Produit scalaire et transposition matricielle

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 28 décembre 2016
Enoncés
1
Produit scalaire et transposition matricielle
Exercice 1 [ 03937 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (R). Comparer d’une part les espaces
ker A et ker(t AA)
et d’autre part les espaces
Im A et Im(At A)
Exercice 2 [ 03935 ] [Correction]
Soient A ∈ Mn (R) vérifiant A2 = 0.
(a) Établir
ker(t A + A) = ker(A) ∩ ker(t A)
(b) En déduire
t
A + A ∈ GLn (R) ⇐⇒ Im A = ker A
Exercice 3 [ 03936 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (R) vérifiant
∀X ∈ Mn,1 (R), kAXk ≤ kXk
où k.k désigne la norme euclidienne usuelle sur l’espace des colonnes.
Établir
∀X ∈ Mn,1 (R), t AX ≤ kXk
Exercice 4 [ 03938 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (R) vérifiant
∀X ∈ Mn,1 (R), kAXk ≤ kXk
où k.k désigne la norme euclidienne usuelle sur l’espace des colonnes.
(a) Établir
∀X ∈ Mn,1 (R), t AX ≤ kXk
(b) Soit X ∈ Mn,1 (R). Montrer que si AX = X alors t AX = X
(c) Établir
Mn,1 (R) = ker(A − In ) ⊕ Im(A − In )
Exercice 5 [ 00354 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (R). Établir
rg(t AA) = rg A
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Corrections
2
Corrections
donc
Exercice 1 : [énoncé]
On sait ker A ⊂ ker(t AA) et si X ∈ ker(t AA) alors t AAX = 0 donc
Mais A2 = 0 entraîne Im A ⊂ ker A puis rg A ≤ dim ker A.
Finalement, Im A ⊂ ker A et rg A = dim ker A donc Im A = ker A.
( ⇐= ) Supposons Im A = ker A. Soit X ∈ ker(t A + A) = ker(A) ∩ ker(t A). On a
X ∈ ker A donc X ∈ Im A. Il existe alors une colonne Y telle que X = AY. Mais on a
aussi t AX = 0 donc t AAY = 0 puis
dim ker A ≤ rg t A = rg A
kAXk2 = t X t AAX = 0
puis X ∈ ker A. Ainsi
ker A = ker(t AA)
kXk2 = kAYk2 = t Y t AAY = 0
Il en découle
Ainsi ker(t A + A) = {0} et la matrice t A + A s’avère inversible.
rg(A) = rg(t AA)
puis
rg(A) = rg(t A) = rg(tt At A) = rg(At A)
Or Im(At A) ⊂ Im A donc
Exercice 3 : [énoncé]
On a
Im(A A) = Im A
t
D
E
t 2 t t
AX = XA AX = X, At AX
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
E
t 2 D
AX = X, At AX ≤ kXk At AX ≤ kXk t AX Exercice 2 : [énoncé]
(a) Evidemment
ker(t A + A) ⊃ ker(A) ∩ ker(t A)
Inversement, soit X ∈ ker(t A + A). On a
t
Ainsi
t AX ≤ kXk
et ce que t AX = 0 ou non.
AX + AX = 0
Exercice 4 : [énoncé]
et donc
At AX + A2 X = At AX = 0
(a) On a
D
E
t 2 t t
AX = XA AX = X, At AX
puis
t
2
XAt AX = t AX = 0
On en déduit t AX = 0 puis aussi AX = 0.
On peut alors conclure l’égalité demandée.
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
E
t 2 D
AX = X, At AX ≤ kXk At AX ≤ kXk t AX Ainsi
(b) ( =⇒ ) Supposons t A + A inversible. On a alors
t AX ≤ kXk
ker(t A + A) = ker(A) ∩ ker(t A) = {0}
On en déduit
dim ker A + dim ker A ≤ n
t
Or
dim ker t A + rg t A = n
et ce que t AX = 0 ou non.
(b) Si AX = X alors
D
E
t
2 2
AX − X = t AX − 2 t AX, X + kXk2 ≤ 2 kXk2 − t XAX = 0
On en déduit t AX = X.
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Corrections
3
(c) Soit X ∈ ker(A − In ) ∩ Im(A − In ).
On a AX = X (et donc t AX = X) et il existe Y ∈ E vérifiant X = AY − Y.
kXk2 = hX, AY − Yi = t XAY − t XY
Or
t
XAY = t t AX Y = t XY
et donc kXk2 = 0. Ainsi
ker(A − In ) ∩ Im(A − In ) = {0}
Enfin, le théorème du rang
dim ker(A − In ) + rg(A − In ) = dim E
permet de conclure
E = ker(A − In ) ⊕ Im(A − In )
Exercice 5 : [énoncé]
Si X ∈ ker A alors X ∈ ker t AA.
Inversement, si X ∈ ker t AA alors t AAX = 0 donc t X t AAX = t (AX)AX = 0 d’où AX = 0
puis X ∈ ker A.
Ainsi
ker(t AA) = ker A
puis par la formule du rang
rg(t AA) = rg A
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