algèbre L2 S4 - Page Personnelle de Jérôme Von Buhren

Algèbre L2 S4
Exercice : Dans R4muni de sa structure euclidienne canonique soit Fle 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 Fdans R4.
2. Ecrire la matrice de la projection orthogonale sur Frelativement à la base canonique de R4.
3. Ecrire la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à Frelativement 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−favec fdans 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)∈R4est dans F⊥ssi il vérifie les équations
<(x,y,z,t)|(1,0,−1,0)>=0
<(x,y,z,t)|(0,1,0,−1)>=0⇔x−z=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
√2(1,0,1,0);1 √2(0,1,0,1).
2. On dispose de la base orthonormée de Fsuivant
(u1,u2) = 1
√2(1,0,−1,0);1 √2(0,1,0,−1).
On utilise pour (x,y,z,t)∈R4la formule
pF(x,y,z,t) =<u1,(x,y,z,t)>u1+<u2,(x,y,z,t)>u2
=1
√2(x−z)u1+1 √2(y−t)u2
=1
2(x−z,y−t,z−x,t−y).
Ainsi, la matrice de pFrelativement à la base canonique est
MatC(pF) = 1
2
1 0 −1 0
010−1
−1 0 1 0
0−1 0 1
.
1

3. En utilisant la relation sF=2pF−Id, on obtient
MatC(sF) = 
0 0 −1 0
000−1
−1 0 0 0
0−1 0 0
.
4. Par le cours, on a que
inf
f∈Fku−fk=ku−pF(u)k.
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]→Rdéfinie par
ϕ(P,Q) =
2
∑
k=0
P(k)Q(k)
1. Montrer que l’application ϕdéfinit un produit scalaire sur R2[x].
2. Pour pet qdeux entiers de {0,1,2}calculer ϕ(xp,xq).
3. Orthonormaliser par le procédé de Schmidt la famille {1,x,x2}.
Correction :
1. – On commence par vérifier que ϕest linéaire en la première variable et symétrique, ce qui permet
d’obtenir que ϕest bilinéaire.
– Ensuite, en notant q(P) = ϕ(P,P), on a bien que q(P)≥0 pour tout polynôme P∈R2[x]. Ainsi
ϕest positive.
– Finalement, si q(P) = 0 avec P∈R2[x], alors P(0) = P(1) = P(2) = 0 et comme Pest de degré
au plus 2, on conclut que P=0. Ainsi, ϕest 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=xet v3=x2. On appliquer l’algorithme de Schmidt
– On pose u0
1=v1. On le normalise en posant
u1=u0
1
ku0
1k=1
√3.
– On pose u0
2=v2+λu1. On veut que u0 2soit orthogonal à u1, ce qui donne
ϕ(u0
2,u1) = 0⇒λ=−ϕ(v2,u1) = −√3.
Donc u0
2=x−1 et en normalisant
u2=u0
2
ku0
2k=x−1
√2.
2

– On pose u0
3=v3+αu1+βu2. On veut que u0 3soit orthogonal à u1et u2, ce qui donne
ϕ(u0
3,u1) = 0⇒α=−ϕ(v3,u1) = −5
√3.
ϕ(u0
3,u2) = 0⇒β=−ϕ(v3,u2) = −2√2.
Donc u0
3=x2−2x+1/3 et en normalisant
u3=u0
3
ku0
3k=r2
3(x2−2x+1/3).
La base obtenue de R2[x]est donc
(u1,u2,u3) = 1
√3;x−1 √2;r2
3(x2−2x+1/3).
3