PCSI1-PCSI2 Corrigé du DS 9 2014-2015 Problème

PCSI1-PCSI2 Corrigé du DS 9 2014-2015
Problème 1 Introduction
Si Aet Usont deux éléments de M
n
(R)(n∈N
∗
), on dit que la matrice Uest un pseudo-inverse de la matrice
Asi les trois relations suivantes sont vérifiées :
(1) AUA =A
(2) UAU =U
(3) UA =AU.
Le but de ce problème est de caractériser l’existence d’un pseudo-inverse pour une matrice carrée donnée, et d’obtenir
une méthode de calcul lorsqu’il existe.
I. Premières propriétés du pseudo-inverse
Dans cette partie, Adésigne un élément de M
n
(R)où n≥1.
1. On suppose que Aadmet deux pseudo-inverses Xet X
′
.
(a) En calculant le produit AXAX
′
de deux manières différentes, montrer : XA =AX
′
.
Solution : SI Xet X
′
sont deux pseudo-inverse, alors AXAX
′
= (AXA)X
′
=AX
′
d’après (1). Mais
AXAX
′
= (AX) (AX
′
) = (XA) (X
′
A) = X(AX
′
A) = XA d’après (3) et (1). Ainsi AX
′
=XA.
(b) En déduire que X=X
′
. Ceci prouve que, s’il existe, le pseudo-inverse est unique. On pourra donc parler,
dans ce cas, <<du>> pseudo-inverse de A.
Solution : Avec (2) (bah il faut bien l’utiliser !), on en déduit que
X=XAX =AX
′
X= (AX
′
)X
= (X
′
A)Xd’après (3)
=X
′
(AX)or AX =X
′
A
=X
′
(XA) = X
′
(AX
′
) = X
′
d’après (1)
Ainsi le pseudo-inverse, s’il existe est unique.
2.
(a) On considère la matrice P=
0 1 1
1 2 −1
2 3 1
: montrer que Pest inversible.
En déduire qu’elle admet un pseudo-inverse, que l’on calculera explicitement.
Solution : On a det P=
0 1 1
1 2 −1
2 3 1
=
C
2
−C
3
0 0 1
1 3 −1
2 2 1
=−4= 0. Ainsi P
−1
existe, mais alors
P P
−1
P=P I
3
=P(d’où (1)), P
−1
P P
−1
=I
3
P
−1
=P
−1
(d’où (2)) et P P
−1
=P
−1
P=I
3
(d’où (3)).
Bref, si Pest inversible, elle admet un pseudo-inverse qui est P
−1
. Pour calculer P
−1
,
0 1 1
1 2 −1
2 3 1
|
|
|
100
010
001
∼
L
2
↔L
1
1 2 −1
0 1 1
2 3 1
|
|
|
0 1 0
1 0 0
0 0 1
∼
L
3
−2L
1
1 2 −1
0 1 1
0−1 3
|
|
|
0 1 0
1 0 0
0−2 1
∼
L
3
+L
2
1 2 −1
0 1 1
0 0 4
|
|
|
010
100
1−2 1
∼
L
2
×4−L
3
1 2 −1
0 4 0
0 0 4
|
|
|
0 1 0
3 2 −1
1−2 1
∼
L
1
×4+L
3
4 8 0
0 4 0
0 0 4
|
|
|
121
3 2 −1
−1−2 1
∼
L
1
−2L
2
4 0 0
0 4 0
0 0 4
|
|
|
−5−2 3
3 2 −1
1−2 1
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Ainsi P
−1
=1
4
−5−2 3
3 2 −1
1−2 1
.
On peut aussi résoudre
P
x
y
z
=
a
b
c
⇐⇒ 
y+z=a
x+ 2y−z=b
2x+ 3y+z=c⇐⇒
L
2
−2L
1
L
3
−3L
1
y+z=a
x−3z=b−2a
2x−2z=c−3a
⇐⇒
L
3
−2L
2
y+z=a
x−3z=b−2a
4z=a−2b+c⇐⇒
y=a−a
4−b 2+c 4
x=b−2a+ 3 a
4−b 2+c 4
z=a
4−b 2+c 4
⇐⇒
x=−5
4a−1 2b+3 4c
y=3
4a+1 2b−1 4c
z=a
4−b 2+c 4
(b) De manière générale, une matrice inversible de M
n
(R)possède-t-elle un pseudo-inverse ?
Solution : Oui, on vient de le prouver, le pseudo-inverse est alors l’inverse.
3. Dans cette question, On suppose que Aadmet un pseudo-inverse X.
Soit Pune matrice inversible de M
n
(R): montrer que la matrice P
−1
AP possède également un pseudo-inverse
que l’on déterminera.
Solution : On vérifie que P
−1
XP est le pseudo-inverse de A, en effet P
−1
AP P
−1
XP P
−1
AP =P
−1
AP ,
de même P
−1
XP P
−1
AP P
−1
XP =P
−1
XP et P
−1
XP P
−1
AP =P
−1
XAP =P
−1
AXP =P
−1
AP P
−1
X
Ouf !
La dernière propriété montre que l’on peut changer de base pour calculer le pseudo-inverse !
II. Un premier exemple numérique
Dans cette partie, n= 3, on définit A=
1 1 0
2 3 1
3 5 2
, et fest l’endomorphisme de R
3
canoniquement associé à
la matrice A, c’est-à-dire dont la matrice relativement à la base canonique B
0
= (ε
1
,ε
2
,ε
3
)de R
3
est A.
1. On vérifie aisément l’égalité (inutile de le faire) : A
3
−6A
2
+ 4A= 0.
(a) Déterminer
1
les racines du polynôme Q=X
3
−6X
2
+ 4X.
Solution : On a X
3
−6X
2
+ 4X=XX
2
−6X+ 4et x
2
−6x+ 4 = 0 a pour racines 3−√5et 3 + √5.
Les racines sont r
0
= 3 −√5, r
1
= 0 et r
2
= 3 + √5.
(b) Si kest un entier naturel, déterminer, en fonction de ket des racines de Q, le reste R
k
de la division
euclidienne du polynôme X
k
par le polynôme Q.
Solution : Pour le calcul du reste, on a
X
k
=Q(X)T
k
(X) + R
k
(X)où deg (R
k
)<deg Q= 3
Ainsi deg (R
k
)≤2, on écrit donc R
k
=a
k
X
2
+b
k
X+c
k
. On a alors en prenant les valeurs en r
0
, r
1
et r
2
r
k
0
=a
k
r
2
0
+b
k
r
0
+c
k
r
k
1
= 0
k
=a
k
r
2
1
+b
k
r
1
+c
k
=c
k
r
k
2
=a
k
r
2
2
+b
k
r
2
+c
k
1
On vérifiera qu’elles sont toutes réelles, on les notera r
0
,r
1
et r
2
avec r
0
< r
1
< r
2
.
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Il y a le cas où k= 0, car 0
0
= 1. Dans ce cas, le reste de la division de 1par Qest 1.
On suppose donc k≥1,on obtient le système
r
k
0
=a
k
r
2
0
+b
k
r
0
r
k
2
=a
k
r
2
2
+b
k
r
2
c
k
= 0
On résout, mais on sait qu’il y a une solution, on peut travailler par implication
a
k
r
2
0
+b
k
r
0
=r
k
0
a
k
r
2
2
+b
k
r
2
=r
k
2
=⇒
L
1
×r
2
2
, L
2
×r
2
0
a
k
r
2
0
r
2
2
+b
k
r
0
r
2
2
=r
k
0
r
2
2
a
k
r
2
2
r
2
0
+b
k
r
2
r
2
0
=r
k
2
r
2
0
=⇒
L
2
−L
1
b
k
r
2
r
2
0
−r
0
r
2
=r
k
2
r
2
0
−r
k
0
r
2
2
=⇒b
k
r
2
r
2
0
−r
0
r
2
=r
k
2
r
2
0
−r
k
0
r
2
2
=⇒b
k
=r
2
r
0
r
k−2
2
−r
k−2
0
r
0
−r
2
a
k
r
2
0
+b
k
r
0
=r
k
0
a
k
r
2
2
+b
k
r
2
=r
k
2
=⇒
L
1
×r
2
, L
2
×r
0
a
k
r
2
0
r
2
+b
k
r
0
r
2
=r
k
0
r
2
a
k
r
2
2
r
0
+b
k
r
2
r
0
=r
k
2
r
0
=⇒
L
2
−L
1
a
k
r
2
2
r
0
−r
2
0
r
2
=r
k
2
r
0
−r
k
0
r
2
=⇒a
k
=r
k−1
2
−r
k−1
0
r
2
−r
0
(réponse attendue)
Pour finir, on a r
2
−r
0
= 2√5et r
0
r
2
= 4 (produit des racines) d’où
a
k
=r
k−1
2
−r
k−1
0
r
2
−r
0
=1
2√53 + √5
k−1
−3−√5
k−1
b
k
=r
2
r
0
r
k−2
2
−r
k−2
0
r
0
−r
2
=2
√53−√5
k−2
−3 + √5
k−2
Le reste est donc égal à
R
k
=r
k−1
2
−r
k−1
0
r
2
−r
0
X
2
+r
2
r
0
r
k−2
2
−r
k−2
0
r
0
−r
2
X
=1
2√53 + √5
k−1
−3−√5
k−1
X
2
+2
√53−√5
k−2
−3 + √5
k−2
X
(c) Donner une formule permettant de calculer les puissances successives de A(i.e) les A
k
.
Solution : On a donc pour k≥1,X
k
=Q(X)×T
k
(X) + R
k
(X),on en déduit, en passant aux matrices
que
A
k
=Q(A)T
k
(A) + R
k
(A)
Or Q(A) = 0 donc
Si k≥1,A
k
=r
k−1
2
−r
k−1
0
r
2
−r
0
A
2
+r
2
r
0
r
k−2
2
−r
k−2
0
r
0
−r
2
A
=1
2√53 + √5
k−1
−3−√5
k−1
A
2
+1
√53−√5
k−2
−3 + √5
k−2
A
ce qui est très moche !!! Reste le cas où k= 0 qui donne A
0
=I
3
.
2. Déterminer Ker(f), le noyau de f.
La matrice Aest-elle inversible ? Préciser rg(A), le rang de la matrice A.
Solution : Pour ker f, on a a deux méthodes.
Première : On a f
x
y
z
=
x+y
2x+ 3y+z
3x+ 5y+ 2z
, ainsi
x
y
z
∈ker f⇐⇒ 
1x+y= 0
2x+ 3y+z= 0
3x+ 5y+ 2z= 0 ⇐⇒
Pivot
y=−x
−y+z= 0
−2y+ 2z= 0 ⇐⇒ 
x
y
z
=x
1
−1
1
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d’où ker f= vect (1,−1,1) .
Seconde : On a rgA =rg 
1 1 0
2 3 1
3 5 2
=
C
2
−C
1
rg 
1 0 0
2 1 1
3 2 2
= 2. Ainsi ker fest de dimension 1. Or
C
2
−C
1
=C
3
=⇒f−→ j−−→ i=f−→ kd’où (1,−1,1) ∈ker f. Ainsi vect (1,−1,1) ⊂ker fet il y a égalité par
les dimensions.
On en déduit que fn’est pas injective, donc pas bijective, donc An’est pas inversible. Le rang de Aest égal à 2
(selon la méthode c’est par le théorème du rang, ou bien direct).
3. On pose
e
1
=ε
2
+ 2ε
3
, e
2
=ε
1
+ 2ε
2
+ 3ε
3
, e
3
=ε
1
−ε
2
+ε
3
et on désigne par Bla famille (e
1
,e
2
, e
3
).
(a) Ecrire la matrice Pde la famille Brelativement à la base canonique B
0
.
Solution : La matrice Pest P=
0 1 1
1 2 −1
2 3 1
(déjà vue ...)
(b) En décrivant la méthode employée, calculer, s’il existe, l’inverse P
−1
de la matrice P.
Solution : La méthode c’est : "bah on l’a déjà fait !" et on a P
−1
=1
4
−5−2 3
3 2 −1
1−2 1
.
(c) Justifier que Best une base de R
3
.
Solution : Puisque Pest inversible, on a bien une base et une matrice de passage ....
(d) Montrer que (e
1
, e
2
)est une base de Im(f), puis que Im(f)et Ker(f)sont des sous-espaces supplémentaires
de R
3
.
Solution : On sait que Im fest de dimension 2 et que f−→ i=−→ e
2
, f −→ k=−→ e
1
par définition de A.
Ainsi (e
1
, e
2
)est une famille libre (car extraite d’une base) de Im fde même cardinal que dim Im f(on a
2 éléments), c’est donc une base de Im f.
Enfin −→ e
3
est une base de ker f. On sait (cf cours) que si (e
1
, e
2
, e
3
)est une base de R
3
,alors vect (e
1
, e
2
)⊕
vect (e
3
) = R
3
. Ainsi Im f⊕ker f=R
3
.
(e) Déterminer A
′
, la matrice de frelativement à la base B.
On trouvera une matrice de la forme A
′
=
α β 0
γ δ 0
0 0 0
, et l’on posera A
1
=α β
γ δ .
Solution : Bon déjà, f(−→ e
3
) = −→ 0car −→ e
3
∈ker f, donc la troisième colonne est nulle. Pour calculer f(−→ e
1
),
on calcule A
0
1
2
=
1 1 0
2 3 1
3 5 2
0
1
2
=
1
5
9
, d’où f(−→
e
1
) = 
1
5
9
. De même, le calcul de
A
1
2
3
=
1 1 0
2 3 1
3 5 2
1
2
3
=
3
11
19
donne f(−→
e
2
). Il reste à les décomposer sur −→ e
1
et −→ e
2
(il n’y a
pas de composantes sur −→ e
3
car ce sont des vecteurs de Im f, donc ils se décomposent sur la base de Im f).
Puisque −→ e
1
a la première composante nulle, la décomposition est immédiate, on a 
1
5
9
= 1 ×
1
2
3
+
3
0
1
2
= 3−→
e
1
+−→ e
2
et 
3
11
19
= 3 
1
2
3
+ 5 
0
1
2
= 5−→
e
1
+ 3−→ e
2
.
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On a donc
A
′
=
3 5 0
1 3 0
0 0 0
4.
(a) Justifier l’inversibilté de la matrice A
1
: calculer son inverse noté A
−1
1
=α
′
β
′
γ
′
δ
′
.
Solution : On a det A
1
=
3 5
1 3 = 4 = 0,et on résout 3 5 1 3  x y=3x+ 5y x+ 3y=a b
pour avoir A
−1
1
=3 5
1 3 
−1
=1
43−5
−1 3 .
Petit truc à retenir : Si A=a b
c d est inversible, alors A
−1
=1
det Ad−b
−c a . Pour le
vérifier.... un simple calcul.
(b) Montrer que la matrice U
′
=
α
′
β
′
0
γ
′
δ
′
0
0 0 0
est le pseudo-inverse de la matrice A
′
.
Solution : Bon, il s’agit d’une simple vérification avec U
′
=1
4
3−5 0
−130
0 0 0
et A
′
=
3 5 0
1 3 0
0 0 0
.
Cela se fait sans problème.
Au passage, on vérifie que U
′
A
′
=A
′
U
′
et on calcule donc U
′
A
′
=1
4
3−5 0
−1 3 0
0 0 0
×
3 5 0
1 3 0
0 0 0
=
1 0 0
0 1 0
0 0 0
oh! oh !
(c) Déterminer alors le pseudo-inverse Ude la matrice A, d’abord en fonction de U
′
et P, puis en explicitant
ses coefficients.
Solution : On sait que A=P A
′
P
−1
. Puisque U
′
est le pseudo-inverse de A
′
,on en déduit que P U
′
P
−1
est le pseudo-inverse de A(qui en admet un !). On calcule donc
0 1 1
1 2 −1
2 3 1
×1
4
3−5 0
−1 3 0
0 0 0
×1
4
−5−2 3
3 2 −1
1−2 1
=1
8
7 4 −3
−1 0 1
−9−4 5
qui est le pseudo-inverse de A.
(d) Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de π, l’endomorphisme de R
3
de matrice U A relative-
ment à la base B
0
. Indication : commencer par examiner la matrice de πrelativement à la base B.
Solution : Oh ! Oh, on a déjà calculé U
′
A
′
=
1 0 0
0 1 0
0 0 0
qui est simple non ? Comment l’interpréter
? L’endomorphisme πa pour matrice U
′
A
′
dans la base B. On a donc, d’après sa matrice
π(−→ e
1
) = −→ e
1
,π(−→ e
2
) = −→ e
2
et π(−→ e
3
) = −→ 0
bref, πest la projection sur vect (−→ e
1
,−→ e
2
) = Im fdans la direction de ker f.
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