Exercices “Algèbre bilinéaire” (A)

Méthode :

Pour trouver la base duale, on cherche les formes linéaires $u_i^*$ telles que $u_i^*(u_j) = \delta_{ij}$. Si on note $u_i^*(x,y,z) = a_i x + b_i y + c_i z$, cela revient à inverser la matrice de passage ou à résoudre le système d’équations défini par les conditions de dualité.

Étapes :

1. Vérification de la base :

   La matrice formée par les vecteurs $(u_1, u_2, u_3)$ en colonnes est :

   $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

   C’est une matrice triangulaire supérieure avec des 1 sur la diagonale. Son déterminant vaut 1 (non nul), donc $\mathcal{B}$ est bien une base.

2. Recherche de $u_1^*$ :

   Par définition, $u_1^*(u_1) = 1$, $u_1^*(u_2) = 0$, $u_1^*(u_3) = 0$.

   Soit $v = (x, y, z)$. Exprimons $v$ dans la base $\mathcal{B}$ : $v = \lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3$.

   Alors par définition des formes coordonnées, $u_1^*(v) = \lambda_1$.

   Résolvons le système :

   $(x, y, z) = \lambda_1(1, 0, 0) + \lambda_2(1, 1, 0) + \lambda_3(1, 1, 1)$

   $\begin{cases} x = \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 \\ y = \lambda_2 + \lambda_3 \\ z = \lambda_3 \end{cases}$

   On remonte le système (substitution arrière) :

   • $\lambda_3 = z$
   • $\lambda_2 = y - \lambda_3 = y - z$
   • $\lambda_1 = x - \lambda_2 - \lambda_3 = x - (y - z) - z = x - y$

3. Identification des formes duales :

   D’après les résultats ci-dessus :

   • $u_1^*(x, y, z) = \lambda_1 = x - y$
   • $u_2^*(x, y, z) = \lambda_2 = y - z$
   • $u_3^*(x, y, z) = \lambda_3 = z$

Réponse :

La base duale est définie par les formes linéaires :

$u_1^*(x, y, z) = x - y, \quad u_2^*(x, y, z) = y - z, \quad u_3^*(x, y, z) = z$

Méthode :

Pour la matrice, le coefficient $a_{ij}$ correspond au coefficient devant le terme $x_i y_j$. La symétrie se lit sur la matrice (${}^tA = A$) ou sur l’expression ($\text{coeff } x_i y_j = \text{coeff } x_j y_i$). Le calcul se fait par ${}^t X A Y$.

Étapes :

1. Vérification de la symétrie :

   Regardons les coefficients croisés :

   • Coeff de $x_1y_2$ est $-1$, coeff de $x_2y_1$ est $-1$. (Égaux)
   • Coeff de $x_2y_3$ est $1$, coeff de $x_3y_2$ est $1$. (Égaux)
   • Coeff de $x_1y_3$ est $0$, coeff de $x_3y_1$ est $0$. (Égaux)

   Puisque $\varphi$ est une expression polynomiale homogène de degré 1 en $x$ et 1 en $y$, c’est une forme bilinéaire. La symétrie des coefficients assure qu’elle est symétrique.

2. Construction de la matrice $A$ :

   $A = \begin{pmatrix} \text{coeff } x_1y_1 & \text{coeff } x_1y_2 & \text{coeff } x_1y_3 \\ \text{coeff } x_2y_1 & \text{coeff } x_2y_2 & \text{coeff } x_2y_3 \\ \text{coeff } x_3y_1 & \text{coeff } x_3y_2 & \text{coeff } x_3y_3 \end{pmatrix}$

   $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

3. Calcul matriciel :

   Soient $X = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ et $Y = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.

   On calcule $\varphi(u, v) = {}^t X A Y$.

   D’abord $A Y = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix}$.

   Ensuite ${}^t X (AY) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} = 1(-1) + 1(4) + 0(2) = 3$.

Réponse :

La matrice est $A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ et $\varphi(u, v) = 3$.

Méthode :

On regroupe les termes contenant la première variable ($x$) pour former une identité remarquable, puis on itère sur les variables restantes.

Étapes :

1. Regroupement en $x$ :

   Les termes contenant $x$ sont $x^2 + 2xy$. On reconnaît le début de $(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2$.

   Donc $x^2 + 2xy = (x+y)^2 - y^2$.

   On substitue dans $q$ :

   $q(x, y, z) = \left[(x+y)^2 - y^2\right] + 2y^2 + 5z^2 - 4yz$

   $q(x, y, z) = (x+y)^2 + y^2 - 4yz + 5z^2$

2. Regroupement en $y$ :

   On travaille sur le reste : $y^2 - 4yz$.

   C’est le début de $(y - 2z)^2 = y^2 - 4yz + 4z^2$.

   Donc $y^2 - 4yz = (y - 2z)^2 - 4z^2$.

   On substitue :

   $q(x, y, z) = (x+y)^2 + \left[(y - 2z)^2 - 4z^2\right] + 5z^2$

   $q(x, y, z) = (x+y)^2 + (y - 2z)^2 + z^2$

3. Analyse du résultat :

   On a $q(v) = L_1(v)^2 + L_2(v)^2 + L_3(v)^2$ avec :

   $L_1 = x+y$

   $L_2 = y-2z$

   $L_3 = z$

   Ces formes sont linéairement indépendantes (le système est triangulaire).

4. Signature et rang :

   Il y a 3 coefficients positifs ($+1, +1, +1$) et 0 négatif.

   Signature : $(3, 0)$.

   Rang : 3.

5. Définie positive ?

   Le rang est égal à la dimension (3) et la signature est $(3, 0)$. Donc $q(v) \ge 0$ et $q(v) = 0 \iff L_1=L_2=L_3=0 \iff v=0$. Elle est définie positive.

Réponse :

$q(x, y, z) = (x+y)^2 + (y-2z)^2 + z^2$

Signature $(3, 0)$, Rang 3. Elle est définie positive.

Méthode :

On construit d’abord une base orthogonale $(u_1, u_2)$, puis on normalise.

1. $u_1 = v_1$
2. $u_2 = v_2 - \frac{(v_2 | u_1)}{\|u_1\|^2} u_1$ (projection de $v_2$ sur l’orthogonal de $u_1$)
3. Normaliser pour obtenir $e_i = u_i / \|u_i\|$.

Étapes :

1. Premier vecteur $u_1$ :

   On pose $u_1 = v_1 = (1, 1, 0)$.

   Norme carrée : $\|u_1\|^2 = 1^2 + 1^2 + 0^2 = 2$.

   Premier vecteur normalisé : $e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1, 0)$.

2. Deuxième vecteur orthogonal $u_2$ :

   On calcule le produit scalaire $(v_2 | u_1)$ :

   $(v_2 | u_1) = 2\times 1 + 0\times 1 + 1\times 0 = 2$

   On applique la formule :

   $u_2 = v_2 - \frac{(v_2 | u_1)}{\|u_1\|^2} u_1 = (2, 0, 1) - \frac{2}{2} (1, 1, 0)$

   $u_2 = (2, 0, 1) - (1, 1, 0) = (1, -1, 1)$

   Vérifions l’orthogonalité : $(u_2 | u_1) = 1(1) + (-1)(1) + 1(0) = 0$. C’est bon.

3. Normalisation de $u_2$ :

   Norme carrée : $\|u_2\|^2 = 1^2 + (-1)^2 + 1^2 = 3$.

   Norme : $\|u_2\| = \sqrt{3}$.

   Deuxième vecteur normalisé : $e_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, -1, 1)$.

Réponse :

Une base orthonormée de $F$ est :

$e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad e_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$

Méthode :

Il est souvent plus rapide de projeter d’abord sur la droite orthogonale $P^\perp$ engendrée par le vecteur normal $n$.

La formule de décomposition est : $v = \pi_P(v) + \pi_{P^\perp}(v)$.

Donc $\pi_P(v) = v - \pi_{P^\perp}(v)$, avec $\pi_{P^\perp}(v) = \frac{(v | n)}{\|n\|^2} n$.

Étapes :

1. Vecteur normal :

   L’équation est $1\cdot x + (-1)\cdot y + 1\cdot z = 0$.

   Un vecteur normal est $n = (1, -1, 1)$.

2. Projection sur la normale ($P^\perp$) :

   Calculons $(v | n) = 2(1) + 3(-1) + 4(1) = 2 - 3 + 4 = 3$.

   Calculons $\|n\|^2 = 1^2 + (-1)^2 + 1^2 = 3$.

   $\pi_{P^\perp}(v) = \frac{3}{3} n = n = (1, -1, 1)$

3. Projection sur le plan $P$ :

   $\pi_P(v) = v - \pi_{P^\perp}(v) = (2, 3, 4) - (1, -1, 1) = (1, 4, 3)$

   Vérifions que ce point est dans le plan : $1 - 4 + 3 = 0$. C’est correct.

4. Calcul de la distance :

   La distance est la norme de la composante orthogonale (le vecteur projeté sur la normale).

   $d(v, P) = \|\pi_{P^\perp}(v)\| = \|(1, -1, 1)\| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{3}$

Réponse :

$\pi_P(v) = (1, 4, 3)$ et la distance est $\sqrt{3}$.

Méthode :

Calculer le polynôme caractéristique pour trouver les valeurs propres. Résoudre les systèmes $(A - \lambda I)X = 0$ pour trouver les sous-espaces propres. Normaliser les vecteurs pour obtenir une base orthonormée.

Étapes :

1. Valeurs propres :

   Polynôme caractéristique $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}$.

   $P_A(\lambda) = (2-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 3$.

   Racines : $\Delta = 16 - 12 = 4$.

   $\lambda_1 = \frac{4-2}{2} = 1$ et $\lambda_2 = \frac{4+2}{2} = 3$.

2. Vecteurs propres :

   • Pour $\lambda_1 = 1$ :

     $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies x + y = 0 \implies x = -y$.

     Vecteur directeur : $u_1 = (1, -1)$.

     Normalisation : $\|u_1\| = \sqrt{2}$. Donc $e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1)$.

   • Pour $\lambda_2 = 3$ :

     $\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies -x + y = 0 \implies x = y$.

     Vecteur directeur : $u_2 = (1, 1)$.

     Normalisation : $\|u_2\| = \sqrt{2}$. Donc $e_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)$.

   Note : Comme la matrice est symétrique, les vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont nécessairement orthogonaux ($u_1 \perp u_2$), ce qu’on vérifie : $1(1) + (-1)(1) = 0$.

3. Matrices $P$ et $D$ :

   La matrice de passage orthogonale $P$ contient les vecteurs $e_1, e_2$ en colonnes.

   $P = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$

   La matrice diagonale contient les valeurs propres :

   $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$

Réponse :

$P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$, $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$.

Méthode :

Calcul intégral simple des monômes $\int_0^1 t^k dt = \frac{1}{k+1}$.

Étapes :

1. Calculs de base :

   • $\|1\|^2 = \int_0^1 1\cdot 1 dt = [t]_0^1 = 1$.
   • $\|X\|^2 = \int_0^1 t\cdot t dt = \int_0^1 t^2 dt = [\frac{t^3}{3}]_0^1 = \frac{1}{3}$.
   • $\langle 1, X \rangle = \int_0^1 1\cdot t dt = [\frac{t^2}{2}]_0^1 = \frac{1}{2}$.

2. Recherche de l’orthogonal :

   On cherche $R(X) = aX + b$ tel que $\langle 1, R \rangle = 0$.

   $\langle 1, aX+b \rangle = a\langle 1, X \rangle + b\langle 1, 1 \rangle = a(\frac{1}{2}) + b(1) = 0$

   Donc $b = -\frac{a}{2}$.

   Si on prend $a=2$, alors $b=-1$. Le polynôme $R(X) = 2X - 1$ est orthogonal à 1.

3. Cauchy-Schwarz :

   L’inégalité stipule : $|\langle P, Q \rangle|^2 \le \|P\|^2 \cdot \|Q\|^2$.

   • Carré du produit scalaire : $(\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$.
   • Produit des normes carrées : $1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$.
   • Comparaison : On a bien $\frac{1}{4} \le \frac{1}{3}$ (puisque $0.25 \le 0.33$).

Réponse :

$\langle 1, X \rangle = 1/2$. Un polynôme orthogonal à 1 est $2X-1$. L’inégalité $1/4 \le 1/3$ est vérifiée.

Méthode :

La matrice de la projection sur la droite normale engendrée par $n=(n_x, n_y, n_z)$ (unitaire) est $N = n {}^t n$.

La matrice de la réflexion est $S = I - 2N$.

Étapes :

1. Vecteur normal unitaire :

   Un vecteur normal est $u = (1, 1, 1)$.

   Sa norme est $\|u\| = \sqrt{1+1+1} = \sqrt{3}$.

   Le vecteur unitaire est $n = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)$.

2. Construction de la matrice $N = n {}^t n$ :

   $n {}^t n = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

3. Calcul de la matrice $S = I - 2n {}^t n$ :

   $S = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{2}{3} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

   Calculons terme à terme :

   • Diagonale : $1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.
   • Hors diagonale : $0 - \frac{2}{3} = -\frac{2}{3}$.

Réponse :

$S = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 \\ -2 & 1 & -2 \\ -2 & -2 & 1 \end{pmatrix}$

C’est une matrice orthogonale et symétrique.

Méthode :

Une matrice $M$ est orthogonale si ${}^t M M = I_n$.

Si $\det(M) = 1$, c’est une rotation (groupe $SO(n)$).

Si $\det(M) = -1$, c’est un antidéplacement (isométrie indirecte).

Étapes :

1. Matrice A :

   ${}^t A A = \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos^2+\sin^2 & -\cos\sin+\sin\cos \\ -\sin\cos+\cos\sin & \sin^2+\cos^2 \end{pmatrix} = I_2$.

   C’est orthogonal.

   $\det(A) = \cos^2 \theta - (-\sin^2 \theta) = 1$.

   $\to$ Rotation d’angle $\theta$.

2. Matrice B :

   Les colonnes ne sont pas orthogonales : $(1, 0) \cdot (1, 1) = 1 \ne 0$.

   Ce n’est pas une matrice orthogonale. (C’est une matrice de cisaillement).

3. Matrice C :

   ${}^t C C = C^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

   C’est orthogonal.

   $\det(C) = 0 - 1 = -1$.

   $\to$ Isométrie indirecte (ici, symétrie par rapport à la droite $y=x$).

Réponse :

• $A$ est orthogonale (Rotation).
• $B$ n’est pas orthogonale.
• $C$ est orthogonale (Réflexion/Antidéplacement).

Méthode :

Le lien fondamental est que l’orthogonal de l’espace engendré par les lignes d’un système homogène $AX=0$ est exactement l’espace engendré par les vecteurs coefficients de ces lignes. Autrement dit, si $F = \text{Ker}(L_1) \cap \text{Ker}(L_2)$, alors $F^\perp = \text{Vect}(\text{grad } L_1, \text{grad } L_2)$.

Étapes :

1. Analyse du système :

   Les équations peuvent être vues comme des produits scalaires :

   • $L_1(x) = \langle u_1, x \rangle = 0$ avec $u_1 = (1, 1, 1, 1)$.
   • $L_2(x) = \langle u_2, x \rangle = 0$ avec $u_2 = (1, -1, 1, -1)$.

   $F$ est l’ensemble des vecteurs orthogonaux à $u_1$ et $u_2$. Donc $F = \{u_1, u_2\}^\perp$.

2. Propriété de l’orthogonal :

   On sait que $(A^\perp)^\perp = \text{Vect}(A)$.

   Donc $F^\perp = (\{u_1, u_2\}^\perp)^\perp = \text{Vect}(u_1, u_2)$.

3. Vérification de la liberté :

   Les vecteurs $u_1 = (1, 1, 1, 1)$ et $u_2 = (1, -1, 1, -1)$ ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles). Ils forment donc une base de $F^\perp$.

4. Dimensions :

   $\dim(F^\perp) = 2$.

   Comme $\dim(E) = 4$, on a $\dim(F) = 4 - 2 = 2$.

Réponse :

$\dim(F) = 2$. Une base de $F^\perp$ est $((1, 1, 1, 1), (1, -1, 1, -1))$.