Pseudo-inverse d une matrice carrée

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1 MP 933 & 934 Devoir Libre n o 4 Corrigé I Quelques propriétés des pseudo-inverses I.1. On vérifie aisément que M = M = M 3 ; de l équation MMM = M on déduit que M est un inverse faible de M. De plus, M commutant avec lui-même, M est un pseudo-inverse de M. Posons X = Le calcul montre que MXM = M et XMX = X. En revanche, M = XM MX = X donc X est un inverse faible mais pas un pseudo-inverse de M. I.. a On a AX = AXAX = AXAX = AX et XA = XAXA = XAXA = XA, donc AX et XA sont des matrices de projection. b Soient u et v deux endomorphismes d un K-espace vectoriel E. Alors Imu v = u ve ue = Imu, ce qui montre que rgu v rgu. De plus, dim [ u ve ] dimve donc rgu v rgv. Cela montre que rgu v inf rgu,rgv. On applique ce lemme dans la version matricielle : rgax rga et rga = rgax A rgax donc rga = rgax. Puisque AX et XA sont des matrices de projection, leur rang est égal à leur trace, et donc Conclusion : rga = rgax = trax = propriété de la trace trxa = rgxa. rga = rgax = rgxa = trax. I.3. On part de la relation AXA = A; on multiplie à droite par A 1 ce qui donne AX = I n. On en déduit que X est l inverse de A : X = A 1. Cela prouve l unicité de X. De plus, les relations 1, et 3 sont trivialement vérifiées : Si A GL n R, la seule matrice X vérifiant 1 est A 1 et c est un pseudo-inverse de A. I.4. On a AXAX = AXAX = AX. De même, XAX A = XAX A = XA. Or, A commute avec X et avec X, donc ces deux matrices sont égales : AX = XA. 4 On utilise ensuite une certain nombre de fois les propriétés, 3 et 4 pour obtenir d où l on déduit X = X : X = XAX 3 = XXA 4 = XAX 4 = AX X 3 = X AX = X, Le pseudo inverse, s il existe, est unique. On pourra donc dire le pseudo-inverse, et non plus un pseudo-inverse. I.5. Les résultats suivants sont plus de la vérification qu autre chose ; nous les mettons sous forme de tableau : matrice A X λa 0 A k RAR 1 pseudo-inverse X A λ 1 X 0 X k RXR 1 éviter d écrire X λ. I.6. a Le théorème du rang appliqué à l endomorphisme Φ A permet d écrire que dimr n = n = dimima+dimkera. Puisque l on est en dimension finie, cette égalité et la relation KerA ImA = {0} permet de conclure que R n = ImA KerA. b Le théorème du rang pour les grands nous dit que, puisque ImA est un supplémentaire de KerA, la restriction de Φ A à ImA, induit un isomorphisme de ImA vers ImA. Soit v R n. Montrons l existence et l unicité de w ImA tel que Φ A w KerA. lundi 15 octobre 01 4 vendémiaire 1 /home/walter/latex/mp/annee/01/dm-01/

2 Devoir Libre n o 4 Corrigé Mathématiques, MP 933 & 934 Existence : on décompose v dans la somme R n = KerA ImA : il existe k KerA et i ImA tels que v = k + i. Puisque Ψ A est un automorphisme de ImA, il existe donc un unique vecteur w ImA tel que i = Ψ A w = Φ A w. Ainsi, v Φ A w KerA. Unicité : on suppose qu il existe un vecteur w ImA tel que Φ A w v KerA. Alors Φ A w w = Φ A w Φ A w KerA. Or Φ A w w est également élément de ImA, ce qui montre que Φ A w w = 0. Puisque w w est élément de ImA, on a donc w w KerA ImA et donc w = w. Pour tout v R n, il existe un unique élément w de ImA tel que Φ A w v KerA. c Pour obtenir le vecteur w, on a décomposé v dans la somme directe R n = ImA KerA et gardé la partie appartenant à ImA; en d autres termes, on a appliqué la projection p sur ImA parallèlement à KerA; appliqué Ψ 1 A. On peut donc écrire que ϕv = Ψ 1 A pv pour tout v R n, ou encore : ϕ = Ψ 1 A p : c est un endomorphisme de Rn. MunissonsR n d une baseb adaptée à la décompositionr n = ImA KerA. Dans cette base, la matrice représentative de Φ A est, en notant r = rga : B O A = mat Φ A = avec B GL B O O r R. La matrice de la projection p sur ImA parallèlement à KerA est On en déduit que la matrice de ϕ dans la base B est P = mat B p = X = mat B ϕ = Ir O O O. B 1 O O O et l on vérifie immédiatement que X est un pseudo-inverse de A. Enfin, si l on note A et X les matrices représentatives de Φ A et ϕ dans la base canonique, il existe une matrice inversible R GL n R telle que A = R 1 A R et X = R 1 X R ; la question I.5 permet alors de conclure que On a donc «inversé la partie inversible de A.» X est un pseudo-inverse de A. I.7. a On se souvient du résultat suivant, qui est un exercice d écriture facile : LEMME Si f,g LE, alors : Imf g Imf et Kerg Kerf g. De X = XAX = A XX on tire Φ X = Φ X Φ A Φ X et donc ImX ImA. De A = AXA = X AA on tire : ImA ImX On a donc ImX = ImA. De X = XAX = XX A on tire : KerA KerX; de A = AXA = AA X on tire : KerX KerA. On a donc KerX = KerA. Soit x KerA ImA. Il existe donc y R n tel que x = Φ A y. De plus, Φ A x = Φ A Φ A y = 0. On en déduit que x = Φ A y = Φ A Φ X Φ A y 3 = Φ X Φ A Φ A y = Φ X Φ A x = 0. On a donc montré que KerA ImA = {0} d où l on déduit que R n = KerA ImA. b PuisqueAX = AXA X 1 = AX, on sait queax est la matrice de projection surimax, parallèlement àkerax. On sait de plus que KerA KerAX KerAXA 1 = KerA, ce qui prouve que KerAX = KerA. Enfin, ImAX ImA 1 = ImAXA ImAX, ce qui prouve que ImA = ImAX. Conclusion : AX est la matrice de projection de R n sur ImA parallèlement à KerA. On remarquera que toutes les matrices n admettent pas de pseudo-inverse : par exemple n en a pas exercice!. I.8. D après I.6 et I.7,

3 Devoir Libre n o 4 Corrigé 3 Mathématiques, MP 933 & 934 i ImA KerA = R n. Par ailleurs, on a toujours ImA ImA et KerA KerA donc Ensuite, ii dimima = dimima iv dimkera = dimkera iii. i ImA = Φ A ImA = ΦA R n = ImA ii ImA KerA = KerΨ A = {0} i. On a aussi v ImA ImA ii, et vi KerA KerA iii. Enfin, i v en prenant V = X, et de même i vi en prenant W = X. II Matrices circulantes II.1. Notons génériquement Aa 1,a,a 3,a 4 la matrice circulante dont les coefficients de première ligne sont A 1j = a j. On a respectivement I = A1,0,0,0 C = A0,1,0,0 C = = A0,0,1, et C 3 = = A0,0,0, Les matrices I, C, C et C 3 sont circulantes. II.. Il est immédiat de vérifier que I,C,C,C 3 est une famille libre, et qu elle est génératrice ; de plus, Si A est une matrice circulante, A = a 1,1 I+a 1, C+a 1,3 C +a 1,4 C 3. II.3. Si A est circulante, elle s écrit sous la forme d un polynôme en C, donc commute avec C. Réciproquement, supposons AC = CA. Quelques lignes de calcul un peu bourrin montrent que A est circulante. Mais si c est faisable avec n = 4, c est moins tentant avec n = 4. On peut voir les choses autrement. La matrice C est à spectre simple, écrivons-là C = P 1 DP. Si A est une matrice qui commute avec C, alors déf. = PAP 1 commute avec D, et tout le monde a déjà fait le calcul prouvant qu alors elle est diagonale 1. Or une matrice diagonale diagµ 1,µ,µ 3,µ 4 peut s écrire comme un polynôme en λ 1,λ,λ 3,λ 4 invoquons encore une fois Lagrange dans cette passe difficile, et tout s arrange, à condition de bien préciser que les valeurs λ k sont deux à deux distinctes! A est une matrice circulante si, et seulement si AC = CA. II.4. Le plus simple est de remarquer que C 4 = I, donc X 4 1 est annulateur de C et donc finalement SpC {1,i, 1, i}. On cherche ensuite les noyaux de C I, C ii, C+I et C+iI ; on trouve, par résolution de systèmes, qu ils sont de dimension 1 ; on choisit alors un vecteur propre de chacun des espaces, puis on le norme, ce qui donne par exemple 1 i 1 i U 1 = U i = 1 1 i U 1 = U i = 1 1 i II.5. C est évidemment une famille libre ils sont associés à des valeurs propres distinctes! et un simple calcul montre qu ils sont orthogonaux. Remarque 1 Bien sûr, ce n est pas un hasard : c est une propriété due au fait que C commute avec sa transposée on dit que la matrice C est normale. Mais l étude générale des matrices normales est hors-programme. Quelques problèmes d écrit ont été consacrés à ces matrices. II.6. Pour tout j de [1; 4], U j est vecteur propre de C, et donc de toute puissance de C, et donc de tout polynôme en C, et donc de toute matrice circulante! Ainsi, La base U 1,U i,u 1,U i est une base propre pour tout matrice circulante. 1. Ou fait le raisonnement consistant à remarquer que les sous-espaces propres de D sont de dimension 1 et stables par...

4 Devoir Libre n o 4 Corrigé 4 Mathématiques, MP 933 & 934 Enfin, si A = a 1,1 I+a 1, C+a 1,3 C +a 1,4 C 3, alors Cela prouve que AU j = a 1,1 U j +a 1, λ j U j +a 1,3 λ j U j +a 1,4 λ j U j. U j est vecteur propre de A pour la valeur propre µ j = a 1,1 +a 1, λ j +a 1,3 λ j +a 1,4λ 3 j. De manière plus synthétique, si A = PC où P = a 1,1 + a 1, X+a 1,3 X +a 1,4 X 3 est un polynôme, alors U j est vecteur propre pour la valeur propre Pλ j. II.7. Puisque A est diagonalisable, il suffit de déterminer quelles sont les valeurs propres nulles, et quelles sont celles qui ne le sont pas. Notons K l ensemble des indices k tels que µ k = 0 et I celui des indices i tels que µ i 0, alors Une base de KerA est U k k K et une base de ImA = U i i I. Notamment, les vecteurs de U 1,...,U n sont soit dans le noyau, soit dans l image. II.8. On sait que, si U j est dans KerA, alors il est dans KerB, donc BU j = 0. Sinon, U j est dans l image de A et, puisque BA est la projection sur ImA, on a donc BAU j = U j, ou encore µ j BU j = U j, c est-à-dire BU j = 1/µ j U j. Ainsi, la matrice représentative de Φ B l endomorphisme associé à B dans la base U 1,U,...,U n est, en notant P la matrice inversible dont les vecteurs colonnes sont U 1,U,...,U n : α 1 P 1 BP = α α 3 α 4 avec α k = { 0 si µ k = 0 µ 1 k si µ k 0 II.9. Les valeurs propres de T sont respectivement On note de telle sorte que Le pseudo-inverse de T vérifie alors c est-à-dire µ 1 = 1 µ = 1+i µ 1 P 1 TP = µ µ 3 = 0 µ 4 = 1 i. 1 i 1 i P = i 1 i 1 P 1 BP = µ 3 µ 4 1 = 1 i 0 1+i, 1+i B = i. On peut demander à Maple de nous aider dans les calculs 3 C:=«0,0,0,1> <1,0,0,0> <0,1,0,0> <0,0,1,0»; EigenvectorsC; I I I 1 1 I , 1 I I Penser à la matrice de Φ A dans une base adaptée! 3. Que croyez-vous que j aie fait?!

5 Devoir Libre n o 4 Corrigé 5 Mathématiques, MP 933 & 934 T:=1+C/: P:= 1/*«1,1,1,1> <I,-1,-I,1> <-1,1,-1,1> <I,1,-I,-1»; 1 I 1 I P := I 1 I Delta:=DiagonalMatrix[1,1-I,0,1+I]; I 0 0 := I B:=P.Delta.P**-1; B := 3/4 1/4 1/4 3/4 3/4 3/4 1/4 1/4 1/4 3/4 3/4 1/4 1/4 1/4 3/4 3/4 T.B.T-T; B.T.B-B; B.T-T.B;