Corrigé - Gery Huvent

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
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H
-L
F
,L
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

−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 .
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G
H
-L
F
,L
P −1 X
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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 adeux 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
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H
-L
F
,L
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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 care

 
 
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 ).
 surla 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
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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.
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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).
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
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.
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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) =
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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