089. Testez l’indépendance d’une famille de vecteurs avec des projections orthogonales

Le procédé d’orthogonalisation de Gram-Schmidt permet de tester l’indépendance linéaire d’une famille de vecteurs.

Pour illuster la situation, vous travaillez dans $\R^3$ muni du produit scalaire usuel noté $\langle \cdot,\cdot \rangle\comma$ et vous considérez les vecteurs suivants :

\left\{\begin{align*} u_1 &= (2,-1,3)\\ u_2 &= (3,-2,7)\\ u_3&=(8,-5,17). \end{align*} \right.

Il s’agit de déterminer si la famille $(u_1,u_2,u_3)$ est libre ou liée.

Explicitez le procédé de Gram-Schmidt

Pour chaque vecteur de la famille précitée, de la gauche vers la droite, vous remplacez chaque vecteur par sa différence de lui-même et de sa projection orthogonale sur l’espace engendré par les vecteurs précédents.

Par exemple, $u_2$ sera remplacé par $u_2-p(u_2)$ où $p(u_2)$ est la projection orthogonale du vecteur $u_2$ sur l’espace engendré par $u_1.$

De même, $u_3$ sera remplacé par $u_3-q(u_3)$ où $q(u_3)$ est la projection orthogonale du vecteur $u_3$ sur l’espace engendré par $u_1$ et $u_2.$

Projetez le vecteur $u_2$

Vous projetez orthogonalement le vecteur $u_2$ sur l’espace vectoriel engendré par $u_1\comma$ vous notez $p(u_2)$ ce vecteur.

L’expression de cette projection va être rappelée.

Analyse

Par définition de la projection orthogonale, $p(u_2)$ est un vecteur colinéaire à $u_1.$ D’autre part, les vecteurs $u_2-p(u_2)$ et $u_1$ sont orthogonaux.

Il existe un réel $k$ tel que $p(u_2) = ku_1.$

Pour trouver ce réel $k$, vous utilisez le produit scalaire.

\begin{align*} &\langle u_2 – p(u_2),\, u_1 \rangle = 0 \\ &\langle u_2 – k u_1,\, u_1 \rangle = 0 \\ &\langle u_2, u_1 \rangle – k \langle u_1, u_1 \rangle = 0 \\ &k = \frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\lVert u_1\rVert^2}. \end{align*}

Synthèse

Vous posez $p(u_2)=\frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\lVert u_1\rVert^2} u_1.$ Vous constatez que $p(u_2)$ est bien colinéaire au vecteur $u_1.$

Aussi :

\begin{align*} \langle u_2 – p(u_2),\, u_1 \rangle &= \left\langle u_2 – \frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2} u_1,\, u_1 \right\rangle \\ &= \langle u_2, u_1 \rangle – \left\langle \frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2} u_1,\, u_1 \right\rangle \\ &= \langle u_2, u_1 \rangle – \frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2}\,\langle u_1, u_1 \rangle \\ &= \langle u_2, u_1 \rangle – \frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2}\,\|u_1\|^2 \\ &= 0. \end{align*}

Le vecteur $p(u_2)$ est bien la projection orthogonale du vecteur $u_2$ sur l’espace engendré par le vecteur $u_1.$

Procédez aux calculs

Vous avez :

\begin{align*} \langle u_2, u_1 \rangle &= 6 + 2 + 21 = 29 \\ \lVert u_1\rVert^2 &= 4 + 1 + 9 = 14. \end{align*}

Or, $v_2 = u_2-p(u_2).$ Alors :

\begin{align*} v_2 &= (3,-2,7) – \frac{29}{14} (2,-1,3) \\ &= \frac{1}{14}\bigl( (42,-28,98) – (58,-29,87)\bigr)\\ &=\frac{1}{14} (-16,1,11). \end{align*}

Montrez que $\vect(u_1,u_2) = \vect(u_1,v_2)$

Par projection orthogonale sur $u_1\comma$ vous avez $p(u_2)\in \vect(u_1).$ Ainsi, par combinaison linéaire, vous obtenez $v_2\in\vect(u_1,u_2).$ D’où l’inclusion $\vect(u_1,v_2)\subset \vect(u_1,u_2).$

Comme $u_2 = v_2+p(u_2)\comma$ vous avez $u_2 = v_2+\frac{\langle u_2, u_1 \rangle}{\lVert u_1\rVert^2} u_1.$ Du coup, $u_2\in\vect(u_1,v_2)\comma$ et par suite $\vect(u_1,u_2)\subset \vect(u_1,v_2).$

La famille $(u_1,v_2)$ est orthogonale et elle est composée de vecteurs non nuls. Elle est donc libre et :

\dim \vect(u_1,u_2)=\dim\vect(u_1,v_2)=2.

Projetez le vecteur $u_3$

Vous notez $q(u_3)$ le projeté orthogonal du vecteur $u_3$ sur l’espace $\vect(u_1,u_2).$

Afin d’éviter des calculs fractionnaires, vous considérez le vecteur :

w_2 = 14v_2 = (-16,1,11).

Alors, vous avez :

\vect(u_1,u_2) = \vect(u_1,w_2).

Les vecteurs $u_1$ et $w_2$ sont orthogonaux.

En suivant une méthode analogue à la précédente, vous avez :

q(u_3) = \frac{\langle u_3, u_1 \rangle}{\lVert u_1 \rVert^2}\,u_1 + \frac{\langle u_3, w_2 \rangle}{\lVert w_2 \rVert^2}\,w_2.

Passez au calcul de $q(u_3)$ et concluez

D’une part :

\begin{align*} \langle u_3, u_1 \rangle &= 16 + 5 + 51 = 21 + 51 = 72 \\ \lVert u_1 \rVert^2 &= 14. \end{align*}

D’autre part :

\begin{align*} \langle u_3, w_2 \rangle &= -128 – 5 + 187 \\ &= -133 + 187 \\ &= 54 \\ \lVert w_2 \rVert^2 &= 256 + 1 + 121 \\ &= 257 + 121 \\ &= 378. \end{align*}

Ainsi :

\begin{aligned} q(u_3) &= \frac{\langle u_3, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2}u_1 + \frac{\langle u_3, w_2 \rangle}{\|w_2\|^2}w_2 \\ &= \frac{72}{14}(2,-1,3) + \frac{54}{378}(-16,1,11) \\ &= \frac{36}{7}(2,-1,3) + \frac{1}{7}(-16,1,11) \\ &= \frac{1}{7}\bigl((72,-36,108)+(-16,1,11)\bigr) \\ &= \frac{1}{7}(56,-35,119) \\ &= (8,-5,17). \end{aligned}

Quand vous calculez le vecteur $u_3-q(u_3)\comma$ vous tombez sur le vecteur nul. Comme $q(u_3)\in\vect(u_1,u_2)$ vous avez $u_3\in\vect(u_1,u_2).$ Cela prouve que la famille $(u_1,u_2,u_3)$ est liée.

Bonus : trouvez la décomposition du vecteur $u_3$ sur les vecteurs $u_1$ et $u_2$

Utilisant la projection orthogonale, vous obtenez ce qui suit :

\begin{align*} u_3 &= q(u_3) \\ &= \frac{\langle u_3, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2}u_1 + \frac{\langle u_3, w_2 \rangle}{\|w_2\|^2}w_2 \\ &= \frac{36}{7}u_1 + \frac{1}{7}\cdot 14\,v_2 \\ &= \frac{36}{7}u_1 + 2v_2 \\ &= \frac{36}{7}u_1 + 2\left(u_2 – \frac{29}{14}u_1\right) \\ &= \left(\frac{36}{7} – \frac{29}{7}\right)u_1 + 2u_2 \\ &= u_1 + 2u_2. \end{align*}