corrigé

ICARE 1997 Math 2, corrigé
PROBLEME 2
Partie 1 (questions de cours)
1.) Si A= (aij )B= (bij )et C=AB = (ci;j ), on sait que 8(i; j)ci;j =Pn
k=1 ai;kbk;j. Et donc
T r(AB) = X
i=1::n
k=1::n
ai;kbk;i
de même
T r(BA) = X
i=1::n
k=1::n
bi;kak;i
La commutativité du produit et le changement d’indice i$kmontre l’égalité :
T r(AB) = T r(BA)
2.) Si A0est semblable à Ail existe une matrice inversible Ptelle que A0=P AP 1. On a donc
T r(A0) = T r(P AP 1) = T R (P A)P1=T r(P1P A) = T r(A)
3.Aest un projecteur .
D’après le théorème du rang : dim(Ker(A))+dim(Im(A)) = n: Il su¢ t donc de montrer que l’intersection
est réduite à f0g:
8X2Ker(A)\Im(A)A(X) = 0 et 9Y,X=A(Y), et donc
X=A(Y) = A2(Y) = (A)2(X) = A(A(X)) = 0:
Dans une base adaptée à cette somme directe, la matrice de Aest :
A0=0 0
0I
On a donc T r(A) = T r(A0) = =rg(A).
pour un projecteur T r() = rg()
Partie 2
1.) . On a M3=M2=Met les matrices A=Met X=Mvéri…ent les relations (1), (2) et (3).
Mest donc pseudo-inverse d’elle même
remarque : c’est une propriété générale de tous les projecteurs.
Avec A=Met X=1 1
0 0 , on trouve AX =Xet XA =A. Ce qui donne AXA =A,XAX =X,
AX 6=XA.
Xest donc inverse faible de M, mais ce n’est pas un pseudo-inverse
2a.) On véri…e en utilisant la dé…nition d’un pseudo inverse :
(AX)(AX) = (AXA)X=AX
(XA)(XA) = X(AXA) = XA.
AX et XA sont bien des matrices de projection
b.)
On a Im(uv)Im(u)donc rg(uv)rg(u)
Soit (vi)rg(v)
i=1 une base de Im(v)alors les (u(vi))rg(v) i=1 engendrent Im(uv), or le cardinal d’une base
de Im(uv)est inférieur ou égal à celui d’une famille génératrice. rg(uv)rg(v)
rg (uv)min(rg(u); rg(v))
1

2
c.) D’après la propriété précédente le rang d’un produit est inférieur au rang de chaque facteur donc comme
AXA =A:
rg(AX)rg(A)et rg(A) = rg(AXA)rg(AX)
On a donc rg(A) = rg(AX), et puisque AX est une matrice de projection, rg(AX) = T r(AX).
De même rg(XA)rg(A)et rg(A) = rg(AXA)rg(XA)et donc rg(A) = rg(XA)
rg(A) = rg(AX) = rg(XA) = T r(AX)
3.) Si Aest inversible, et si AXA =A, on obtient, en multipliant à droite et à gauche par A1. Réciproquement
X=A1véri…e bien les 3 propriétés.
Le pseudo-inverse de Aest donc unique, égale à l’inverse de A
4a.) On a AXAX0= (AXA)X0=AX0
b.) Et comme AX =XA et AX0=X0Aon a AXAX0=XAX0A=X(AX0A) = XA. On a donc XA =AX0.
On peut calculer de deux façons di¤érentes XAX0:
XAX0= (XA)X0= (AX0)X0= (X0A)X0=X0AX0=X0
XAX0=X(AX0) = X(XA) = X(AX) = XAX =X
et donc X=X0:
Si il existe un pseudo-inverse de A, celui-ci est unique
5.)
Aet Xjouent des rôles symétriques: le pseudo inverse de Xest A:
On véri…e que le pseudo inverse de A est 1
Xqui existe car est non nul:
(A)1
X(A) = (A),1 X(A)1 X=1 Xet (A)1 X=1 X(A)
En utilisant le fait que pour toutes matrices t(AB) = tBtA, on véri…e que le pseudo inverse de tAest tA:
(tA) (tX) (tA) = t(AXA) = (tA),(tX) (tA) (tX) = t(XAX) = (tX),(tA) (tX) = (tX) (tA)
On véri…e par récurrence que le pseudo inverse de Akest Xk:
–La propriété est vrai pour k= 1
–Si le pseudo inverse de Akest Xkon a :
!Ak+1Xk+1Ak+1 =AAkXkXAkA=AAkXkAkXA =AAkXA =Ak(AXA) =
AkA=Ak+1
en utilisant que si AX =XA alors pour tout k2N,AkX=XAk.
!de même Xk+1Ak+1Xk+1 =Xk+1 en inversant le rôle de Xet A
!et Ak+1Xk+1 =Xk+1Ak+1 .
On véri…e que le pseudo inverse de RAR1est RXR1:
RAR1RXR1RAR1=RA R1RXR1RAR1=R(AXA)R1=RAR1,
de même RXR1RAR1RXR1=RXR1
et RXR1RAR1=RXAR1=RAXR1=RAR1RXR1
6a.) D’après le théorème du rang les dimensions sont les bonnes et par hypothèse, l’intersection est réduite au
vecteur nul.
Donc les deux sous espaces sont supplémentaires
b.)
existence :
Pour v…xé dans Rnon décompose v=A(w1) + v1avec w12Eet v1dans ker(A).
On a A(w1)v=v12Ker(A)mais w1=2Im(A).
On décompose donc : w1=w+z, avec w2Im(A)et z2Ker(A)et on a alors A(w) = A(w1), et
donc : A(w)v2Ker(A).
unicité :
si wet w0sont deux vecteurs de Im(A)tels que A(w)vet A(w0)vsoient dans Ker(A), on a
A(w) = A(w0)par unicité de la décomposition de ven somme d’un vecteur de Im(A)et d’un vecteur
de ker(A), d’où (ww0) = 0. Le vecteur ww0appartient dont à Im(A)\Ker(A). On a donc w=w0.
8v2Rn;9!w2Im(A); A(w)v2Ker(A)
Remarque: l’unicité de v1ne su¢ t pas car nous n’avons pas celle de w1( mais seulement celle de A(w1))
On a donc A('(v)) v2Ker (A)et '(v)est l’unique vecteur de Im (A)véri…ant cette propriété.
Pour montrer que (v) = zil su¢ t donc de montrer que z2Im(A)et A(z)v2Ker(A)
c.)

3
Soient vet v0deux vecteurs de Rn,un scalaire, w='(v)et w0='(v0)les vecteurs de Im(A)tels
que (w)v2Ker(A)et (w0)v02Ker(A). On a alors comme Ker(A)est un sous espace vectoriel
D’une part : :
A(w +w0)(v +v0) = (A(w)v)(A(w0)v0)2Ker(A)
D’autre part :
A('(v +v0)) (v +v0)2Ker(A)
Comme w +w02Im(A)(c’est un sous espace vectoriel) et '(v +v0)2Im(A)on a par unicité :
'(v +v0) = w +w0='(v) + '(v0))
'est donc bien un endomorphisme de Rn
–Soit vde Ker(A), on a A(0) v2Ker(A), et donc comme '(v)et 02Im(A):'(v)=0. On a
donc Ker(A)Ker(').
–Soit v2Ker ('),'(v) = 0, on a donc : A(0) v2Ker(A), et donc v2Ker(A).
Ker(') = Ker(A)
Im (A)et Im (')on la même dimension ( Théorème du rang) et on a par dé…nition de 'l’inclusion
Im(')Im(A), donc :
Im(') = Im(A):
Soit vest un vecteur de Im(A)
–Si w=A(v)on a A(v)w= 0 2Ker(A)et donc v='(w) = '(A(v)) .
–Par dé…nition de 'on a A('(v)) v2Ker(A), mais A('(v)) 2Im (A)et v2Im(A)donc
A('(v)) v2Ker(A)\Im(A) = f0g. on a donc A('(v)) = v.
8v2Im(A),A'(v) = 'A(v) = v
–'A'='car si v2Rnon a '(v)2Im(') = Im(A)et donc d’après la question précédente :
(''A) ('(v)) = '(v):
–'A'A='Acar si v2Rnon a 'A(v)2Im(A)et donc d’après la question précédente :
('A') ('A(v)) = 'A(v):
–A'='A. On utilise le fait que le noyau et l’image sont supplémentaires :
Si v2Ker(A) = Ker (')on a A'(v) = 'A(v) = 0,
Si v2Im (A) = Im (')on a A'(v) = 'A(v) = v.
Si v2Rn, comme Rn= Im (A)Ker (A);on décompose v=i+kavec i2Im (A) = Im (')
et k2Ker(A) = Ker (')
Mat(')est un pseudo inverse de A
7a.)
Im(X)Im(A) :Soit v2Im(X), il existe wtel ue v=X(w). D’après les dé…nitions d’un pseudo
inverse on a X=XAX =AX2.Donc on a v='A('X2(w)) 2Im(A).
Im(A)Im(X)idem en utilisant A=XA2.
Im(A) = Im(X)
Ker(A)Ker(X). On utilise X=X2Adonc A(v) = 0 )X(v) = XA (A(v)) = 0
Ker(X)Ker(A):Idem avec A=A2X
Ker(A) = Ker(X).
Soit v2Im(A)\Ker(A). Soit wtel que v=A(w), et on a comme A=AXA et AX =XA
v=A(w) = AXA(w) = (XA) (A(w)) = XA(v) = X(0) = 0
. La somme Ker(A) + Im(A)est donc directe et le théorème du rang montre qu’elle est égale à Rn.
Ker(A)Im(A) = Rn
Remarque avec les questions 6 et 7 on a prouvé : le pseudo inverse existe si et seulement si le noyau et l’image
de Asont supplémentaires.
b.) On sait d’après la question 2.a) et 2.c) que AX est la matrice d’une projection. et que rg(A) = rg(AX).
donc dim(Im(A)) = dim(Im(AX))
Comme on a toujours Im(AX)Im(A), on a Im(A) = Im(AX)

4
De même d’après le théorème du rang dim(Ker(A)) = dim(Ker(AX)) et comme on a toujours Ker(A)
Ker(XA). L’hypothèse AX =XA donne alors Ker(A)Ker(XA)on a Ker(AX) = Ker(A).
AX est donc la projection sur Im(A), parallèlement à Ker(A)