Espace euclidien/Exercices/Orthonormalisation de Gram-Schmidt

Exercice 4-1

Pour chaque espace euclidien $E$ muni d'un produit scalaire $\varphi$ :

• appliquer la méthode de Gram-Schmidt à la famille libre $F$ afin de produire une base orthonormée pour l'espace vectoriel engendré $\operatorname {Vect} (F)$ ;
• calculer la projection orthogonale de $v\in E$ sur $\operatorname {Vect} (F)$ ;
• donner les équations de $\operatorname {Vect} (F)$.

1. $E=\mathbb {R} ^{3}$, $\varphi$ le produit scalaire usuel, $F=((1,0,-1),(1,-1,0))$ et $v=(1,1,1)$.
2. $E=\mathbb {R} ^{4}$, $\varphi$ le produit scalaire usuel, $F=((1,1,0,0),(1,0,-1,1),(0,1,1,1))$, $v=(1,1,1,1)$.
3. $E=\mathbb {R} ^{3}$, $\varphi (x,y)=3x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}+3x_{2}y_{2}+3x_{3}y_{3}$, $F=((1,0,0),(0,1,0))$ et $v=(0,0,1)$.
4. $E=\mathbb {R} _{3}[X]$, $\varphi (P,Q)=\int _{-1}^{1}P(X)Q(X)\,\mathrm {d} X$, $F=(1,X,X^{2})$, $v=X^{3}$.
5. $E=\mathbb {R} _{3}[X]$, $\varphi (P,Q)=\int _{0}^{1}P(X)Q(X)\,\mathrm {d} X$, $F=(1,X,X^{2})$, $v=X^{3}$.

Solution

1. $e_{1}=(1,0,-1)/{\sqrt {2}}$.
   $e_{2}={\frac {u}{\|u\|}}$ avec $u=(1,-1,0)-{\frac {1}{2}}\varphi ((1,-1,0),(1,0,-1))(1,0,-1)=(1,-1,0)-(1/2,0,-1/2)=(1/2,-1,1/2)$ donc $\|u\|={\sqrt {3/2}}$ et $e_{2}={\sqrt {2/3}}(1/2,-1,1/2)={\frac {1}{\sqrt {6}}}(1,-2,1)$.
   $p(v)=0$ car $v\perp F$.
   Le plan $\operatorname {Vect} (F)=v^{\bot }$ a pour équation $x+y+z=0$.
2. $e_{1}=(1,1,0,0)/{\sqrt {2}}$.
   $e_{2}={\frac {u}{\|u\|}}$ avec $u=(1,0,-1,1)-{\frac {1}{2}}\varphi ((1,0,-1,1),(1,1,0,0))(1,1,0,0)=(1,0,-1,1)-{\frac {1}{2}}(1,1,0,0)=(1/2,-1/2,-1,1)$ donc $\|u\|={\sqrt {5/2}}$ et $e_{2}={\sqrt {2/5}}(1/2,-1/2,-1,1)={\frac {1}{\sqrt {10}}}(1,-1,-2,2)$.
   $e_{3}={\frac {w}{\|w\|}}$ avec $w=$
   $(0,1,1,1)-{\frac {1}{2}}\varphi ((0,1,1,1),(1,1,0,0))(1,1,0,0)-{\frac {1}{10}}\varphi ((0,1,1,1),(1,-1,-2,2))(1,-1,-2,2)=$
   $(-2/5,2/5,4/5,6/5)={\frac {2}{5}}(-1,1,2,3)$ donc $\|w\|={\frac {2}{5}}{\sqrt {15}}$ et $e_{3}={\frac {1}{\sqrt {15}}}(-1,1,2,3)$.
   $p(v)=\varphi (v,e_{1})e_{1}+\varphi (v,e_{2})e_{2}+\varphi (v,e_{3})e_{3}=(1,1,0,0)+{\frac {1}{3}}(-1,1,2,3)=(2/3,4/3,2/3,1)$.
   L'hyperplan $\operatorname {Vect} (F)$ a pour équation $0={\begin{vmatrix}1&1&0&x\\1&0&1&y\\0&-1&1&z\\0&1&1&t\end{vmatrix}}=2(x-y+z)$, ou encore : $y=x+z$ (effectivement : les trois vecteurs de $F$ vérifient cette équation, donc toute combinaison linéaire de ces trois vecteurs la vérifie aussi).
3. Vérifions d'abord que la forme bilinéaire symétrique $\varphi$ est bien définie positive, et cela sans même appliquer l'algorithme de Gauss : pour tout $x\in \mathbb {R} ^{3}$ non nul,
   $\varphi (x,x)=3x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+3x_{2}^{2}+3x_{3}^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+2x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+3x_{3}^{2}>0$.
   $e_{1}=(1,0,0)/{\sqrt {\varphi ((1,0,0),(1,0,0)}}=(1/{\sqrt {3}},0,0)$.
   $e_{2}={\frac {u}{\sqrt {\varphi (u,u)}}}$ avec u$=(0,1,0)-{\frac {1}{3}}\varphi ((0,1,0),(1,0,0))(1,0,0)=(1/3,1,0)$ donc $\varphi (u,u)=1/3-2/3+3=8/3$ et $e_{2}={\sqrt {\frac {3}{8}}}(1/3,1,0)={\frac {1}{2{\sqrt {6}}}}(1,3,0)$.
   $p(v)=0$ car $v\perp F$ (car $\varphi$ ne contient pas de terme $x_{1}y_{3}$ ni $x_{2}y_{3}$).
   Le plan $\operatorname {Vect} (F)=v^{\bot }$ a pour équation 0$=\varphi ((x_{1},x_{2},x_{3}),v)=3x_{3}$, ou encore : $x_{3}=0$ (effectivement : les deux vecteurs de $F$ vérifient cette équation, donc toute combinaison linéaire de ces trois vecteurs la vérifie aussi).
4. $e_{1}=1/{\sqrt {2}}$.
   $e_{2}={\frac {u}{\|u\|}}$ avec $u=X-{\frac {1}{2}}\int _{-1}^{1}x\,\mathrm {d} x=X$ donc $\|u\|={\sqrt {2/3}}$ et $e_{2}={\sqrt {3/2}}X$.
   $e_{3}={\frac {w}{\|w\|}}$ avec $w=X^{2}-{\frac {1}{2}}\int _{-1}^{1}x^{2}\,\mathrm {d} x-X{\frac {3}{2}}\int _{-1}^{1}x^{3}\,\mathrm {d} x=X^{2}-{\frac {1}{3}}$ donc
   $\|w\|={\sqrt {\int _{-1}^{1}(x^{4}-(2/3)x^{2}+1/9)\,\mathrm {d} x}}={\sqrt {\int _{-1}^{1}(x^{4}-(2/3)x^{2}+1/9)\,\mathrm {d} x}}={\sqrt {\frac {8}{45}}}$ et
   $e_{3}={\sqrt {\frac {45}{8}}}(X^{2}-{\frac {1}{3}})={\sqrt {\frac {5}{8}}}(3X^{2}-1)$.
   $p(v)=\varphi (v,e_{1})e_{1}+\varphi (v,e_{2})e_{2}+\varphi (v,e_{3})e_{3}$
   $={\frac {1}{2}}\int _{-1}^{1}x^{3}\,\mathrm {d} x+{\frac {3}{2}}X\int _{-1}^{1}x^{4}\,\mathrm {d} x+{\frac {5}{8}}(3X^{2}-1)\int _{-1}^{1}x^{3}(3x^{2}-1)\,\mathrm {d} x={\frac {3}{5}}X$.
   Dans cette question et la suivante, l'équation de l'hyperplan $\operatorname {Vect} (F)$ est simplement $t=0$, en notant $(x,y,z,t)$ les coordonnées d'un polynôme de $\mathbb {R} _{3}[X]$ dans la base canonique $(1,X,X^{2},X^{3})$.
5. $e_{1}=1$.
   $e_{2}={\frac {u}{\|u\|}}$ avec $u=X-\int _{0}^{1}x\,\mathrm {d} x=X-1/2$ donc
   $\|u\|^{2}=\int _{0}^{1}(x^{2}-x+1/4)\,\mathrm {d} x=1/3-1/2+1/4=1/12$ et $e_{2}=(X-1/2){\sqrt {12}}=(2X-1){\sqrt {3}}$.
   $e_{3}={\frac {w}{\|w\|}}$ avec $w=X^{2}-{\frac {1}{3}}-3(2X-1)\int _{0}^{1}(2x^{3}-x^{2})\,\mathrm {d} x=X^{2}-X+{\frac {1}{6}}$ donc
   $\|w\|^{2}=\int _{0}^{1}(x^{4}-2x^{3}+4x^{2}/3-x/3+1/36)\,\mathrm {d} x=1/5-1/2+4/9-1/6+1/36=1/180$ et
   $e_{3}={\sqrt {180}}(X^{2}-X+1/6)={\sqrt {5}}(6X^{2}-6X+1)$.
   $p(v)=\varphi (v,e_{1})e_{1}+\varphi (v,e_{2})e_{2}+\varphi (v,e_{3})e_{3}$
   $=\int _{0}^{1}x^{3}\,\mathrm {d} x+3(2X-1)\int _{0}^{1}(2x^{4}-x^{3})\,\mathrm {d} x+5(6X^{2}-6X+1)\int _{0}^{1}x^{3}(6x^{2}-x+1)\,\mathrm {d} x$
   $=1/4+(6X-3)3/20+(6X^{2}-6X+1)/4=(30X^{2}-12X+1)/20$.

 

Exercice 4-2

1. Trouver une base orthonormée de $E=\mathbb {R} _{3}[X]$ pour le produit scalaire $\varphi (P,Q)=\int _{-1}^{1}P(x)Q(x)\,\mathrm {d} x$.
2. Pour tout réel $t$, montrer qu'il existe un polynôme $Q_{t}$ tel que $\forall P\in E\quad P(t)=\varphi (P,Q_{t})$. Déterminer explicitement $Q_{t}$ en fonction de $t$.

Solution

1. D'après l'exercice précédent (question 4), $e_{1}=1/{\sqrt {2}}$, $e_{2}={\sqrt {3/2}}X$, $e_{3}={\sqrt {\frac {5}{8}}}(3X^{2}-1)$ et le projeté de $X^{3}$ sur $\operatorname {Vect} (e_{1},e_{2},e_{3})$ est $3X/5$ donc $e_{4}={\frac {z}{\|z\|}}$ avec $z=X^{3}-3X/5$ donc $\|z\|^{2}=\int _{-1}^{1}(x^{6}-6x^{4}/5+9x^{2}/25)\,\mathrm {d} x=2(1/7-6/25+3/25)=8/(7\times 25)$ et $e_{4}={\sqrt {\frac {7}{8}}}(5X^{3}-3X)$. On retrouve ainsi les quatre premiers polynômes de Legendre.
2. Pour tout $t\in \mathbb {R}$, l'application $P\mapsto P(t)$ est une forme linéaire sur $E$ donc d'après le théorème de représentation de Riesz, elle est de la forme $P\mapsto \varphi (P,Q_{t})$ pour un certain $Q_{t}\in E$ (unique).
   $Q_{t}=\sum _{i=1}^{4}\varphi (e_{i},Q_{t})e_{i}=\sum _{i=1}^{4}e_{i}(t)e_{i}={\frac {1}{2}}+{\frac {3}{2}}tX+{\frac {5}{8}}(3t^{2}-1)(3X^{2}-1)+{\frac {7}{8}}(5t^{3}-3t)(5X^{3}-3X)$
   $={\frac {35}{8}}(5t^{3}-3t)X^{3}+{\frac {15}{8}}(3t^{2}-1)X^{2}+{\frac {15}{8}}(-7t^{3}+5t)X+{\frac {3}{8}}(-5t^{2}+3)$.

 

Exercice 4-3

Trouver une base orthonormée de $E=\mathbb {R} _{3}[X]$ pour le produit scalaire $\varphi (P,Q)=\sum _{i=0}^{3}P(i)Q(i)$.

Solution

$e_{1}={\frac {1}{\|1\|}}={\frac {1}{2}}$.
$e_{2}={\frac {u}{\|u\|}}$ avec $u=X-\varphi (e_{1},X)e_{1}=X-3/2$ donc $\|u\|^{2}=(-3/2)^{2}+(-1/2)^{2}+(1/2)^{2}+(3/2)^{2}=5$ et $e_{2}={\frac {X-3/2}{\sqrt {5}}}$.
$e_{3}={\frac {v}{\|v\|}}$ avec $v=X^{2}-\varphi (e_{1},X^{2})e_{1}-\varphi (e_{2},X^{2})e_{2}$
$=X^{2}-{\frac {1}{4}}(1+4+9)-{\frac {1}{5}}(-1/2+2+27/2)(X-3/2)=X^{2}-3X+1$ donc
$\|v\|^{2}=1^{2}+(-1)^{2}+(-1)^{2}+1^{2}=4$ et $e_{3}={\frac {1}{2}}(X^{2}-3X+1)$.
$e_{4}={\frac {w}{\|w\|}}$ avec $w=X^{3}-\varphi (e_{1},X^{3})e_{1}-\varphi (e_{2},X^{3})e_{2}-\varphi (e_{3},X^{3})e_{3}=$
$X^{3}-{\frac {1}{4}}(1+8+27)-{\frac {1}{5}}(-1/2+4+81/2)(X-3/2)-{\frac {1}{4}}(-1-8+27)(X^{2}-3X+1)=$
$X^{3}-9-{\frac {44}{5}}(X-3/2)-{\frac {9}{2}}(X^{2}-3X+1)=X^{3}-9X^{2}/2+47X/10-3/10$ donc
$\|w\|^{2}=(-3/10)^{2}+(9/10)^{2}+(-9/10)^{2}+(3/10)^{2}=9/5$ et
$e_{4}={\frac {\sqrt {5}}{3}}(X^{3}-9X^{2}/2+47X/10-3/10)$.

 

Exercice 4-4

On définit un produit scalaire sur $E:=\mathbb {R} _{n}[X]$ par :

$\forall P,Q\in E\quad \langle P,Q\rangle =\int _{0}^{1}P(t)Q(t)\,\mathrm {d} t$.

Soit $f$ la forme linéaire sur $E$ définie par

$f(P)=P(1/3)$.

On sait (théorème de représentation de Riesz) qu'il existe un unique $Q\in E$ tel que $\forall P\in E\quad f(P)=\langle P,Q\rangle$.

Pour $n=1,2,3$, calculer $Q$.

Solution

Pour $P=\sum a_{i}X^{i}$ et $Q=\sum b_{j}X^{j}$ on trouve $\langle P,Q\rangle =\sum _{0\leq i,j\leq n}{a_{i}b_{j} \over i+j+1}$.

• $n=1$. Cherchons $a,b\in \mathbb {R}$ tels que $\forall a',b'\in \mathbb {R} \quad bb'+{ab'+ba' \over 2}+{aa' \over 3}=a'/3+b'$ : $b/2+a/3=1/3$, $b+a/2=1$ d'où $b=2,a=-2$, c'est-à-dire $Q=-2X+2$.
• $n=2$. Cherchons $a,b,c\in \mathbb {R}$ tels que $\forall a',b',c'\in \mathbb {R} \quad cc'+{bc'+cb' \over 2}+{ac'+bb'+ca' \over 3}+{ab'+ba' \over 4}+{aa' \over 5}=a'/9+b'/3+c'$ : $c/3+b/4+a/5=1/9$, $c/2+b/3+a/4=1/3$, $c+b/2+a/3=1$ d'où $c=1/3,b=8,a=-10$, c'est-à-dire $Q=-10X^{2}+8X+1/3$.
• $n=3$. Cherchons $a,b,c,d\in \mathbb {R}$ tels que $\forall a',b',c',d'\in \mathbb {R} \quad dd'+{cd'+dc' \over 2}+{bd'+cc'+db' \over 3}+{ad'+bc'+cb'+da' \over 4}+{ac'+bb'+ca' \over 5}+{ab'+ba' \over 6}+{aa' \over 7}=a'/27+b'/9+c'/3+d'$ : $d/4+c/5+b/6+a/7=1/27$, $d/3+c/4+b/5+a/6=1/9$, $d/2+c/3+b/4+a/5=1/3$, $d+c/2+b/3+a/4=1$ d'où $a=4.5.7.11/27=1540/27$, $b=-4.5.43/9=-860/9$, $c=4.5.19/9=380/9$, $d=-4.17/27=-68/27$.

 

Dans $\mathbb {R} ^{n+1}$ euclidien canonique, soit $E$ l'hyperplan d'équation $x_{0}+\ldots +x_{n}=0$.

Trouver l'unique $y\in E$ tel que $\forall x=(x_{0},\ldots ,x_{n})\in E\quad \langle x,y\rangle =x_{0}$.

Même question pour $x_{1}$ et pour $x_{0}-2x_{1}$.

Solution

$\forall (x_{1},\ldots ,x_{n})\in \mathbb {R} ^{n}\quad (-x_{1}-\ldots -x_{n})y_{0}+x_{1}y_{1}+\ldots x_{n}y_{n}=-x_{1}-\ldots -x_{n}$ c'est-à-dire $-y_{0}+y_{1}=\ldots =-y_{0}+y_{n}=-1$ c'est-à-dire $y_{1}=\ldots =y_{n}=y_{0}-1$, et $0=\sum y_{i}=y_{0}+n(y_{0}-1)$ d'où $y=(n,-1,-1,\ldots ,-1)/(n+1)$.

De même pour $x_{1}$ : $y'=(-1,n,-1,\ldots ,-1)/(n+1)$

et pour $x_{0}-2x_{1}$ : $y''=y-2y'=(n+2,-1-2n,1,\ldots ,1)/(n+1)$.