essec 2012 - Lycée Marcelin Berthelot

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ESSEC 2012
J.F. COSSUTTA Ex lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR .
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Commen¸cons par quelques remarques et quelques ´evidences avec quelques preuves pour faciliter le
passage entre applications lin´eaires et matrices...
R-1 Dans la suite nous noterons < ., . >n(< ., . >m) le produit scalaire canonique de Mn,1(R) (resp.
Mm,1(R)) et k.kn(resp. k.km) la norme associ´ee.
R0 Si Mest une matrice de Mm,n(R), comme le texte nous le propose on posera :
Ker M={X∈ Mn,1(R)|MX = 0Mm,1(R)}.
Im M={Y∈ Mm,1(R)| ∃X∈ Mn,1(R), Y =MX}={MX ;X∈ Mn,1(R)}.
R1 Soit fune application lin´eaire de Mn,1(R) dans Mm,1(R) et Msa matrice relativement `a la base
canonique Bnde Mn,1(R) et `a la base canonique Bmde Mm,1(R). Alors :
M∈ Mm,n(R)∀X∈ Mn,1(R), f (X) = M X Ker f= Ker MIm f= Im M
fest une application lin´eaire de Mn,1(R) dans Mm,1(R), dim Mn,1(R) = net dim Mm,1(R) = m. Donc Mest une
matrice de Mm,n(R).
Notons que la matrice d’un ´el´ement Xde Mn,1(R) dans la base canonique Bnde Mn,1(R) est X ! De mˆeme la matrice
d’un ´el´ement Yde Mm,1(R) dans la base canonique Bmde Mm,1(R) est Y.
Soit Xun ´el´ement de Mn,1(R). La matrice de Xdans Bnest Xdonc la matrice de f(X) dans la base Bmest MX.
Mais la matrice de f(X) dans Bmest ´egalement f(X). Alors f(X) = MX.
Ker f={X∈ Mn,1(R)|f(X) = 0Mm,1(R)}donc Ker f={X∈ Mn,1(R)|MX = 0Mm,1(R)}. Ainsi Ker f= Ker M.
Im f={f(X) ; X∈ Mn,1(R)}donc. Im f={MX ;X∈ Mn,1(R)}. Ainsi Im f= Im M.
R1’ Soit fun endomorphisme de Mn,1(R) et Msa matrice dans la base canonique Bnde Mn,1(R). Alors :
M∈ Mn(R)∀X∈ Mn,1(R), f(X) = MX Ker f= Ker MIm f= Im M
Il suffit de faire m=ndans R1 .
R2 Mest une matrice de Mm,n(R). On pose ∀X∈ Mn,1(R), g(X) = MX. Alors :
•gune application lin´eaire de Mn,1(R) dans Mm,1(R).
•Mest sa matrice relativement `a la base canonique Bnde Mn,1(R) et `a la base canonique Bmde
Mm,1(R).
•Ker g= Ker Met Im g= Im M.
•Ker Mest un sous-espace vectoriel de Mn,1(R) et Im Mest un sous-espace vectoriel de Mm,1(R).
•rg M= dim Im M.

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•M∈ Mm,n(R) donc ∀X∈ Mn,1(R), g(X) = M X ∈ Mm,1(R). gest une application de Mn,1(R) dans
Mm,1(R).
∀λ∈R,∀X∈ Mn,1(R),∀X0∈ Mn,1(R), g(λ X +X0) = M(λ X +X0) = λ MX +MX0=λ g(X) + g(X0). Alors g
est lin´eaire.
Finalement gest une application lin´eaire de Mn,1(R) dans Mm,1(R).
•Soit Gla matrices de grelativement aux bases Bnet Bm. D’apr`es R1 : ∀X∈ Mn,1(R), g(X) = GX.
Donc ∀X∈ Mn,1(R), MX =g(X) = GX.
Posons Bn= (E1, E2, . . . , En). ∀i∈[[1, n]], MEi=GEi. Donc pour tout idans [[1, n]], la i`eme colonne de Mest ´egale
`
la i`eme colonne de G. Ainsi M=G.
•M´etant la matrice de grelativement aux bases Bnet Bmil r´esulte de R1 que Ker g= Ker Met Im g= Im M.
•Le cours indique que Ker gest un sous-espace vectoriel de Mn,1(R) donc Ker Mest un sous-espace vectoriel de
Mn,1(R).
De mˆeme Im gest un sous-espace vectoriel de Mm,1(R) donc Im Mest un sous-espace vectoriel de Mm,1(R).
•rg M= rg g= dim Im g= dim Im M. Ainsi rg M= dim Im M.
R3 Met M0sont deux matrices de Mm,n(R). M=M0si et seulement si ∀X∈ Mn,1(R), MX =M0X.
Posons ∀X∈ Mn,1(R), g(X) = MX et g0(X) = M0X.
M(resp. M0) est la matrice de g(resp. g0) relativement aux bases Bnet Bm. Ainsi :
M=M0⇐⇒ g=g0⇐⇒ ∀X∈ Mn,1(R), g(X) = g0(X)⇐⇒ ∀X∈ Mn,1(R), MX =M0X.
R3’ Mest une matrice de Mm,n(R).
La matrice Mest la matrice nulle de Mm,n(R) si et seulement si ∀X∈ Mn,1(R), MX = 0Mm,1(R).
Il suffit de faire M0= 0Mm,n(R)dans R3 .
R4 Th´eor`eme du rang.Mest une matrice de Mm,n(R).
dim Ker M+ dim Im M=nou dim Ker M+ rg M=n.
Posons ∀X∈ Mn,1(R), g(X) = MX.
D’apr`es R2 , gest une application lin´eaire de Mn,1(R) dans Mm,1(R) telle que : Ker M= Ker get Im M= Im g.
D’apr`es le th´eor`eme du rang du programme ( !) : dim Mn,1(R) = dim Ker g+ rg g.
Alors n= dim Ker g+ rg g= dim Ker M+ rg M.
On a aussi n= dim Ker g+ dim Im g= dim Ker M+ dim Im M.
R5 Mest une matrice de Mm,n(R). rg tM= rg M.
R´esultat gracieusement admis par l’´enonc´e...
R6 Fest un sous-espace vectoriel de Mn,1(R). pest la projection orthogonale sur Fet Pest sa matrice
dans la base canonique de Mn,1(R).
• ∀X∈ Mn,1(R), p(X) = P X.
•Ker p= Ker P=F⊥; en particulier ∀X∈F⊥, P X = 0Mn,1(R).
•Im p= Im P=F.
•Ker p−IdMn,1(R)= Ker(P−In) = F; en particulier ∀X∈F, P X =X.

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Rappelons que F= Im p= Ker p−IdMn,1(R)et F⊥= Ker p.
Notons que Pet In−Psont les matrices de pet p−IdMn,1(R)dans la base Bn.
R1’ donne alors les r´esultats des quatre points, non ?
R7 ”Th´eor`eme de meilleure approximation”.
Fest un sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel euclidien Eet xest un ´el´ement de E.
1. Min
z∈Fkx−zkexiste.
2. La projection orthogonale de xsur Fest l’unique ´el´ement de Fqui r´ealise ce minimum.
Ceci est un r´esultat de cours.
R8 M´ethode des moindres carr´es.
Aest un ´el´ement de Mm,n(R) et Bun ´el´ement de Mm,1(R). On suppose que le rang de Aest n.
k.kmest la norme de Mm,1(R) associ´ee au produit scalaire canonique.
1. tAA est inversible.
2. Min
X∈Mn,1(R)kAX −Bkmexiste.
3. Il existe un unique ´el´ement X0de Mn,1(R) tel que kAX0−Bkm= Min
X∈Mn,1(R)kAX −Bkm.
4. X0= (tAA)−1(tAB) ou tAAX0=tAB.
Ceci est un r´esultat de cours.
Question pr´eliminaire.
1) Soit pla projection orthogonale sur F.Pest sa matrice dans la base canonique de Mn,1(R).
Soit Xun ´el´ement de Mn,1(R).
(U1, U2, . . . , Uk) est une base orthonorm´ee de Fdonc le cours indique que p(X) =
k
X
i=1
< Ui, X >nUi.
Alors d’apr`es R1’ : P X =p(X) =
k
P
i=1
< Ui, X >nUi=
k
P
i=1
(tUiX)Ui.
Observons que, pour tout ´el´ement ide [[1, k]], tUiXest une matrice de M1(R) que l’on assimile `a un r´eel.
Donc, pour tout ´el´ement ide [[1, k]], (tUiX)Ui=Ui(tUiX). Alors :
P X =
k
P
i=1
Ui(tUiX) =
k
P
i=1
(UitUi)X=k
P
i=1
UitUiX.
∀X∈ Mn,1(R), P X = k
X
i=1
UitUi!X. R3 donne alors P=
k
X
i=1
UitUi.
Ainsi : tP=t k
X
i=1
UitUi!=
k
X
i=1
tUitUi=
k
X
i=1
t(tUi)tUi=
k
X
i=1
UitUi=P. Donc tP=P.
Alors Pest sym´etrique (normal pour la matrice d’une projection orthogonale dans une base orthnorm´ee).

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P=
k
X
i=1
UitUiet Pest une matrice sym´etrique.
Partie I - D´ecomposition spectrale de la matrice tAA associ´ee `a une matrice Ade Mm,n(R).
2) (a) Aest une matrice appartenant `a Mm,n(R) donc tAest une matrice appartenant `a Mn,m(R).
Alors tAA est une matrice de Mn(R).
tAA est une matrice carr´ee d’ordre n`a coefficients r´eels.
Soit Xun ´el´ement de Ker A.AX = 0Mm,1(R)donc tAAX =tA0Mm,1(R)= 0Mn,1(R). Ainsi Xappartient `a Ker tAA.
Finalement ∀X∈Ker A, X ∈Ker tAA. Ainsi :
Ker A⊂Ker tAA.
(b) Soit Xun ´el´ement de Ker tAA.
tAAX = 0Mn,1(R). Alors kAXk2
m=t(AX)AX =tXtAAX =tX0Mn,1(R)= 0. Donc kAXk2 m= 0 et : kAXkm= 0.
Si Xappartient `a Ker tAA alors kAXkm= 0.
Soit Xun ´el´ement de Ker tAA. Alors kAXkm= 0. Ceci donne AX = 0Mm,1(R)et permet de dire que Xest dans
Ker A.
Donc ∀X∈Ker tAA, X ∈Ker Aet ainsi Ker tAA ⊂Ker A. Or (a) a donn´e Ker A⊂Ker tAA. Alors :
Ker A= Ker tAA.
D’apr`es R3’ A= 0Mm,n(R)⇐⇒ ∀X∈ Mn,1(R), AX = 0Mm,1(R). Donc A= 0Mm,n (R)⇐⇒ Ker A=Mn,1(R).
De mˆeme tAA = 0Mn(R)⇐⇒ Ker tAA =Mn,1(R). Or Ker A= Ker tAA. Ainsi :
A= 0Mm,n(R)⇐⇒ Ker A=Mn,1(R)⇐⇒ Ker tAA =Mn,1(R)⇐⇒ tAA = 0Mn(R).
Aest la matrice nulle de Mm,n(R) si et seulement si tAA est la matrice nulle de Mn(R). Donc Aet tAA sont
nulles simultan´ement.
(c) Soit Yun ´el´ement de Im tAA. Il existe un ´el´ement Xde Mn,1(R) tel que Y=tAAX.
Posons Z=AX.Zappartient `a Mm,1(R) et Y=tAZ donc Yappartient `a Im tA.
∀Y∈Im tAA, Y ∈Im tAdonc Im tAA ⊂Im tA.
D`es lors pour montrer que Im tAA = Im tAil suffit de montrer que dim Im tAA = dim Im tAcar Mn,1(R) est de
dimension finie.
Aest une matrice de Mm,n(R) et tAA est une matrice de Mn(R). R4 donne alors dim Ker A+ rg A=net
dim Ker tAA + rg tAA =n(th´eor`eme du rang).
Or Ker A= Ker tAA donc dim Ker A= dim Ker tAA. Ainsi rg A=n−dim Ker A=n−dim Ker tAA = rg tAA.

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Par cons´equent rg A= rg tAA. Or rg tA= rg A( R5 ) donc rg tA= rg tAA.
Alors dim Im tA= rg tA= rg tAA = dim Im tAA. Ainsi dim Im tA= dim Im tAA.
Ceci ach`eve de monter que :
Im tA= Im tAA.
3) (a) tAA est une matrice de Mn(R) et t(tAA) = tAt(tA) = tAA.
Donc tAA est une matrice sym´etrique d’ordre n`a coefficients r´eels. Ainsi :
tAA est diagonalisable.
Soit λune valeur propre de tAA.λest un r´eel car tAA est une matrice sym´etrique de Mn(R).
Soit Xun vecteur propre de tAA associ´e `a la valeur propre λ.
Xest un ´el´ement non nul Xde Mn,1(R) tel que tAAX =λ X.
Nous avons vu plus haut que kAXk2
m=tXtAAX. Alors kAXk2 m=tX(λX) = λtXX =λkXk2 n.
Xn’est pas nul donc kXk2
nest strictement positif. Alors λ=kAXk2
m
kXk2
n
·Plus de doute, λest un r´eel positif ou nul.
Les valeurs propres de tAA sont des r´eels positifs ou nuls.
(b) Soient iet jdeux ´el´ements distincts de [[1, p]].
Rappelons que les sous-espaces propres de la matrice sym´etrique tAA sont deux `a deux orthogonaux.
Ainsi Eλi(tAA) et Eλj(tAA) sont orthogonaux donc Eλj(tAA)⊂Eλi(tAA)⊥.
D’apr`es R6 : Im P j =Eλj(tAA) et Ker Pi=Eλi(tAA)⊥. Donc Im Pj⊂Ker Pi.
Or ∀X∈ Mn,1(R), PjX∈Im Pj. Ainsi ∀X∈ Mn,1(R), PjX∈Ker Pi.
Ceci qui donne ∀X∈ Mn,1(R), PiPjX= 0Mn,1(R). Alors R3’ nous autorise `a dire que PiPj= 0Mn(R).
Si iet jsont deux ´el´ements distincts de [[1, p]], PiPj= 0Mn(R).
Rappelons que pour tout ´el´ement ide [[1, p]], Piest la matrice d’une projection donc P2
i=Pi. Alors :
∀(i, j)∈[[1, p]]2, PiPj=(Pisi i=j
0Mn(R)sinon .
Soit Xun ´el´ement de Mn,1(R).
∃! (X1, X2, . . . , Xp)∈Eλ1(tAA)×Eλ2(tAA)× · · · × Eλp(tAA), X =
p
P
j=1
Xjcar Mn,1(R) =
p
M
j=1
Eλj(tAA) puisque
tAA est diagonalisable.
Soit iun ´el´ement de [[1, p]]. PiX=
p
P
j=1
PiXj. Soit jun ´el´ement de [[1, p]].
Si j=i,Xj=Xi∈Eλi(tAA) = Ker(Pi−In) d’apr`es R6 , donc PiXj=PiXi=Xi.
Supposons j6=i.