PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 Problème 1 Introduction Si A et U sont deux éléments de Mn (R) (n ∈ N∗ ), on dit que la matrice U est un pseudo-inverse de la matrice A si les trois relations suivantes sont vérifiées : (1) AUA = A (2) U AU = U (3) U A = 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, A désigne un élément de Mn (R) où n ≥ 1. 1. On suppose que A admet deux pseudo-inverses X et X ′ . (a) En calculant le produit AXAX ′ de deux manières différentes, montrer : XA = AX ′ . Solution : SI X et 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) X d’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. 0 1 1 (a) On considère la matrice P = 1 2 −1 : montrer que P est inversible. 2 3 1 En déduire qu’elle admet un pseudo-inverse, que l’on calculera explicitement. 0 1 1 0 0 1 1 3 −1 = −4 = 0. Ainsi P −1 existe, mais alors Solution : On a det P = 1 2 −1 = C2 −C3 2 3 1 2 2 1 P P −1 P = P I3 = P (d’où (1)), P −1 P P −1 = I3 P −1 = P −1 (d’où (2)) et P P −1 = P −1 P = I3 (d’où (3)). Bref, si P est inversible, elle admet un pseudo-inverse qui est P −1 . Pour calculer P −1 , 0 1 1 | 1 0 0 1 2 −1 | 0 1 0 1 2 −1 | 0 1 0 1 2 −1 | 0 1 0 ∼ 0 1 1 | 1 0 0 ∼ 0 1 1 | 1 0 0 L2 ↔L1 L3 −2L1 2 3 1 | 0 0 1 2 3 1 | 0 0 1 0 −1 3 | 0 −2 1 1 2 −1 | 0 1 0 1 2 −1 | 0 1 0 0 4 0 | 3 2 −1 ∼ 0 1 1 | 1 0 0 ∼ L3 +L2 L2 ×4−L3 0 0 4 | 1 −2 1 0 0 4 | 1 −2 1 4 8 0 | 1 2 1 4 0 0 | −5 −2 3 0 4 0 | 3 2 −1 ∼ 0 4 0 | 3 2 −1 ∼ L1 ×4+L3 L1 −2L2 0 0 4 | −1 −2 1 0 0 4 | 1 −2 1 —1/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 −5 −2 3 1 2 −1 . Ainsi P −1 = 3 4 1 −2 1 On peut aussi résoudre x a y+z =a b ⇐⇒ P y = x + 2y − z = b z c 2x + 3y + z = c ⇐⇒ L3 −2L2 y+z =a x − 3z = b − 2a 4z = a − 2b + c ⇐⇒ a b c − + 4 2 4 a b c x = b − 2a + 3 − + 4 2 4 a b c z= − + 4 2 4 y =a− y+z =a ⇐⇒ x − 3z = b − 2a L2 − 2L1 2x − 2z = c − 3a L3 − 3L1 5 1 3 x = −4a − 2b + 4c 3 1 1 ⇐⇒ y = a+ b− c 4 2 4 a b c z= − + 4 2 4 (b) De manière générale, une matrice inversible de Mn (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 A admet un pseudo-inverse X. Soit P une matrice inversible de Mn (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 Ouf ! La dernière propriété montre que l’on peut changer de base pour calculer le pseudo-inverse ! II. Un premier exemple numérique 1 1 0 Dans cette partie, n = 3, on définit A = 2 3 1 , et f est l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à 3 5 2 la matrice A, c’est-à-dire dont la matrice relativement à la base canonique B0 = (ε1 , ε2 , ε3 ) de R3 est A. 1. On vérifie aisément l’égalité (inutile de le faire) : A3 − 6A2 + 4A = 0. (a) Déterminer1 les racines du polynôme Q = X 3 − 6X 2 + 4X. √ √ Solution : On a X 3 − 6X 2 + 4X = X X 2 − 6X + 4 et x2 − 6x + 4 = 0 a pour racines 3 − 5 et 3 + 5. √ √ Les racines sont r0 = 3 − 5, r1 = 0 et r2 = 3 + 5. (b) Si k est un entier naturel, déterminer, en fonction de k et des racines de Q, le reste Rk de la division euclidienne du polynôme X k par le polynôme Q. Solution : Pour le calcul du reste, on a X k = Q (X) Tk (X) + Rk (X) où deg (Rk ) < deg Q = 3 Ainsi deg (Rk ) ≤ 2, on écrit donc Rk = ak X 2 + bk X + ck . On a alors en prenant les valeurs en r0 , r1 et r2 r0k r1k r2k 1 On = ak r02 + bk r0 + ck = 0k = ak r12 + bk r1 + ck = ck = ak r22 + bk r2 + ck vérifiera qu’elles sont toutes réelles, on les notera r0 , r1 et r2 avec r0 < r1 < r2 . —2/12— G H -L F ,L P −1 X PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 Il y a le cas où k = 0, car 00 = 1. Dans ce cas, le reste de la division de 1 par Q est 1. On suppose donc k ≥ 1, on obtient le système k r0 = ak r02 + bk r0 rk = ak r22 + bk r2 2 ck = 0 On résout, mais on sait qu’il y a une solution, on peut travailler par implication ak r02 + bk r0 = r0k ak r22 + bk r2 = r2k =⇒ bk r2 r02 − r0 r2 =⇒ 2 L1 ×r2 , L2 ×r02 ak r02 r22 + bk r0 r22 = r0k r22 ak r22 r02 + bk r2 r02 = r2k r02 r2 r0 r2k−2 − r0k−2 r0 − r2 2 k ak r0 r2 + bk r0 r2 = r0 r2 ak r22 r0 + bk r2 r0 = r2k r0 = r2k r02 − r0k r22 =⇒ bk r2 r02 − r0 r2 = r2k r02 − r0k r22 =⇒ bk = L2 −L1 ak r02 + bk r0 = r0k ak r22 + bk r2 = r2k =⇒ ak r22 r0 − r02 r2 = r2k r0 − r0k r2 =⇒ ak = L2 −L1 =⇒ L1 ×r2 , L2 ×r0 r2k−1 − r0k−1 (réponse attendue) r2 − r0 √ Pour finir, on a r2 − r0 = 2 5 et r0 r2 = 4 (produit des racines) d’où ak = bk = Le reste est donc égal à Rk = = √ k−1 √ k−1 r2k−1 − r0k−1 1 = √ 3+ 5 − 3− 5 r2 − r0 2 5 √ k−2 √ r2 r0 r2k−2 − r0k−2 2 =√ 3− 5 − 3+ 5 r0 − r2 5 r2k−1 − r0k−1 2 r2 r0 r2k−2 − r0k−2 X + X r2 − r0 r0 − r2 √ k−1 √ k−1 1 2 √ 3+ 5 − 3− 5 X2 + √ 2 5 5 3− √ 5 k−2 k−2 − 3+ √ 5 k−2 X (c) Donner une formule permettant de calculer les puissances successives de A (i.e) les Ak . Solution : On a donc pour k ≥ 1, X k = Q (X) × Tk (X) + Rk (X) , on en déduit, en passant aux matrices que Ak = Q (A) Tk (A) + Rk (A) Or Q (A) = 0 donc Si k ≥ 1, Ak = = 1 √ 2 5 r2k−1 − r0k−1 2 r2 r0 r2k−2 − r0k−2 A + A r2 − r0 r0 − r2 √ k−1 √ k−1 1 3+ 5 − 3− 5 A2 + √ 5 3− √ 5 k−2 − 3+ √ 5 k−2 A ce qui est très moche !!! Reste le cas où k = 0 qui donne A0 = I3 . 2. Déterminer Ker(f ), le noyau de f. La matrice A est-elle inversible ? Préciser rg(A), le rang de la matrice A. Solution : Pour ker f, on a adeux méthodes. x x+y Première : On a f y = 2x + 3y + z , ainsi z 3x + 5y + 2z x y = −x x 1 1 x+y =0 y ∈ ker f ⇐⇒ −y + z = 0 ⇐⇒ y = x −1 2x + 3y + z = 0 ⇐⇒ P ivot z −2y + 2z = 0 z 1 3x + 5y + 2z = 0 —3/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 d’où ker f = vect (1, −1, 1) . 1 1 0 1 0 0 Seconde : On a rgA = rg 2 3 1 = rg 2 1 1 = 2. Ainsi ker f est de dimension 1. Or C2 −C1 3 5 2 3 2 2 − → − → − → C2 − C1 = C3 =⇒ f j − i = f k d’où (1, −1, 1) ∈ ker f . Ainsi vect (1, −1, 1) ⊂ ker f et il y a égalité par les dimensions. On en déduit que f n’est pas injective, donc pas bijective, donc A n’est pas inversible. Le rang de A est égal à 2 (selon la méthode c’est par le théorème du rang, ou bien direct). 3. On pose e1 = ε2 + 2ε3 , e2 = ε1 + 2ε2 + 3ε3 , et on désigne par B la famille (e1 , e2 , e3 ). e3 = ε1 − ε2 + ε3 (a) Ecrire la matrice P de la famille B relativement à la base canonique B0 . 0 1 1 Solution : La matrice P est P = 1 2 −1 (déjà vue ...) 2 3 1 (b) En décrivant la méthode employée, calculer, s’il existe, l’inverse P −1 de la 1 Solution : La méthode c’est : "bah on l’a déjà fait !" et on a P −1 = 4 matrice P . −5 −2 3 3 2 −1 . 1 −2 1 (c) Justifier que B est une base de R3 . Solution : Puisque P est inversible, on a bien une base et une matrice de passage .... (d) Montrer que (e1 , e2 ) est une base de Im(f), puis que Im(f) et Ker(f ) sont des sous-espaces supplémentaires de R3 . − → − → → → Solution : On sait que Im f est de dimension 2 et que f i = − e2 , f k = − e1 par définition de A. Ainsi (e1 , e2 ) est une famille libre (car extraite d’une base) de Im f de même cardinal que dim Im f (on a 2 éléments), c’est donc une base de Im f. → Enfin − e3 est une base de ker f. On sait (cf cours) que si (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 , alors vect (e1 , e2 ) ⊕ vect (e3 ) = R3 . Ainsi Im f ⊕ ker f = R3 . (e) Déterminer A′ , la matrice de f relativement à la base B. α β 0 α β On trouvera une matrice de la forme A′ = γ δ 0 , et l’on posera A1 = . γ δ 0 0 0 − → − → − → ∈ ker f, donc la troisième colonne est nulle. Pour calculer f (− → Solution : Bon e1 ) , 3 déjà, f (e3 ) = 0 care 0 1 1 0 0 1 1 → on calcule A 1 = 2 3 1 1 = 5 , d’où f (− e1 ) = 5 . De même, le calcul de 2 3 5 2 2 9 9 1 1 1 0 1 3 → → → A 2 = 2 3 1 2 = 11 donne f (− e2 ). Il reste à les décomposer sur − e1 et − e2 (il n’y a 3 3 5 2 3 19 → pas de composantes sur − e3 car ce sont des vecteurs de Im f, donc ils se décomposent f ). surla base de Im 1 1 → Puisque − e1 a la première composante nulle, la décomposition est immédiate, on a 5 = 1 × 2 + 9 3 3 1 0 0 → → → → e2 et 11 = 3 2 + 5 1 = 5− e1 + 3− e2 . 3 1 = 3− e1 + − 2 19 3 2 —4/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 On a donc 3 5 0 A′ = 1 3 0 0 0 0 4. α′ γ′ (a) Justifier l’inversibilté de la matrice A1 : calculer son inverse noté A−1 1 = Solution : On a det A1 = pour avoir A−1 1 = 3 5 1 3 3 5 1 3 −1 1 = 4 = 4 = 0, et on résout x y . 3x + 5y x + 3y = 3 −5 . −1 3 1 a b est inversible, alors A−1 = c d det A Petit truc à retenir : Si A = vérifier.... un simple calcul. 3 5 1 3 β′ δ′ d −b −c a = a b . Pour le 0 0 est le pseudo-inverse de la matrice A′ . 0 3 5 0 3 −5 0 1 Solution : Bon, il s’agit d’une simple vérification avec U ′ = −1 3 0 et A′ = 1 3 0 . 4 0 0 0 0 0 0 Cela se fait sans problème. 3 −5 0 3 5 0 1 Au passage, on vérifie que U ′ A′ = A′ U ′ et on calcule donc U ′ A′ = −1 3 0 × 1 3 0 = 4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 oh! oh ! 0 0 0 α′ ′ (b) Montrer que la matrice U = γ ′ 0 β′ δ′ 0 (c) Déterminer alors le pseudo-inverse U de 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 3 −5 0 −5 −2 3 7 4 −3 1 1 1 1 2 −1 × −1 3 0 × 3 2 −1 = −1 0 1 4 4 8 2 3 1 0 0 0 1 −2 1 −9 −4 5 qui est le pseudo-inverse de A. (d) Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de π, l’endomorphisme de R3 de matrice U A relativement à la base B0 . Indication : commencer par examiner la matrice de π relativement à la base B. 1 0 0 Solution : Oh ! Oh, on a déjà calculé U ′ A′ = 0 1 0 qui est simple non ? Comment l’interpréter 0 0 0 ? L’endomorphisme π a pour matrice U ′ A′ dans la base B. On a donc, d’après sa matrice − → → → → → → π (− e1 ) = − e1 , π (− e2 ) = − e2 et π (− e3 ) = 0 → → bref, π est la projection sur vect (− e1 , − e2 ) = Im f dans la direction de ker f. —5/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 III. Un résultat général à retenir On considère ici deux endomorphismes u et v d’un espace vectoriel E de dimension finie n ≥ 1. 1. (a) Prouver l’inclusion Im(u ◦ v) ⊂ Im(u) . Que peut-on en déduire concernant rg(u ◦ v) et rg(u) ? Solution : Si y = u ◦ v (x) = u (v (x)) alors y ∈ Im u, d’où l’inclusion. On a donc dim Im u ◦ v ≤ dim Im u ⇐⇒ rg (u ◦ v) ≤ rg (u). (b) Prouver l’inclusion ker(v) ⊂ ker(u ◦ v). Prouver l’inclusion ker(v) ⊂ ker(u ◦ v) . Comparer alors rg(u ◦ v) et rg(v). − → − → − → Solution : Si x ∈ ker v alors v (x) = 0 =⇒ u (v (x)) = u 0 = 0 car u est linéaire, d’où l’inclusion. On en déduit que n − rg v = dim ker v ≤ dim ker u ◦ v = n − rg (u ◦ v) d’où rg (u ◦ v) ≤ rg v. 2. Montrer que, si A et B sont deux éléments de Mn (R), alors : rg(AB) ≤ min (rg(A), rg(B)). Solution : La question 1 prouve que rg (u ◦ v) ≤ min (rg u, rg v). On applique ce qui précède avec u et v les endomorphismes associés à A et B respectivement car alors rg A = rg u et rg B = rg v. IV. Un second exemple numérique 0 1 0 Dans cette partie, n = 3, on définit B = 0 0 1 , et g est l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à 0 0 0 la matrice B. 1. (a) On note C(B), l’ensemble des matrices de M3 (R) qui commutent avec la matrice B. Montrer que C(B) est un sous-espace de M3 (R). Solution : On a bien C (B) ⊂ M3 (R), l’ensemble est non vide car il contient I3 , B, la matrice nulle .... Si (M, N ) ∈ C (B)2 et λ ∈ R alors (λM + N ) B = λM B + NB = λBM + BN = B (λM + N ) Ainsi λM + N ∈ C (B). Ceci prouve que C (B) est un sous-espace vectoriel de M3 (R). λ µ ν (b) Montrer que les éléments de C(B) sont les matrices de la forme 0 λ µ , λ, µ et ν étant trois réels 0 0 λ arbitraires. a b c Solution : On pose M = d e f , on a M ∈ C (B) si et seulement si M B − BM = ((0)). Or g h i 0 a b d e f −d a − e b − f M B − BM = 0 d e − g h i = −g d − h e − i 0 g h 0 0 0 0 g h a b c Ainsi M ∈ C (B) ⇐⇒ d = g = h = 0 et a = e = i, b = f. On obtient donc M = 0 a b ce qui est 0 0 a bien la forme demandée. (c) Calculer B 2 puis donner la dimension et une base de C(B). —6/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 2 0 1 0 0 0 1 Solution : On a B 2 = 0 0 1 = 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 On a M ∈ C (B) ⇐⇒ ∃ (λ, µ, ν) ∈ R, M = λ 0 1 0 + µ 0 0 1 + ν 0 0 0 = 0 0 1 0 0 0 0 0 0 λI3 + µB + νB 2 . Ainsi C (B) = vect I3 , B, B 2 est de dimension 3 car les trois matrices forment une famille libre (elle est génératrice). Une base est donnée par les trois matrices du vect ! 2. On suppose que B admet un pseudo-inverse V . λ1 µ1 (a) Montrer qu’il existe trois réels λ1 , µ1 et ν 1 tels que V = 0 λ1 0 0 Solution : La condition (3) impose que V ∈ C (B) ce qui donne le ν1 µ1 . λ1 résultat. (b) On rappelle que V = V BV : montrer que rg(V ) ≤ 2. En déduire que λ1 est nul. Solution : Puisque V = V BV, on a rg (V ) = rg (V BV ). Or rg ((V B) V ) ≤ min (rg (V B) , rgV ) et rg (V B) ≤ min (rg (V ) , rg (B)). Mais, on a rg (B) = 2 donc rg (V B) ≤ 2 et rg ((V B) V ) = rg (V ) ≤ 2 Maintenant, si λ1 = 0, on a rg (V ) = 3 2(matrice échelonnée) donc λ1 0 λ1 2λ1 µ1 On peut aussi calculer V BV = 0 0 λ21 = V = 0 0 0 0 0 coup µ1 = 0 donc ensuite BV B = B = 0 absurde !). λ1 = 0. µ1 ν 1 λ1 µ1 , ce qui donne λ1 = 0 (et du 0 λ1 (c) Montrer que la matrice BV est de rang 1 au plus. 0 µ1 ν 1 0 1 0 0 µ1 Solution : Puisque λ1 = 0, on a V = 0 0 µ1 et un petit calcul donne BV = 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 µ1 0 0 0 qui est de rang au plus 1 car échelonnée (de rang 0 si µ1 = 0). 0 0 0 (d) Mettre en évidence une contradiction. Que peut-on en conclure ? Solution : On a donc rg (BV ) ≤ 1. Mais si V est le pseudo-inverse de B, on a BV B = B d’où 2 = rg (B) = rg (BV B) ≤ min (rg (B) , rg (BV )) ≤ 1. >Zrut #%*$ ! problème. Donc B n’a pas de pseudoinverse ! → (e) Montrer que − ε1 ∈ Ker(g) ∩ Im(g) : Ker(g) et Im(g) sont-ils supplémentaires dans R3 ? 0 1 0 Solution : Puisque B = 0 0 1 , on a directement ker g = vect (ε1 ) et Im g = vect (ε1 , ε2 ). Ainsi 0 0 0 − → ε1 ∈ ker g ∩ Im g et la somme n’est pas directe. Ils ne sont pas supplémentaires. 3. A la lumière des résultats précédents, conjecturer une condition nécessaire et suffisante pour qu’une matrice A de Mn (R) admette un pseudo-inverse. Solution : Peut-être est-ce Im A et ker A supplémentaires. —7/12— G H -L F ,L ν1 µ1 0 PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 V. Un résultat préliminaire Dans cette partie, on considère un espace vectoriel E, F et G deux sous-espaces supplémentaires de E, et v un automorphisme de F (attention, de F , pas de E !). On désigne par p la projection vectorielle sur F dans la direction G, et on pose u = v ◦ p. 1. (a) Vérifier que l’application u est bien définie, puis que u est un endomorphisme de E. Solution : Puisque p est la projection sur F, on a, pour x ∈ E, p (x) ∈ F . Ainsi v (p (x)) existe car v : F −→ F . Conclusion v ◦ p existe et est à valeurs dans F , donc peut être vu comme à valeurs dans E. (b) Déterminer le noyau de u, puis montrer que u induit un automorphisme de F que l’on déterminera. Rappel : cela signifie qu’en définissant, pour tout x ∈ F , û(x) := u(x), l’application û est un automorphisme de F (i.e) û : F → F et û bijective. − → − → → Solution : On a u (x) = 0 ⇐⇒ v (p (− x )) = 0 , mais puisque v est un automorphisme, il est injectif. − → − → Ainsi v (p (x)) = 0 ⇐⇒ p (x) ∈ ker v ⇐⇒ p (x) = 0 . Et puisque la direction de p est G, on a p (x) = − → 0 ⇐⇒ x ∈ G. Conclusion ker u = G Si on se restreint à F , soit û : F −→ F définie par û (x) = u (x) . Avant tout, on l’a vu, û est bien à valeurs dans F (car u est à valeurs dans F ). Puis − → û (x) = 0 ⇐⇒ x∈F − → ⇐⇒ u (x) = 0 − → − → x∈F ⇐⇒ x = 0 car F ⊕ G = R3 donc F ∩ G = 0 x∈G → Donc û est un endomorphisme injectif de F donc un automorphisme de F. Pour finir, si − x ∈ F alors − → − → p (x) = x donc û ( x ) = v ( x ) , bref û = v. 2. Montrer que, si u′ est un endomorphisme de E de noyau G et coïncidant avec v sur F , alors u′ = u. Qu’a-t-on démontré ? Solution : Soit u′ de noyau égal à G, puisque E = F ⊕G, tout vecteur x de E se décompose, de manière unique, en x = xF + xG . On a alors, par linéarité de u′ , u′ (x) = u′ (xF ) + u′ (xG ) = u′ (xF ) = v (xF ) car G = ker u′ et u′ et v coÏncident sur F De même, par définition de p, p (x) = xF , ainsi u (x) = v (p (x)) = v (xF ). On en déduit que u′ (x) = u (x). Qu’a-t-on démontré ? Que si E = F ⊕ G, alors il y a une biejction entre les endomorphismes de E de noyau G et d’image F et les automorphismes de F. En d’autres termes, pour construire un endomorphisme de noyau G et d’image F, on considère u = v ◦ p où v est un automorphisme de F . Réciproquement, si u est un endomorphisme de noyau G et d’image F, soit v la restriction de u à F (c’est un automorphisme car le théorème du rang affirme que la restriction de u à tout supplémentaire de ker u est un automorphisme sur Im u), alors u = v ◦ p. 3. on suppose, dans cette question, que F et G sont de dimensions finies et non nulles, que l’on note respectivement r et s. (a) Montrer l’existence d’une base (f1 , . . . , fr , g1 , . . . , gs ) de E telle que (f1 , . . . , fr ) soit une base de F et (g1 , . . . , gs ) soit une base de G. Solution : C’est du cours, on prend une base (f1 , . . . , fr ) de F et (g1 , . . . , gs ) une base de G, alors on sait que (f1 , . . . , fr , g1 , . . . , gs ) est une base de E. (b) On désigne par A = (ai,j )(i,j)∈{1,...,r}2 , la matrice de l’application v relativement à la base (f1 , . . . , fr ) de F . Que peut-on dire de la matrice A ? Ecrire, à l’aide des coefficients de A, la matrice de u relativement à la base (f1 , . . . , fr , g1 , . . . , gs ) de E. Solution : Puisque v est un automorphisme, la matrice A est inversible (de taille r = dim F ). Pour la matrice de u, quelques minutes de reflexion pour avoir Mat(f1 ,...,fr ,g1 ,...,gs ) (u) = —8/12— A 0 0 0 G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 Cette matrice est constitués de 3 blocs de 0 et de A. En effet, les images des vecteurs f1 , . . . , fr se décomposent selon f1 , . . . , fr (car ils sont dans F = Im u = V ect f1 , . . . , fr ). Il y a donc des 0 sous la matrice A. Puis les derniers vecteurs, g1 , . . . , gs ,, étant dans ker u, leur image est nulle. VI. Condition d’existence du pseudo-inverse Dans cette partie, A désigne un élément de Mn (R), et f désigne l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à la matrice A. 1. Dans cette question seulement : on suppose que A admet un pseudo-inverse X, et l’on désigne par g l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à la matrice X. (a) Montrer : Ker(f) = Ker(g) et Im(f) = Im(g). Solution : Les conditions (1) , (2) et (3) se traduisent, pour les endomorphismes, par f ◦ g ◦ f = f, g ◦ f ◦ g = g et f ◦ g = g ◦ f . Ces conditions sont symétriques en f et g ! Par symétrie des rôles, on prouve que ker f ⊂ ker g et Im f ⊂ Im g. − → − → Si x ∈ ker f, alors f (x) = 0 . On en déduit que g (x) = (g ◦ f ◦ g) (x) = (g ◦ g ◦ f ) (x) = g2 (f (x)) = 0 . Ainsi x ∈ ker g. Si y ∈ Im f , il existe x ∈ E tel que y = f (x). On a alors y = f (x) = (f ◦ g ◦ f ) (x) = (g ◦ f ◦ f ) (x) = g f 2 (x) ∈ Im g. (b) Montrer que (AX)2 = AX. Que peut-on en déduire quant la nature de l’endomorphisme f ◦ g ? Solution : On a (AX)2 = (AXA) X = AX. Ainsi (f ◦ g)2 = f ◦ g, ce qui prouve que f ◦ g est un projecteur de E. (c) Montrer que Ker(f) et Im(f) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de Rn . Solution : On sait que pour deux endomorphismes u et v, ker v ⊂ ker (u ◦ v) et Im (u ◦ v) ⊂ Im u. On a donc ker f ⊂ ker (g ◦ f) = ker (f ◦ g) et ker (f ◦ g) ⊂ ker ((f ◦ g) ◦ f ) = ker f d’où ker f = ker (f ◦ g). De même Im (f ◦ g) ⊂ Im f et Im f = Im ((f ◦ g) ◦ f ) ⊂ Im (f ◦ g), d’où Im f = Im (f ◦ g). Puisque (f ◦ g) est un projecteur, on sait que ker (f ◦ g) = ker f et Im (f ◦ g) = Im f sont supplémentaires. 2. Dans cette question seulement : on suppose que Ker(f ) et Im(f) sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de Rn . (a) Montrer que, dans chacun des deux cas où Ker(f) et Im(f) est réduit au vecteur nul, alors la matrice A admet un pseudo-inverse que l’on déterminera. On suppose donc, dans la suite de cette question, que ni Ker(f ) ni Im(f ) n’est réduit au vecteur nul. − → Solution : Si ker f = 0 , alors f est un automorphimse, sa matrice est inversible, elle admet un pseudo-inverse qui est A−1 . − → Si Im f = 0 , alors f = 0, d’où A = 0 et X = 0 est un pseudo-inverse. (b) Montrer l’existence d’une base B = (e1 , . . . , en ) de Rn et d’un entier r ∈ {1, . . . , n − 1} tels que la matrice A′ de f relativement à la base B soit de la forme a1,1 . . . a1,r 0 . . . 0 .. .. .. .. . . . . a . . . a 0 . . . 0 r,1 r,r ′ , A = MatB (f ) = 0 . . . 0 0 . . . 0 .. .. .. .. . . . . 0 —9/12— ... 0 0 ... 0 G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 a1,1 . . . a1,r .. étant elle-même inversible. la matrice A1 = ... . ar,1 . . . ar,r Solution : On l’a montré un peu avant ! Posons F = Im f, G = ker f, soit v l’endomorphisme défini sur Im f par v (x) = f (x). Alors v est un automorphisme de F, et on a f = v ◦ p où p est la projection sur F de direction G. Si on prend une base de F, notée (e1 , . . . , er ) (avec 1 ≤ r ≤ n − 1 car on a supposé que − → − → ker f = 0 et Im f = 0 donc 1 ≤ r = rg (f ) ≤ n − 1), alors A1 est la matrice de v. On complète avec une base de ker f, et ainsi A′ est la matrice de f . Bon il faut suivre l’idée ..... (c) Démontrer que la matrice A′ admet un pseudo-inverse Y ′ que l’on explicitera à l’aide de A1 . 0 A−1 1 Solution : Si vous avez suivi l’idée de la partie II, question 3. On pose Y ′ = . On vérifie 0 0 ′ ′ alors facilement que Y est le pseudo-inverse de A . (d) Montrer que la matrice A admet un pseudo-inverse Y que l’on explicitera. Solution : Il suffit ensuite de faire un changement de base ! Soit P la matrice de passage de la base canonique à la base B, alors A = P A′ P −1 , ainsi Y = P Y ′ P −1 est le pseudo-inverse de A. 3. Un résultat général : u étant un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension finie, montrer que le noyau et l’image de u sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E si, et seulement si, Im(u) = Im(u2 ). Solution : On doit prouver que ker u ⊕ Im u = E ⇐⇒ Im u = Im u2 . Sens =⇒ : Hypothèse : ker u ⊕ Im u = E. On sait déjà que Im u2 ⊂ Im u. Montrons l’autre inclusion. Soit y = u (x) ∈ Im u. On décompose x = a + u (b) où a ∈ ker u et u (b) ∈ Im u. On en déduit que y = u (x) = u (x) + u2 (b) = u2 (b) ∈ Im u2 . Sens ⇐= : Hypothèse : Im u = Im u2 . (mais en fait Im u ⊂ Im u2 ). On montre que E = ker u+Im u. Soit x ∈ E, alors u (x) ∈ Im u ⊂ Im u2 donc il existe z ∈ E tel que u (x) = u2 (z). On en déduit que u (x) − u2 (z) = u (x − u (z)) = 0. On a donc x − u (z) ∈ ker u. Mais alors x = (x − u (z)) + u (z) ∈ ker u + Im u Ainsi E ⊂ ker u + Im u, l’autre inclusion est évidente. Puisque l’on est en dimension finie et que dim ker u + dim Im u = dim E, cela prouve que ker u ⊕ Im u = E. 4. Montrer : << une matrice A de Mn (R) possède un pseudo-inverse si, et seulement si, rg(A) = rg(A2 ) >>. Dans ce cas, indiquer une méthode de calcul de ce pseudo-inverse. Solution : Si rg (A) = rg A2 , alors rg (f) = rg f 2 où f est l’endomorphisme associé. Puisque Im f 2 ⊂ Im f, on en déduit que Im f 2 = Im f (car ils ont même dimension, qui est égale au rang). On sait ainsi que ker f ⊕ Im f = Rn , et on a ainsi prouvé que A admet un pseudo inverse. Pour le calculer, on se place dans une A1 0 base de Im f, complétée par une base de ker f. La matrice de f est de la forme . Le pseudo inverse 0 0 A−1 0 1 est alors P P −1 où P est la matrice de passage de la base canonique à la base construite. 0 0 Réciproquement : Si A admet un pseudo-inverse, on a montré que ker f et Im f sont supplémentaires, donc que Im f = Im f 2 et ainsi que rg f = rg f 2 , soit rg A = rg A2 . Ouf !!!!!! VII. Quelques applications numériques. —10/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 2014-2015 Corrigé du DS 9 Pour chacune des matrices A suivantes, chercher si elle admet un pseudo-inverse et, le cas échéant, calculer celui-ci. 1 1 −1 −1 1 1 0 0 1 0 −1 1 0 1 1 −1 1 −1 1 0 0 0 1 2 A= ? A = −1 0 1 ? A = 0 1 0 ? A= 1 1 −1 −1 ? A = 1 1 0 0 ? 1 2 1 0 −1 1 0 1 1 −1 1 −1 1 0 0 0 Solution : On calcule le rang de A et de A2 ! 1 2 1 2 2 ker f = vect −1 1. rg A = rg = 1 et rg A2 = rg 3 6 3 6 . On se place dans la base B = A′ = Le pseudo-inverse de A est 1 2 1 −1 1 3 0 1 1 = 1. On a un pseudo-inverse. On a Im f = vect 1 1 , 3 0 0 0 d’inverse 0 0 1 2 1 −1 2 −1 1 3 0 −1 = et . La matrice de f (endo associé) est 0 0 1 9 1 2 1 2 . Normal, car à peu de chose près A est un projecteur Quel est le pseudo-inverse d’un projecteur ? Si P 2 = P , alors P P P = P 3 = P et P P = P P donc P est son pseudo-inverse ! 2. A2 = 0 donc rg (A) = rg A2 , pas de pseudo inverse. 2 0 2 1 0 3. rg A = 2 et rg A2 = rg 0 1 0 = 2. On a un pseudo-inverse. Une base de Im f est 0 , 1 , et 1 0 2 0 2 1 2 0 0 une de ker f est 0 . Dans cette base, on a A′ = 0 1 0 , d’où le pseudo inverse qui vaut −1 0 0 0 1 1 0 1 2 0 1 0 0 0 1 0 −1 0 0 0 0 , 1 0 0 1 0 1 0 1 4 0 1 4 0 0 = 1, pas de pseudo-inverse. 0 0 2 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 2 et rg A2 = rg 2 1 0 0 = 2. Une base de l’image est 1 , 1 et du noyau 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 −1 . Dans la nouvelle base, on a A′ = 1 0 0 0 . Le pseudo-inverse est (avec 1 1 = 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 4. rg (A) = 2 et rg A2 = rg 0 0 5. On a rg A = −1 1 1 0 1 0 0 4 1 0 0 1 0 = 0 1 0 0 1 0 −1 4 0 4 0 4 0 −4 0 −4 —11/12— G H -L F ,L PCSI1-PCSI2 0 1 1 −1 2014-2015 Corrigé du DS 9 ) 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 —12/12— 1 0 1 0 0 0 1 0 −1 0 0 1 1 −1 0 = 0 1 0 1 1 −1 0 0 0 0 G 0 0 0 0 H -L F ,L