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 =
X
T r(AB) =
ai;k bk;i
Pn
k=1
ai;k bk;j . Et donc
i=1::n
k=1::n
de même
T r(BA) =
X
bi;k ak;i
i=1::n
k=1::n
La commutativité du produit et le changement d’indice i $ k montre l’égalité :
T r(AB) = T r(BA)
2.) Si A0 est semblable à A il existe une matrice inversible P telle que A0 = P AP
T r(A0 ) = T r(P AP
3.
A
1
) = T R (P A) P
1
1
= T r(P
1
. On a donc
P A) = T r(A)
est 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:
8 X 2 Ker(A) \ Im(A) A (X) = 0 et 9 Y , X = A (Y ), et donc
X=
A
(Y ) =
A2
(Y ) = (
2
A)
(X) =
A
(
Dans une base adaptée à cette somme directe, la matrice de
A0 =
On a donc T r(A) = T r(A0 ) =
A
A
(X)) = 0:
est :
0 0
0 I
= rg(A).
pour un projecteur T r( ) = rg( )
Partie 2
3
2
1.) . On a M = M = M et les matrices A = M et X = M véri…ent les relations (1), (2) et (3).
M est donc pseudo-inverse d’elle même
remarque : c’est une propriété générale de tous les projecteurs.
Avec A = M et X =
AX 6= XA.
1
0
1
0
, on trouve AX = X et XA = A. Ce qui donne AXA = A , XAX = X,
X est 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)
rg(v)
rg(v)
Soit (vi )i=1 une base de Im(v) alors les (u (vi ))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 A est inversible, et si AXA = A, on obtient, en multipliant à droite et à gauche par A
X = A 1 véri…e bien les 3 propriétés.
Le pseudo-inverse de A est donc unique, égale à l’inverse de A
1
. Réciproquement
4a.) On a AXAX 0 = (AXA)X 0 = AX 0
b.) Et comme AX = XA et AX 0 = X 0 A on a AXAX 0 = XAX 0 A = X (AX 0 A) = XA. On a donc XA = AX 0 .
On peut calculer de deux façons di¤érentes XAX 0 :
XAX 0
XAX 0
= (XA)X 0 = (AX 0 )X 0 = (X 0 A)X 0 = X 0 AX 0 = X 0
= X(AX 0 ) = X(XA) = X(AX) = XAX = X
et donc X = X 0 :
Si il existe un pseudo-inverse de A, celui-ci est unique
5.)
A et X jouent des rôles symétriques: le pseudo inverse de X est A:
On véri…e que le pseudo inverse de A est 1 X qui 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) = t B t A , on véri…e que le pseudo inverse de t A est t A:
(t A) (t X) (t A) = t (AXA) = (t A) , (t X) (t A) (t X) = t (XAX) = (t X) , (t A) (t X) = (t X) (t A)
On véri…e par récurrence que le pseudo inverse de Ak est X k :
– La propriété est vrai pour k = 1
– Si le pseudo inverse de Ak est X k on a :
! Ak+1 X k+1 Ak+1 = AAk X k X Ak A = A Ak X k Ak XA = A Ak XA = Ak (AXA) =
Ak A = Ak+1
en utilisant que si AX = XA alors pour tout k 2 N , Ak X = XAk .
! de même X k+1 Ak+1 X k+1 = X k+1 en inversant le rôle de X et A
! et Ak+1 X k+1 = X k+1 Ak+1 .
On véri…e que le pseudo inverse de RAR 1 est RXR 1 :
RAR 1 RXR 1 RAR 1 = RA R 1 R X R 1 R 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 Rn on décompose v = A (w1 ) + v1 avec w1 2 E et v1 dans ker(A).
On a A (w1 ) v = v1 2 Ker(A) mais w1 2
= Im(A) .
On décompose donc : w1 = w + z , avec w 2 Im(A) et z 2 Ker(A) et on a alors A (w) =
donc : A (w) v 2 Ker(A).
A (w1 ),
et
unicité :
si w et w0 sont deux vecteurs de Im(A) tels que A (w) v et A (w0 ) v soient dans Ker(A), on a
0
A (w) = A (w ) par unicité de la décomposition de v en somme d’un vecteur de Im(A) et d’un vecteur
de ker(A), d’où (w w0 ) = 0. Le vecteur w w0 appartient dont à Im(A) \ Ker(A). On a donc w = w0 .
8v 2 Rn ; 9!w 2 Im(A);
A
(w)
v 2 Ker(A)
Remarque: l’unicité de v1 ne su¢ t pas car nous n’avons pas celle de w1 ( mais seulement celle de A (w1 ) )
On a donc A ('(v)) v 2 Ker (A) et ' (v) est l’unique vecteur de Im (A) véri…ant cette propriété.
Pour montrer que (v) = z il su¢ t donc de montrer que z 2 Im(A) et A (z) v 2 Ker(A)
c.)
3
Soient v et v 0 deux vecteurs de Rn , un scalaire, w = '(v) et w0 = ' (v 0 ) les vecteurs de Im(A) tels
que (w) v 2 Ker(A) et (w0 ) v 0 2 Ker(A). On a alors comme Ker(A) est un sous espace vectoriel
D’une part : :
A(
w + w0 )
( v + v0 ) =
(
A (w)
v)
(
A (w
0
)
D’autre part :
v 0 ) 2 Ker(A)
v + v 0 )) ( v + v 0 ) 2 Ker(A)
Comme w + w0 2 Im(A) (c’est un sous espace vectoriel) et ' ( v + v 0 ) 2 Im(A) on a par unicité :
'( v + v 0 ) = w + w0 = '(v) + ' (v 0 ))
A (' (
' est donc bien un endomorphisme de Rn
– Soit v de Ker(A), on a A (0) v 2 Ker(A), et donc comme '(v) et 0 2 Im(A) : '(v) = 0. On a
donc Ker(A) Ker(').
– Soit v 2 Ker (') , '(v) = 0, on a donc : A (0) v 2 Ker(A), et donc v 2 Ker(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 v est un vecteur de Im(A)
– Si w = A (v) on a A (v) w = 0 2 Ker(A) et donc v = '(w) = '( A (v)) .
– Par dé…nition de ' on a A ('(v)) v 2 Ker(A) , mais A ('(v)) 2 Im (A) et v 2 Im(A) donc
v 2 Ker(A) \ Im(A) = f0g . on a donc A ('(v)) = v .
A ('(v))
8v 2 Im(A) ,
A
'(v) = '
A (v)
=v
n
–'
A ' = ' car si v 2 R on a '(v) 2 Im(') = Im(A) et donc d’après la question précédente :
(' 'A ) ('(v)) = '(v):
– 'A
'A = 'A car si v 2 Rn on a 'A (v) 2 Im(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 v 2 Ker(A) = Ker (') on a A '(v) = '
A (v) = 0,
Si v 2 Im (A) = Im (') on a A '(v) = '
(v)
= v.
A
Si v 2 Rn , comme Rn = Im (A) Ker (A); on décompose v = i + k avec i 2 Im (A) = Im (')
et k 2 Ker(A) = Ker (')
M at(') est un pseudo inverse de A
7a.)
Im(X)
Im(A) :Soit v 2 Im(X) , il existe w tel ue v = X (w). D’après les dé…nitions d’un pseudo
inverse on a X = XAX = AX 2 .Donc on a v = 'A ('X 2 (w)) 2 Im(A).
Im(A) Im(X) idem en utilisant A = XA2 .
Im(A) = Im(X)
Ker(A)
Ker(X)
Ker(X) . On utilise X = X 2 A donc
Ker(A):Idem avec A = A2 X
A (v)
=0)
X
(v) =
XA
(
A (v))
=0
Ker(A) = Ker(X).
Soit v 2 Im(A) \ Ker(A). Soit w tel que v =
v=
A (w)
=
A
X
A (w)
=(
X
A (w),
et on a comme A = AXA et AX = XA
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 A sont 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)