Moindres carrés et projection orthogonale : corrigé du contrôle de maths en L2

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Barème du contrôle corrigé : moindres carrés et projection orthogonale

Le corrigé détaillé : moindres carrés et projection orthogonale

Exercice 1 – Un produit scalaire déformé (3 points)

1. Bilinéarité et symétrie

   Posons \(S = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\). En écrivant \(u\) et \(v\) en colonnes, on a \(\varphi(u, v) = u^{\top} S v\). Quand \(v\) ne bouge pas, \(u \mapsto u^{\top} S v\) est une forme linéaire ; il en va de même de \(v \mapsto u^{\top} S v\) quand \(u\) ne bouge pas. Ainsi \(\varphi\) est bilinéaire. De plus, \(S\) est symétrique, ainsi \(\varphi(v, u) = \varphi(u, v)\).

   Une somme de deux carrés

   Pour \(u = (x_1, x_2)\), on obtient \(\varphi(u, u) = 2x_1^2 + 2x_1 x_2 + 3x_2^2\). On complète alors le carré :

   \[\varphi(u, u) = 2\left(x_1 + \frac{x_2}{2}\right)^2 + \frac{5}{2}\,x_2^2.\]

   En effet, \(2\left(x_1 + \frac{x_2}{2}\right)^2 = 2x_1^2 + 2x_1 x_2 + \frac{1}{2}x_2^2\), et \(\frac{1}{2} + \frac{5}{2} = 3\). Les deux coefficients sont strictement positifs, donc \(\varphi(u, u) \geq 0\). Si \(\varphi(u, u) = 0\), les deux carrés sont nuls : \(x_2 = 0\), puis \(x_1 = 0\). Par conséquent, \(\varphi\) est une forme bilinéaire symétrique définie positive, c’est-à-dire un produit scalaire.

2. Pour \(w = (y_1, y_2)\), on calcule \(\varphi\left((1, 0), w\right) = 2y_1 + y_2\). Le vecteur \(w = (1, -2)\) annule cette quantité, il est donc orthogonal à \((1, 0)\). Ensuite, \(\varphi\left((1, 0), (1, 0)\right) = 2\) et \(\varphi(w, w) = 2 – 4 + 12 = 10\). Après normalisation de \((1, 0)\) et de \(w\), on dispose de la base orthonormée \(e_1 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0\right)\) et \(e_2 = \left(\frac{1}{\sqrt{10}}, -\frac{2}{\sqrt{10}}\right)\). Les deux vecteurs ont bien leur extrémité sur la courbe \(\varphi(u, u) = 1\).
   

   

3. L’inégalité de Cauchy-Schwarz pour \(\varphi\), appliquée à \(u = (x, y)\) et à \((1, 0)\), donne \(\varphi\left(u, (1, 0)\right)^2 \leq \varphi(u, u)\,\varphi\left((1, 0), (1, 0)\right)\). Or \(\varphi\left(u, (1, 0)\right) = 2x + y\), donc \((2x + y)^2 \leq 2\left(2x^2 + 2xy + 3y^2\right)\). Le cas d’égalité de Cauchy-Schwarz correspond à deux vecteurs colinéaires, ici \(u\) et \((1, 0)\) : on a donc égalité exactement lorsque \(y = 0\).

Barème : 1) bilinéarité et symétrie 0,5 point, réduction en carrés et définie positivité 1 point ; 2) vecteur orthogonal 0,5 point, normalisation 0,5 point ; 3) 0,5 point (inégalité 0,25, cas d’égalité 0,25).

Piège classique : se contenter de \(\varphi(u, u) \geq 0\) ; un produit scalaire exige aussi que seul le vecteur nul donne \(0\).

Exercice 2 – Gram-Schmidt pour des polynômes (4 points)

1. L’application est symétrique, car \(P(t)Q(t) = Q(t)P(t)\), et elle est linéaire en chaque variable par linéarité de l’intégrale. Ensuite, \(\langle P, P \rangle = \int_0^2 P(t)^2\,\mathrm{d}t \geq 0\). Supposons enfin \(\langle P, P \rangle = 0\) : la fonction \(t \mapsto P(t)^2\) est continue sur \([0\,;2]\), à valeurs positives, et son intégrale y vaut zéro ; elle s’annule par conséquent en tout point du segment. Ainsi \(P\) possède une infinité de racines, si bien que \(P\) est le polynôme nul. C’est donc un produit scalaire sur \(\mathbb{R}_2[X]\).

2. Les moments utiles

   Pour tout entier \(k\), \(\int_0^2 t^k\,\mathrm{d}t = \frac{2^{k+1}}{k+1}\). On dispose ainsi des valeurs \(2\), \(2\), \(\frac{8}{3}\) et \(4\) pour \(k = 0, 1, 2, 3\).

   Premier et deuxième vecteurs

   D’abord, \(\|1\|^2 = 2\), donc \(\varepsilon_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\). On retire ensuite à \(X\) sa projection sur \(1\) : \(X – \frac{\langle X, 1 \rangle}{\|1\|^2} = X – \frac{2}{2} = X – 1\). Puis \(\|X – 1\|^2 = \int_0^2 (t – 1)^2\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3}\), d’où \(\varepsilon_1 = \sqrt{\frac{3}{2}}\,(X – 1)\).

   Le troisième vecteur

   On a \(\langle X^2, 1 \rangle = \frac{8}{3}\) et \(\langle X^2, X – 1 \rangle = 4 – \frac{8}{3} = \frac{4}{3}\). Par conséquent :

   \[Q_2 = X^2 – \frac{8/3}{2} – \frac{4/3}{2/3}\,(X – 1) = X^2 – 2X + \frac{2}{3}.\]

   On remarque que \(Q_2 = (X – 1)^2 – \frac{1}{3}\). Avec \(s = t – 1\), il vient \(\|Q_2\|^2 = \int_{-1}^{1} \left(s^2 – \frac{1}{3}\right)^2 \mathrm{d}s = \frac{2}{5} – \frac{4}{9} + \frac{2}{9} = \frac{8}{45}\). Comme \(\sqrt{\frac{45}{8}} = \frac{3\sqrt{10}}{4}\), on obtient la base orthonormée :

   \(\varepsilon_0 = \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(\varepsilon_1 = \frac{\sqrt{6}}{2}(X – 1)\), \(\varepsilon_2 = \frac{3\sqrt{10}}{4}\left(X^2 – 2X + \frac{2}{3}\right)\).

3. Le projeté de la parabole

   Le sous-espace \(\mathbb{R}_1[X]\) est engendré par \(\varepsilon_0\) et \(\varepsilon_1\). Par construction, \(X^2 = Q_2 + \left(2X – \frac{2}{3}\right)\), où \(2X – \frac{2}{3} \in \mathbb{R}_1[X]\) et \(Q_2\) est orthogonal à \(\mathbb{R}_1[X]\). Le projeté orthogonal de \(X^2\) sur \(\mathbb{R}_1[X]\) vaut donc \(2X – \frac{2}{3}\), et la distance cherchée est \(\|Q_2\| = \sqrt{\frac{8}{45}} = \frac{2\sqrt{10}}{15}\).

   Traduction en minimum d’intégrale

   Pour \((a, b) \in \mathbb{R}^2\), l’intégrale vaut \(\left\|X^2 – (aX + b)\right\|^2\), où \(aX + b\) décrit \(\mathbb{R}_1[X]\). Or le projeté orthogonal est l’unique point de \(\mathbb{R}_1[X]\) le plus proche de \(X^2\). Ainsi \(m = \frac{8}{45}\), atteint uniquement pour \(a = 2\) et \(b = -\frac{2}{3}\). La figure montre la parabole et cette meilleure approximation affine au sens de l’intégrale.

   

Barème : 1) 1 point, dont 0,5 pour l’argument de continuité et de racines ; 2) 0,5 point par vecteur orthonormé ; 3) distance 0,75 point, minimum et couple \((a, b)\) 0,75 point.

Piège classique : oublier de normaliser à la fin du procédé, ou normaliser trop tôt et diviser deux fois par la même norme.

Exercice 3 – Projection sur un plan de dimension quatre (4 points)

1. On calcule \(\langle v_1, v_2 \rangle = 0 + 0 + 1 – 1 = 0\) : la famille est orthogonale. Comme ses vecteurs sont non nuls, elle est libre, et \(F\) est bien un plan. Un vecteur \(x = (x_1, x_2, x_3, x_4)\) appartient à \(F^{\perp}\) quand il est orthogonal à \(v_1\) et à \(v_2\). Donc \(F^{\perp}\) a pour équations \(x_1 + x_3 + x_4 = 0\) et \(x_2 + x_3 – x_4 = 0\).
2. Puisque \((v_1, v_2)\) est orthogonale, la formule de projection s’applique directement : \(p_F(u) = \frac{\langle u, v_1 \rangle}{\|v_1\|^2}\,v_1 + \frac{\langle u, v_2 \rangle}{\|v_2\|^2}\,v_2\). Ici \(\|v_1\|^2 = \|v_2\|^2 = 3\), \(\langle u, v_1 \rangle = 2 + 3 = 5\) et \(\langle u, v_2 \rangle = 1 – 3 = -2\). Ainsi \(p_F(u) = \frac{5}{3}(1, 0, 1, 1) – \frac{2}{3}(0, 1, 1, -1)\), soit \(p_F(u) = \left(\frac{5}{3}, -\frac{2}{3}, 1, \frac{7}{3}\right)\).

3. Construction de la matrice

   Avec \(v_1\) et \(v_2\) écrits en colonnes, la question précédente donne \(P = \frac{1}{3}\left(v_1 v_1^{\top} + v_2 v_2^{\top}\right)\). On additionne les deux matrices de rang 1 :

   \[P = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 2 & 0 \\ 1 & -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}.\]

   Contrôles

   La trace vaut \(\frac{1 + 1 + 2 + 2}{3} = 2\). En effet, tout projecteur a pour trace son rang, qui vaut ici \(\dim F = 2\). Le contrôle est donc concluant. On vérifie aussi que \(Pu\) redonne le vecteur de la question 2 ; par exemple, la première ligne donne \(\frac{2 + 0 + 0 + 3}{3} = \frac{5}{3}\).

4. Le vecteur \(u – p_F(u) = \left(\frac{1}{3}, \frac{5}{3}, -1, \frac{2}{3}\right)\) vérifie les deux équations de \(F^{\perp}\), car \(\frac{1}{3} – 1 + \frac{2}{3} = 0\) et \(\frac{5}{3} – 1 – \frac{2}{3} = 0\). La distance vaut alors \(\|u – p_F(u)\|\), avec \(\|u – p_F(u)\|^2 = \frac{1 + 25 + 9 + 4}{9} = \frac{13}{3}\). Donc \(d(u, F) = \sqrt{\frac{13}{3}} = \frac{\sqrt{39}}{3}\). Pour vérifier, le théorème de Pythagore donne \(\|u\|^2 = \|p_F(u)\|^2 + \|u – p_F(u)\|^2\) : d’une part \(\|u\|^2 = 14\), d’autre part \(\|p_F(u)\|^2 = \frac{25}{3} + \frac{4}{3} = \frac{29}{3}\), et \(\frac{29}{3} + \frac{13}{3} = 14\).

Barème : 1) orthogonalité 0,25 point, équations de \(F^{\perp}\) 0,75 point ; 2) 1 point ; 3) matrice 0,75 point, trace 0,25 point ; 4) distance 0,75 point, vérification 0,25 point.

Piège classique : appliquer la formule de projection avec une famille qui n’est pas orthogonale ; il faut toujours le vérifier avant.

Exercice 4 – Cinq relevés et une droite (4 points)

1. La ligne \(i\) de \(A\theta\) vaut \(a + b x_i\), donc \(S(a, b) = \|Y – A\theta\|^2\) pour la norme euclidienne de \(\mathbb{R}^5\). Quand \(\theta\) décrit \(\mathbb{R}^2\), le vecteur \(A\theta\) décrit le sous-espace \(\mathrm{Im}\,A\). Minimiser \(S\) revient donc à chercher le point de \(\mathrm{Im}\,A\) le plus proche de \(Y\). D’après la caractérisation de la projection orthogonale, ce point est le projeté de \(Y\) sur \(\mathrm{Im}\,A\).

2. Les équations normales

   Le vecteur \(A\theta\) est le projeté de \(Y\) lorsque \(Y – A\theta\) est orthogonal à chaque colonne de \(A\). Matriciellement, cela s’écrit \(A^{\top}(Y – A\theta) = 0\), c’est-à-dire \(A^{\top} A \theta = A^{\top} Y\).

   Pourquoi la matrice est inversible

   Soit \(z\) tel que \(A^{\top} A z = 0\). Alors \(z^{\top} A^{\top} A z = \|Az\|^2 = 0\), donc \(Az = 0\). Or les colonnes de \(A\), à savoir \((1, 1, 1, 1, 1)\) et \((0, 1, 2, 3, 4)\), ne sont pas colinéaires, car les \(x_i\) ne sont pas tous égaux. Ainsi \(z = 0\), et la matrice carrée \(A^{\top} A\) est inversible.

3. Les sommes utiles

   On a \(\sum x_i = 10\), \(\sum x_i^2 = 30\), \(\sum y_i = 15\) et \(\sum x_i y_i = 0 + 2 + 4 + 12 + 24 = 42\). Par conséquent :

   \[A^{\top} A = \begin{pmatrix} 5 & 10 \\ 10 & 30 \end{pmatrix}, \quad A^{\top} Y = \begin{pmatrix} 15 \\ 42 \end{pmatrix}.\]

   Résolution du système

   Il faut donc résoudre \(5a + 10b = 15\) et \(10a + 30b = 42\). De la ligne du haut, on tire \(a = 3 – 2b\) ; une substitution dans l’autre ligne fournit \(30 – 20b + 30b = 42\), d’où \(b = \frac{6}{5}\), puis \(a = 3 – \frac{12}{5} = \frac{3}{5}\). La droite des moindres carrés a pour équation \(y = 0{,}6 + 1{,}2\,x\). Concrètement, la hauteur d’eau monte d’environ \(1{,}2\) cm par heure.

4. Les valeurs ajustées sont \(0{,}6\), \(1{,}8\), \(3\), \(4{,}2\) et \(5{,}4\). Le vecteur des résidus vaut donc \(r = (0{,}4\,;\,0{,}2\,;\,-1\,;\,-0{,}2\,;\,0{,}6)\). Sa somme est nulle, et \(\sum x_i r_i = 0 + 0{,}2 – 2 – 0{,}6 + 2{,}4 = 0\) : il est bien orthogonal aux deux colonnes de \(A\). Enfin, le minimum vaut \(S = 0{,}16 + 0{,}04 + 1 + 0{,}04 + 0{,}36 = 1{,}6\). La figure montre le nuage, la droite et les résidus en pointillés.
   

   

Barème : 1) 1 point ; 2) équations normales 0,5 point, inversibilité 0,5 point ; 3) matrices 0,75 point, résolution 0,75 point ; 4) 0,5 point.

Piège classique : minimiser les écarts horizontaux au lieu des écarts verticaux ; la variable expliquée est ici la hauteur \(y\).

Exercice 5 – Problème : distance et déterminant de Gram (5 points)

1. a) Une relation entre les vecteurs passe aux colonnes

   Si la famille est liée, il existe des réels \(\lambda_1, \ldots, \lambda_p\) non tous nuls avec \(\sum_j \lambda_j w_j = 0\). Pour chaque indice \(i\), la bilinéarité donne alors \(\sum_j \lambda_j \langle w_i, w_j \rangle = \left\langle w_i, \sum_j \lambda_j w_j \right\rangle = 0\). Autrement dit, la colonne \(\lambda\) non nulle vérifie \(G\lambda = 0\). Les colonnes de \(G\) sont donc liées, et \(\Gamma(w_1, \ldots, w_p) = 0\).

   b) Le cas d’une famille libre

   Soit \(z\) une colonne telle que \(Gz = 0\). Alors \(0 = z^{\top} G z = \sum_{i,j} z_i z_j \langle w_i, w_j \rangle\), et ce nombre vaut \(\left\|\sum_j z_j w_j\right\|^2\) par bilinéarité. Le vecteur \(\sum_j z_j w_j\) est ainsi nul ; comme la famille est libre, tous les \(z_j\) sont nuls. Le noyau de \(G\) est réduit à zéro, donc \(G\) est inversible et \(\Gamma \neq 0\).

2. Les produits scalaires avec \(x\)

   Le vecteur \(h = x – p\) est orthogonal à \(F\), donc à \(e\) et à \(f\). Par conséquent, \(\langle e, x \rangle = \langle e, p \rangle\) et \(\langle f, x \rangle = \langle f, p \rangle\). De plus, le théorème de Pythagore donne \(\langle x, x \rangle = \|p\|^2 + \|h\|^2\).

   Découpage de la dernière colonne

   La dernière colonne de \(G(e, f, x)\) est donc la somme de la dernière colonne de \(G(e, f, p)\) et de la colonne de coordonnées \(0\), \(0\), \(\|h\|^2\) ; les deux premières colonnes, elles, sont communes. Par linéarité du déterminant par rapport à cette colonne, puis développement du second terme selon elle :

   \[\Gamma(e, f, x) = \Gamma(e, f, p) + \|h\|^2\, \Gamma(e, f).\]

   Or \(p \in F\), si bien que \((e, f, p)\) est liée et \(\Gamma(e, f, p) = 0\) d’après 1a. Enfin, \(\Gamma(e, f) \neq 0\) d’après 1b, et \(\|h\| = d(x, F)\). On obtient bien \(d(x, F)^2 = \frac{\Gamma(e, f, x)}{\Gamma(e, f)}\).

3. Deux déterminants à calculer

   On trouve \(\|e\|^2 = 4\), \(\langle e, f \rangle = 6\), \(\|f\|^2 = 14\), puis \(\langle e, x \rangle = 9\), \(\langle f, x \rangle = 0 + 2 + 4 + 12 = 18\) et \(\|x\|^2 = 25\). D’abord, \(\Gamma(e, f) = 4 \times 14 – 6^2 = 20\). Ensuite, on développe selon la première ligne :

   \[\Gamma(e, f, x) = \begin{vmatrix} 4 & 6 & 9 \\ 6 & 14 & 18 \\ 9 & 18 & 25 \end{vmatrix} = 4 \times 26 – 6 \times (-12) + 9 \times (-18) = 14.\]

   Les mineurs valent en effet \(350 – 324 = 26\), \(150 – 162 = -12\) et \(108 – 126 = -18\). Ainsi \(d(x, F)^2 = \frac{14}{20} = \frac{7}{10}\), soit \(d(x, F) = \frac{\sqrt{70}}{10}\).

   Lien avec les moindres carrés

   La coordonnée d’indice \(k + 1\) de \(\alpha e + \beta f\) vaut \(\alpha + \beta k\). La somme proposée est donc \(\|x – (\alpha e + \beta f)\|^2\), et son minimum sur \(\mathbb{R}^2\) est le carré de la distance de \(x\) à \(F\). La plus petite valeur cherchée est donc \(\frac{7}{10}\). Pour vérifier, la droite \(0{,}9 + 0{,}9\,k\) donne les résidus \(0{,}1\), \(0{,}2\), \(-0{,}7\) et \(0{,}4\), dont la somme des carrés vaut bien \(0{,}7\).

4. Puisque \((e, f)\) est libre, l’inégalité de Cauchy-Schwarz est stricte, donc \(\Gamma(e, f) = \|e\|^2 \|f\|^2 – \langle e, f \rangle^2 > 0\). D’après la question 2, \(\Gamma(e, f, x) = \|h\|^2\, \Gamma(e, f)\). Or \(\|h\|^2 = \|x\|^2 – \|p\|^2 \leq \|x\|^2\). On en déduit \(\Gamma(e, f, x) \leq \|x\|^2\, \Gamma(e, f)\), avec égalité exactement quand \(p = 0\), c’est-à-dire quand \(x \in F^{\perp}\).

Barème : 1a) 0,5 point ; 1b) 1 point ; 2) produits scalaires 0,5 point, linéarité du déterminant 0,75 point, conclusion 0,25 point ; 3) déterminants 0,75 point, distance 0,25 point, minimum 0,5 point ; 4) 0,5 point.

Piège classique : développer le déterminant de Gram sans exploiter la structure de la dernière colonne ; le découpage \(x = p + h\) rend la preuve presque immédiate.

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