TD 1 : Résultats généraux

Exercice 1 : Inversion par blocs

En utilisant la formule d'inversion d'une matrice par blocs

A =

�A11 A12

A21 A22

�inverser la matrice

A =

24 1 2 14 5 60 1 2

35Exercice 2 : Théorème de Cayley Hamilton

On considère la matrice A (3� 3) ci dessous

A =

24 1 2 11 1 10 1 2

351. Calculer le polynôme caractéristique de A:

2. En utilisant le théorème de Caley Hamilton, calculer A5

Exercice 3 : Théorème de Cayley Hamilton

On dé�nit l'exponentielle matricielle d'une matrice (n� n) par

eA =

+1Xk=0

Ak

k!

1. En utilisant le théorème de Cayley Hamilton, montrer que l'exponentielle s'écrit aussi

eA =

n�1Xk=0

�kAk

Soit �i une valeur propre de A et xi le vecteur propre associé.

2. Montrer que nous avons alors

e�i =

n�1Xk=0

�k�ki

En déduire un moyen de calculer les �k:

3. Appliquer à la matrice A =

�1 10 2

�71

72 TD 1 : Résultats généraux

Exercice 4 : Diagonalisation

On considère la matrice A donnée par :

A =

24 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

351. Calculer le polynôme caractéristique de A:

2. Montrer que 1 et -1 sont des valeurs propres. Quelle est la multiplicité algébrique de 1.

3. Montrer que les vecteurs v1 =�0 �2 1

�Tet v2 =

�1 0 0

�Tsont des vecteurs propres

associés à la valeur propre 1:

4. On appelle multiplicité géométrique d'une valeur propre la dimension de l'espace propre assocé.Montrer que v1 et v2 sont indépendants. Quelle est alors la multiplicité géométrique de 1.

5. Montrer que v3 =� �7

2 1 32

�Test vecteur propre de -1.

6. Soit � =�v1 v2 v3

�la matrice des vecteurs propres. Montrer que ��1 =

24 0 �38

14

1 78

74

0 14

12

357. Véri�er que A est bien diagonalisable en écrivant

A = �diag f1; 1;�1g��1

8. Sans calculer les vecteurs propres, un autre moyen de véri�er qu'une matrice A de Rn�n estdiagonalisable est que

(A� �1In) (A� �2In) ::: (A� �mIn) = 0

où �1; �2; :::; �m sont les m valeurs propres distinctes de A:

Véri�er que(A� I3) (A+ I3) = 0

Conclusion

TD 2 : Résolution des systèmes linéaires

Soit à résoudre le système d'équations linéaires d'ordre 4 suivant :

A:X = B26641 5 4 �34 8 4 01 3 0 �21 4 7 2

37752664x1x2x3x4

3775 =

2664�48�410

37751. Résoudre le système en appliquant la méthode de Gauss avec pivot partiel.

2. Montrer que le fait de permuter la première et la deuxième ligne de A est équivalent à multiplierà gauche la matrice A par la matrice 2664

0 1 0 01 0 0 00 0 1 00 0 0 1

3775Généraliser au cas de la permutation des lignes i et j:

3. Montrer que soustraire � fois la 1�ere ligne d'une matrice à la 2�eme ligne revient à multiplierla matrice par la matrice suivante 2664

1 0 0 0�� 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775Généraliser au cas où on veut soustraire � fois la i�eme ligne de la j�eme ligne.

4. Que réalise la multiplication de la matrice A par la matrice ?26641 0 0 0�� 1 0 0�� 0 1 00 0 0 1

37755. Que vaut la matrice inverse de cette matrice ?

6. En réappliquant la méthode du pivot de Gauss sous forme matricielle, montrer que la matriceA précédente peut s'écrire sous la forme

P:A = L:U

73

74 TD 2 : Résolution des systèmes linéaires

où P est la matrice des permutations des lignes et des colonnes, L est une matrice triangulaireinférieure et U est la matrice triangulaire supérieure obtenue dans la question 1 par la méthodede Gauss à pivot partiel.

7. Quel est le déterminant de la matrice A ? On rappelle que les deux permutations des lignesde A ne change pas la valeur du déterminant (une permutation de deux ligne multiplie ledéterminant par �1).

8. Montrer que le produit P:P donne la matrice identité.

9. Montrer que la résolution du système précédent peut se faire par la résolution par la méthodede substitution des systèmes suivants

L:Y = P:B

UX = Y

10. Calculer simplement l'inverse de la matrice U puis de la matrice A:

TD 3 : Méthodes itératives et QR

Exercice 1 Méthodes itératives

Comparer la méthode de Jacobi avec la méthode de Gauss-Seidel pour la résolution du systèmeci-dessous de la forme (Ax = b) �

10 55 10

� �x1x2

�=

�32

�avec une précision de 10�3: On rappelle la solution obtenue avec matlab x1 = 2:6667 � 10�1 etx2 = 6:6667 � 10�2:

Les algorithmes dont donnés au pas (k + 1) par :

x(k+1) = Mx(k) + v

avec

� méthode de JacobiM = �D�1 (L+ U)

v = D�1b

� méthode de Gauss-SiedelM = � (D + L)�1 Uv = (D + L)�1 b

D est une matrice diagonale contenant les éléments diagonaux de A; L est triangulaire infé-rieure (éléments de A situés sous la diagonale) et U est triangulaire supérieure (éléments de

A situés au dessus de la diagonale). On peut prendre comme point initial x(0) =

�00

�:

Exercice 2 Décomposition QR

Appliquer l'algorithme de décomposition QR présenté en cours à la matrice

A =

24 1 1 21 3 11 1 1

35On écrira pour cela les matrices par colonnes A =

�a1 a2 a3

�et Q =

�q1 q2 q3

�~q1 = a1q1 =

~q1k~q1k

for k=2 jusqu'à n~qk = ak �

�aTk qk�1

�qk�1 �

�aTk qk�2

�qk�2 � :::� �aTk q1� q1

qk = ~qkk~qkk

endR = QTA

75

76 TD 3 : Méthodes itératives et QR

TD 4 : Décomposition de Cholesky

On appelle décomposition de Cholesky d'une matrice réelle symétrique R la factorisation de cettematrice sous la forme

R = ADAT

où A est une matrice triangulaire inférieure avec éléments diagonaux égaux à l'unité et D unematrice diagonale.

1. Toutes les matrices dans la formule précédente étant carrées et d'ordre N montrer qu'il y aautant d'éléments indépendants dans R que dans sa décomposition de Cholesky. Donner lacondition sur la décomposition de Cholesky qui garantit que R possède un inverse ou que Rest dé�nie positive (R > 0).

On suppose R inversible et on appelle Rn la matrice carrée d'ordre n déduite de R en prenantles n premières lignes et colonnes. Est-ce encore une matrice symétrique ? On appelle [An;Dn]les matrices correspondant à sa décomposition de Cholesky. On introduit également la matriceBn = A�1n et on partitionne les trois matrices d'ordre (n+ 1) sous la forme :

Rn+1 =

�Rn unuTn rn+1

�An+1 =

�An 0aTn 1

�Bn+1 =

�Bn 0bTn 1

�Dn+1 =

�Dn 00 dn+1

�2. Donner l'algorithme récursif permettant de calculer An+1, Bn+1 et Dn+1 à l'aide des éléments

de R lorsque An, Bn et Dn sont connus

3. Appliquer cet algorithme pour obtenir la décomposition de Cholesky de la matrice N � Ndont les éléments sont donnés par

Rij = inf(i; j)

En déduire que R est dé�nie positive

4. Déduire des résultats précédents qu'une matrice symétrique est dé�nie positive si et seulementsi tous ses mineurs principaux (déterminants de Rn) sont positifs.

77

78 TD 4 : Décomposition de Cholesky

TD 5 : Inversion d'une matrice

L'algorithme de Jordan est souvent utilisé pour l'inversion d'une matrice. On ne traitera ici queles cas où on ne rencontre pas de pivot nul.

Soit H (N �N) la matrice dont on cherche l'inverse Hinv. L'algorithme est alors le suivantHold := HPour k allant de 1 à N

pour (j allant de 1 à N) et (j 6= k)Hnew(k; j) = Hold(k; j)=Hold(k; k)

�nHnew(k; k) = 1=Hold(k; k)pour (i allant de 1 à N) et (i 6= k)

Hnew(i; k) = �Hold(i; k)=Hold(k; k)�npour (i allant de 1 à N) et (i 6= k)

pour (j allant de 1 à N) et (j 6= k)Hnew(i; j) = Hold(i; j) � (Hold(i; k) �Hold(k; j))=Hold(k; k)

�n�nHold = Hnew

�nHinv = Hnew

1. Appliquer l'algorithme de Jordan à l'inversion de la matrice

A =

24 1 2 34 5 60 8 7

352. Véri�er le résultat.

79

80 TD 5 : Inversion d'une matrice

TD 6 : Décomposition en valeurssingulières

Exercice 1

On considère la matrice de dimension 2� 3

A =

�1 2 12 3 1

�1. Montrer que la matrice est de rang 2.

2. Calculer ses valeurs singulières.

3. Calculer les deux matrices U et V de la décomposition en valeurs singulières.

Exercice 2 Interprétation géométrique de la SVD

On considère la matrice A de dimension 2� 2

A =

�1: 401 5 : 400 921: 048 1: 013 3

�1. Montrer qu'elle admet pour décomposition en valeurs singulières" p

22 �

p22p

22

p22

# �2 00 0:5

�" p32 �1

212

p32

#T

2. Montrer que les matrices

" p22 �

p22p

22

p22

#et

" p32 �1

212

p32

#sont des matrices de rotation. On

donnera les angles �1 et �2:

3. Donner l'image du vecteur

�10

�par A en explicitant les opérations géométriques successives.

4. Donner de même l'image du vecteur

�01

�par A en explicitant les opérations géométriques

successives.

5. Donner l'image du cercle unité par A.

81

82 TD 6 : Décomposition en valeurs singulières

TD 7 : Forme de Smith et pseudo-inverse

On appelle forme de Smith d'une matrice A (m� n) de rang r; la matrice équivalente S de mêmedimension telle que

S =

�Ir 00 0

�= PAQ

où P (m�m) et Q (n� n) sont des matrices inversibles non uniques.La construction de la matrice S s'obtient par combinaison linéaires successives des lignes et

colonnes et de permutations (vues dans la résolution des systèmes linéaires). Nous allons taiter ladécomposition sur un exemple :

A =

26641 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

37751. Montrer que la matrice A est de rang 2

2. Trouver les matrices L1 et C1; de combinaisons linéaires de lignes et de colonnes telles que

L1AC1 =

26641 0 000 A1

0

37753. Répéter l'opération en trouvant L2 et C2:

4. Calculer les matrices P et Q de la forme de Smith. Ici, on est dans un cas favorable pourlequel on n'a pas besoin de permutations de lignes et colonnes.

5. On appelle inverse généralisée d'une matrice A (m� n), la matrice X telle que

AXA = A

Cette matrice n'est pas unique. Montrer qu'une inverse généralisée de A est

X = QSTP

6. On appelle décomposition de rang maximal d'une matrice A (m� n) de rang r; la décompo-sition

A = FG

où les matrices F (m� r) et G (r � n) sont de rang plein.

Montrer que cette décomposition s'obtient facilement à partir de la forme de Smith. Appliquerà l'exemple numérique précédent.

83

84 TD 7 : Forme de Smith et pseudo-inverse

7. L'inverse généralisée n'étant pas unique, on choisit la pseudo inverse notée A+ qui véri�e enplus de la relation valable pour l'inverse généralisée AA+A = A; les trois relations suivantes

� A+AA+ = A+

� (AA+)T= AA+

� (A+A)T= A+A

Montrer que cette inverse généralisée est donnée par

A+ = GT�F TAGT

��1F T

8. Montrer que dans les cas particuliers où :

� A est plein rang colonne, A+ =�ATA

��1AT

� A est plein rang ligne , A+ = AT�AAT

��1

TD 8 : Algorithme de Gréville

L'algorithme de Gréville est un moyen simple et direct de calcul de la pseudo inverse d'unematrice. L'algorithme est résumé dans ce qui suit.

Soit A une matrice (m� n) ; on note a:k la k�eme colonne de A et Ak la matrice formée des kpremières colonnes de A:

si a:1 = 0A+1 := 0

sinonA+1 :=

�aT:1a:1

��1aT:1

�nsiPour k allant de 2 à n

d:k = A+k�1a:k

c:k = a:k �Ak�1d:ksi c:k = 0

bk =�1 + dT:kd:k

��1dT:kA

+k�1

sinonbk: =

�cT:kc:k

��1cT:k

�nsi

A+k =

�A+k�1 � d:kbk:

bk:

��nAppliquer l'algorithme à la matrice de rang 2 du TD précédent

A =

26641 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

3775

85

86 TD 8 : Algorithme de Gréville

Troisième partie

Corrigé des travaux dirigés

87

88

Modélisation et technologie1

Corrigé du TD 1Exercice 1 : Inversion par blocs

On utilise la formule

A�1 =

" �A11 �A12A

�122 A21

��1 �A�111 A12

�A22 �A21A

�111 A12

��1�A�122 A21

�A11 �A12A

�122 A21

��1 �A22 �A21A

�111 A12

��1#

avec la partition suivante

A11 =

�1 24 5

�; A12 =

�16

�; A21 =

�0 1

�; A22 = 2

On a alors

A�111 =

� �53

23

43 �1

3

��A11 �A12A

�122 A21

��1=

��1 24 5

�� 1

2

�16

� �0 1

���1=

��1 3

24 2

���1=

� �12

38

1 �14

�

�A�111 A12

�A22 �A21A

�111 A12

��1= �

� �53

23

43 �1

3

� �16

��2� � 0 1

� � �53

23

43 �1

3

� �16

���1= �

� �53

23

43 �1

3

� �16

�3

8

=

� �7814

�

�A�122 A21

�A11 �A12A

�122 A21

��1= �1

2

�0 1

� � �12

38

1 �14

�=

� �12

18

��A22 �A21A

�111 A12

��1=

�2� � 0 1

� � �53

23

43 �1

3

� �16

���1=

3

8

L'inverse de la matrice A est donc 24 �12

38 �7

81 �1

414

�12

18

38

35Exercice 2 : Théorème de Cayley Hamilton

1Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

89

1. Polynôme caractéristique

det (�I �A) = det

0@�24 1 0 0

0 1 00 0 1

35�24 1 2 1

1 1 10 1 2

351A= �3 � 4�2 + 2�+ 2

2. D'après le théorème de Cayley Hamilton

A5 = A2A3

= A2�4A2 � 2A� 2

�= 4A4 � 2A3

= 4A�4A2 � 2A� 2

�� 2�4A2 � 2A� 2

�� 2A2

= 16A3 � 18A2 � 4A+ 4

= 16�4A2 � 2A� 2

�� 18A2 � 4A+ 4

= 46A2 � 36A � 28

= 46

24 1 2 11 1 10 1 2

352 � 36

24 1 2 11 1 10 1 2

35� 28

=

24 74 158 19456 120 14846 102 130

35Exercice 3 : Théorème de Cayley Hamilton

1. D'après le théorème de Cayley Hamilton, Ak avec k � n s'exprime en fonction de A0; A; :::; An�1;d'où le résultat

eA =

n�1Xk=0

�kAk

2. Nous avons d'une part

eAxi =

+1Xk=0

Ak

k!

!xi =

+1Xk=0

�k

k!

!xi = e�ixi

On a de plus

eAxi =

n�1Xk=0

�kAk

!xi =

n�1Xk=0

�k�ki

!xi

On en déduit donc

e�i =Pn�1

k=0 �k�ki 8i

En écrivant ceci pour toutes les valeurs propres, on peut calculer les �i

3. Exemple A =

�1 10 2

�; �1 = 1; �2 = 2

e1 = �0 + �1�1

e2 = �0 + �1�2

90

ce qui donne

�1 =e2 � e1

�2 � �1= e2 � e

�0 = 2e� e2

On a donc

eA =�2e� e2

� � 1 00 1

�+�e2 � e

� � 1 10 2

�=

�e e2 � e0 e2

�Exercice 4 : Diagonalisation

A =

24 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

351. Polynôme caractéristique de A:

PA (�) = �3 � �2 � �+ 1

2. FactorisationPA (�) = (�� 1)2 (�+ 1)

La multiplicité algébrique de 1 vaut 2.

3. v1 =�0 �2 1

�Tet v2 =

�1 0 0

�Tsont des vecteurs propres associés à la valeur propre

1 car

Av1 =

24 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

3524 0�21

35 =

24 0�21

35Av1 =

24 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

3524 100

35 =

24 100

354. v1 et v2 sont indépendants : évident. La multiplicité géométrique de 1 est donc 2.

5. v3 =� �7

2 1 32

�Test vecteur propre de -1 car

Av3 =

24 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

3524 �72132

35 = �24 �7

2132

35

6. � =�v1 v2 v3

�est la matrice des vecteurs propres. ��1 =

24 0 �38

14

1 78

74

0 14

12

35 car

24 0 1 �72

�2 0 11 0 3

2

3524 0 �38

14

1 78

74

0 14

12

35 =

24 1 0 00 1 00 0 1

35

91

7. On véri�e 24 0 1 �72

�2 0 11 0 3

2

3524 1 0 00 1 00 0 �1

3524 0 �38

14

1 78

74

0 14

12

3524 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

358. 0@24 1 7

472

0 12 �1

0 �34 �1

2

35�24 1 0 0

0 1 00 0 1

351A0@24 1 74

72

0 12 �1

0 �34 �1

2

35+

24 1 0 00 1 00 0 1

351A=

24 0 74

72

0 �12 �1

0 �34 �3

2

3524 2 74

72

0 32 �1

0 �34

12

35=

24 0 0 00 0 00 0 0

35

92

Modélisation et technologie2

Corrigé du TD 2

Soit à résoudre le système d'équations linéaires d'ordre 4 suivant :

A:X = B26641 5 4 �34 8 4 01 3 0 �21 4 7 2

37752664x1x2x3x4

3775 =

2664�48�410

3775 (1)

Écrivons le système sous la fome0BB@1 5 4 �3 �44 8 4 0 81 3 0 �2 �41 4 7 2 10

1CCA =

0BB@l1l2l3l4

1CCA (2)

1. (a) Le pivot le plus fort en module est 4; on permute les lignes 1 et 20BB@4 8 4 0 81 5 4 �3 �41 3 0 �2 �41 4 7 2 10

1CCA (3)

On e�ectue les opérations suivantes

l1 �! l1 l2 �!�l2 � 1

4 l1�

l3 �!�l3 � 1

4 l1�

l4 �!�l4 � 1

4 l1�

(4)

on obtient 0BB@4 8 4 0 80 3 3 �3 �60 1 �1 �2 �60 2 6 2 8

1CCA (5)

(b) On prend comme pivot 3, et on e�ectue les opérations

l1 �! l1 l2 �! l2 l3 �!�l3 � 1

3 l2�

l4 �!�l4 � 2

3 l2�

(6)

on obtient 0BB@4 8 4 0 80 3 3 �3 �60 0 �2 �1 �40 0 4 4 12

1CCA (7)

(c) On prend comme pivot 4, pour cela il faut permuter d'abord les lignes 3 et 4, on obtient0BB@4 8 4 0 80 3 3 �3 �60 0 4 4 120 0 �2 �1 �4

1CCA (8)

2Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

93

puis on e�ectue les opérations suivantes

l1 �! l1 l2 �! l2 l3 �! l3 l4 �!�l4 +

24 l3�

(9)

on obtient 0BB@4 8 4 0 80 3 3 �3 �60 0 4 4 120 0 0 1 2

1CCA (10)

(d) Finalement la résolution du système triangulaire supérieur26644 8 4 00 3 3 �30 0 4 40 0 0 1

37752664x1x2x3x4

3775 =

26648�6122

3775 (11)

donne

x4 = 2 x3 = 1 x2 = �1 x1 = 3 (12)

2. Il su�t de véri�er que26640 1 0 01 0 0 00 0 1 00 0 0 1

37752664

1 5 4 �34 8 4 01 3 0 �21 4 7 2

3775 =

26644 8 4 01 5 4 �31 3 0 �21 4 7 2

3775 (13)

Dans le cas de la permutation des lignes i et j; il faut multiplier à gauche par la matrice depermutation P déduite de la matrice identité en posant (on permute donc les lignes i et j dela matrice identité)

Pii = 0 Pjj = 0 Pij = Pji = 1 (14)

3. Supossons que le matrice A soit dé�nie par blocs de lignes sous la forme

A =

2664L1

L2

L3

L4

3775 (15)

On a alors 26641 0 0 0�� 1 0 00 0 1 00 0 0 1

37752664l1l2l3l4

3775 =

2664l1

��l1 + l2l3l4

3775 (16)

La généralisation au cas où on veut soustraire � fois la i�eme ligne de la j�eme ligne se fait parmultiplication à gauche par la matrice M déduite de la matrice identité en posant de plus

Mji = �� (17)

94

4. La multiplication de la matrice A par la matrice26641 0 0 0�� 1 0 0�� 0 1 00 0 0 1

3775 (18)

donne 26641 0 0 0�� 1 0 0�� 0 1 00 0 0 1

37752664l1l2l3l4

3775 =

2664l1

��l1 + l2��l1 + l3

l4

3775 (19)

5. On véri�e simplement que26641 0 0 0�� 1 0 0�� 0 1 00 0 0 1

3775�1

=

26641 0 0 0� 1 0 0� 0 1 00 0 0 1

3775 (20)

6. Reprenons les étapes de la question 1, l'étape (a) équivaut à aux opérations matricielles surla matrice A

M1P1A = U1 (21)26641 0 0 0�1

4 1 0 0�1

4 0 1 0�1

4 0 0 1

37752664

0 1 0 01 0 0 00 0 1 00 0 0 1

37752664

1 5 4 �34 8 4 01 3 0 �21 4 7 2

3775 =

26644 8 4 00 3 3 �30 1 �1 �20 2 6 2

3775 (22)

L'étape (b) équivaut à

M2U1 = U2 (23)26641 0 0 00 1 0 00 �1

3 1 00 �2

3 0 1

37752664

4 8 4 00 3 3 �30 1 �1 �20 2 6 2

3775 =

26644 8 4 00 3 3 �30 0 �2 �10 0 4 4

3775 (24)

L'étape (c) de l'algorithme équivaut à

M3P3U2 = U (25)26641 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 1

2 1

37752664

1 0 0 00 1 0 00 0 0 10 0 1 0

37752664

4 8 4 00 3 3 �30 0 �2 �10 0 4 4

3775 =

26644 8 4 00 3 3 �30 0 4 40 0 0 1

3775 (26)

Nous avons donc au �nalM3P3M2M1P1A = U (27)

Calculons M3P3M2M1P1

M3P3M2M1P1 =

26640 1 0 01 �1

4 0 0�2

3 � 112 0 1

�23 � 5

24 1 12

3775 (28)

95

Posons P = P1P2

P =

26640 1 0 01 0 0 00 0 1 00 0 0 1

37752664

1 0 0 00 1 0 00 0 0 10 0 1 0

37752664

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

3775 (29)

On a alors

L1

26641 0 0 0�1

4 1 0 0� 1

12 �23 1 0

� 524 �2

312 1

3775 =

26640 1 0 01 �1

4 0 0�2

3 � 112 0 1

�23 � 5

24 1 12

37752664

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

3775 (30)

L'inverse de cette matrice triangulaire inférieure est

L = L�11 =

26641 0 0 0�1

4 1 0 0� 1

12 �23 1 0

� 524 �2

312 1

3775�1

=

26641 0 0 014 1 0 014

23 1 0

14

13 �1

2 1

3775 (31)

qui n'est rien d'autre que la matrice des pivots. On a donc

L1PA = U (32)

d'où

PA = LU (33)26640 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

37752664

1 5 4 �34 8 4 01 3 0 �21 4 7 2

3775 =

26641 0 0 014 1 0 014

23 1 0

14

13 �1

2 1

37752664

4 8 4 00 3 3 �30 0 4 40 0 0 1

3775 (34)

7.det (A) = det (PA) = det (LU) = det (L) det (U) = 1� (4� 3� 4� 1) = 48 (35)

8. La matrice P est obtenue de la matrice identité en permutant des lignes. Le produit P:Premet les lignes dans l'ordre initial, on retrouve donc la matrice identité.

9. Nous avonsPA = LU (36)

La matrice P étant inversible, résoudre le système

AX = B (37)

équivaut à la résolution de(PA)X = PB (38)

C'est à direL (UX) = PB

Il su�t donc de résoudre successivement les systèmes

L:Y = P:B

UX = Y

96

10. L'inverse de la matrice A s'obtient en écrivant

A = PLU

d'où

A�1 = U�1L�1P�1 = U�1L�1P

=

26644 8 4 00 3 3 �30 0 4 40 0 0 1

3775�1 2664

1 0 0 014 1 0 014

23 1 0

14

13 �1

2 1

3775�1 2664

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

3775

=

266414 �2

314 �3

0 13 �1

4 20 0 1

4 �10 0 0 1

37752664

1 0 0 0�1

4 1 0 0� 1

12 �23 1 0

� 524 �2

312 1

37752664

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

3775

=

266476

4948 �3 �5

4�5

6 �2348 2 3

412

316 �1 �1

4�2

3 � 524 1 1

2

3775

97

Modélisation et technologie3

Corrigé du TD 3Posons comme le spéci�e l'enoncé

D =

�10 00 10

�; L =

�0 05 0

�; U =

�0 50 0

�

� Méthode de Jacobi

M = �D�1 (L+ U) = ��10 00 10

��1��0 05 0

�+

�0 50 0

��=

�0 �1

2�1

2 0

�v = D�1b =

�10 00 10

��1 �32

�=

�31015

�Appliquons maintenant l'algorithme avec comme vecteur initial x(0) = [0; 0]T

x(1) = Mx(0) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �00

�+

�31015

�=

�31015

�

x(2) = Mx(1) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �31015

�+

�31015

�=

�15120

�

x(3) = Mx(2) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �15120

�+

�31015

�=

�1140110

�

x(4) = Mx(3) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �1140110

�+

�31015

�=

�14116

�=

�: 25:0 625

�

x(5) = Mx(4) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �14116

�+

�31015

�=

�43160340

�=

�: 268 75:0 75

�3Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

98

x(6) = Mx(5) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �43160340

�+

�31015

�=

�218021320

�=

�: 262 5

6: 562 5 � 10�2

�

x(7) = Mx(6) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �218021320

�+

�31015

�=

�17164011160

�=

�: 267 19:0 687 5

�

x(8) = Mx(7) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �17164011160

�+

�31015

�=

�176417256

�=

�: 265 63

6: 640 6 � 10�2

�

x(9) = Mx(8) + v

=

�0 �1

2�1

2 0

� �176417256

�+

�31015

�=

�683256043640

�=

�: 266 8

6: 718 8 � 10�2

�� Méthode de Gauss-Siedel

M = � (D + L)�1 U = ���

10 00 10

�+

�0 05 0

���1 �0 50 0

�=

�0 �1

20 1

4

�v = (D + L)�1 b =

��10 00 10

�+

�0 05 0

���1 �32

�=

�310120

�

x(1) = Mx(0) + v

=

�0 �1

20 1

4

� �00

�+

�310120

�=

�310120

�

x(2) = Mx(1) + v

=

�0 �1

20 1

4

� �310120

�+

�310120

�=

�1140116

�

x(3) = Mx(2) + v

=

�0 �1

20 1

4

� �15120

�+

�310120

�=

�1140110

�

99

x(4) = Mx(3) + v

=

�0 �1

20 1

4

� �1140116

�+

�310120

�=

�4316021320

�

x(5) = Mx(4) + v

=

�0 �1

20 1

4

� �4316021320

�+

�310120

�=

�17164017256

�=

�: 267 19

6: 640 6 � 10�2

�

x(6) = Mx(5) + v

=

�0 �1

20 1

4

� �17164017256

�+

�310120

�=

�68325603415120

�=

�: 266 8

6: 660 2 � 10�2

�

Exercice 2 Décomposition QR

On a

A =

24 1 1 21 3 11 1 1

35

On pose a1 =

24 111

35 ; a2 =24 1

31

35 ; a3 =24 2

11

35Appliquons l'algorithme comme décrit

� ~q1 = a1 =

24 111

35

� q1 =~q1k~q1k =

2641p31p31p3

375� k = 2

� ~q2 = a2 ��aT2 q1

�q1 =

24 131

35�0B@24 1

31

35T264

1p31p31p3

3751CA264

1p31p31p3

375 =

24 �2343�2

3

35

� q2 =~q2k~q2k =

2664�2

343�2

3

3775

23

p6

=

264 �p66p63

�p66

375� k = 3

100

�

~q3 = a3 ��aT3 q2

�q2 �

�aT3 q1

�q1 =

24 211

35�0B@24 2

11

35T264 �

p66p63

�p66

3751CA264 �

p66p63

�p66

375�0B@24 2

11

35T264

1p31p31p3

3751CA264

1p31p31p3

375

=

24 211

35+1

6

p6

264 �p66p63

�p66

375� 4

3

p3

2641p31p31p3

375=

24 120�1

2

35

:

24 120�1

2

35 : : =

24 1362376

35

� q3 =~q3k~q3k =

2664

120�1

2

3775

2664

120�1

2

3775

=

2641p2

0� 1p

2

375

� La matrice Q vaut alors

Q =

26641p3

�p66

1p2

1p3

p63 0

1p3

�p66 � 1p

2

3775�

R =

26641p3

�p66

1p2

1p3

p63 0

1p3

�p66 � 1p

2

3775T 24 1 1 2

1 3 11 1 1

35 =

24p3 5

3

p3 4

3

p3

0 23

p6 �1

6

p6

0 0 12

p2

35et donc

A = QR

=

26641p3

�p66

1p2

1p3

p63 0

1p3

�p66 � 1p

2

377524p3 5

3

p3 4

3

p3

0 23

p6 �1

6

p6

0 0 12

p2

35et

QQT = I

101

Modélisation et technologie4

Corrigé du TD 4

Décomposition de Cholesky

1. � La matrice R; étant symétrique, possède

N +

�N2 �N

�2

=N (N + 1)

2

éléments indépendants.

La matrice D a N éléments indépendants, la matrice A est triangulaire inférieure avec ladiagonale à 1. Elle a donc �

N2 �N�

2

éléments indépendants. Au total il y a donc autant d'éléments indépendants dans R que dansADAT :

� La matrice R est inversible si det (R) 6= 0: Or nous avons

det (R) = det�ADAT

�= det (A) det(D) det

�AT�

= det (A)2 det(D)

de plus det (A) = 1 et donc

det (R) = det (D)

= �Ni=1dii

Pour que R soit inversible, il faut donc que la matrice D le soit aussi. Pour cela Il fautque la matrice D n'ait pas de zéro sur la diagonale (condition facile à véri�er).

� Une matrice est dé�nie positive si et seulement si (je ne l'ai pas dé�nie en cours)

8u 2 RN ;uTRu > 0

D'après la décomposition de Cholesky,

uTRu = uTADATu

=�ATu

�TD�ATu

�Posons z =

�ATu

�; on a alors

uTRu = zTDz

=NXi=1

diiz2i > 0;8z 2 <N

La condition nécessaire et su�sante est donc que les dii soient positifs.

4Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

102

2. On suppose l'algorithme vrai au pas n, c'est-à-dire que

Rn = AnDnATn

Pour Rn+1; les inconnues sont :

� le vecteur an

� le vecteur bn

� et le scalaire dn+1

nous pouvons écrire

Rn+1 = An+1Dn+1ATn+1

=

�An 0aTn 1

� �Dn 00 dn+1

� �An 0aTn 1

�T=

�AnDnA

Tn AnDnan

aTnDnATn aTnDnan + dn+1

�

par identi�cation avec Rn+1 =

�Rn unuTn rn+1

�, on obtient

�un = AnDnan

rn+1 = aTnDnan + dn+1

La première équation donne

an = D�1n A�1n un

= D�1n Bnun

La deuxième aboutit à

rn+1 =�D�1n Bnun

�TDn

�D�1n Bnun

�+ dn+1

= uTnBTnD

�1n Bnun + dn+1

et donc

dn+1 = rn+1 � uTnBTnD

�1n Bnun

Le vecteur bn s'obtient en écrivant que An+1Bn+1 = In+1�An 0aTn 1

� �Bn 0bTn 1

�=

�AnBn 0

aTnBn + bTn 1

�=

�In 0

aTnBn + bTn 1

�On obtient la matrice identité si

aTnBn + bTn = 0

ce qui donne

bn = �BTn an

103

3. La matrice dé�nie par Rij = inf(i; j) prend la forme ci-dessous2666641 1 1 ::: 11 2 2 ::: 21 2 3 ::: 3: : : ::: :1 2 3 ::: N

377775On a au début de la récurrence R1 = 1; A1 = 1;D1 = 1; B1 = 1: Au pas 2, u1 = 1; r2 = 2 etdonc

a1 = D�11 B1u1 = 1

d2 = r2 � uT1BT1 D

�11 B1u1

= 1

b1 = �BT1 a1

= �1

On a donc

A2 =

�1 01 1

�D2 =

�1 00 1

�B2 =

�1 0�1 1

�Au pas 3, u2 = [1; 2]T ; r3 = 3

a2 = D�11 B2u2 =

�1 0�1 1

� �12

�=

�11

�d3 = r3 � uT2B

T2 D

�12 B2u2

= 3� [1; 2]

�1 0�1 1

�T �1 0�1 1

� �12

�= 1

b2 = �BT2 a2 = �

�1 0�1 1

�T �11

�=

�0�1

�On a donc

A2 =

24 1 0 01 1 01 1 1

35 D2 =

24 1 0 00 1 00 0 1

35 B2 =

24 1 0 0�1 1 00 �1 1

35Ce résultat se généralise. R est dé�nie positive car dii = 1 > 0

4. D'après la décomposition de Choleskey de Rn; nous avons

det (Rn) = det (Dn)

Or une matrice est dé�nie positive si tous les dii sont positifs d'où le résultat

104

Modélisation et technologie5

Corrigé du TD 5L'algorithme de Jordan est souvent utilisé pour l'inversion d'une matrice. On ne traitera ici que

les cas où on ne rencontre pas de pivot nul.Soit H (N �N) la matrice dont on cherche l'inverse Hinv. L'algorithme est alors le suivant

Hold :=

24 1 2 34 5 60 8 7

35� k = 1

� j = 2

Hnew(1; 2) = Hold(1; 2)=Hold(1; 1) = 21 = 2

� j = 3

Hnew(1; 3) = Hold(1; 3)=Hold(1; 1) = 31 = 3

� Hnew(1; 1) = 1=Hold(1; 1) = 1

� i = 2

Hnew(2; 1) = �Hold(2; 1)=Hold(1; 1) = �4� i = 3

Hnew(3; 1) = �Hold(3; 1)=Hold(1; 1) = 0

� i = 2

� j = 2

Hnew(2; 2) = Hold(2; 2) � (Hold(2; 1) �Hold(1; 2))=Hold(1; 1)

= 5� 4 � 2=1 = �3

� j = 3

Hnew(2; 3) = Hold(2; 3) � (Hold(2; 1) �Hold(1; 3))=Hold(1; 1)

= 6� 4 � 3=1 = �6

� i = 3

� j = 2

Hnew(3; 2) = Hold(3; 2) � (Hold(3; 1) �Hold(1; 2))=Hold(1; 1)

= 8� 0 = 8

� j = 3

Hnew(3; 3) = Hold(3; 3) � (Hold(3; 1) �Hold(1; 3))=Hold(1; 1)

= 7� 0 = 7

Hold = Hnew =

24 1 2 3�4 �3 �60 8 7

355Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

105

� k = 2

� j = 1

Hnew(2; 1) = Hold(2; 1)=Hold(2; 2) = �4�3 = 4

3

� j = 3

Hnew(2; 3) = Hold(2; 3)=Hold(2; 2) = �6�3 = 2

� Hnew(2; 2) = 1=Hold(2; 2) = �13

� i = 1

Hnew(1; 2) = �Hold(1; 2)=Hold(2; 2) = 23

� i = 3

Hnew(3; 2) = �Hold(3; 2)=Hold(2; 2) = 83

� i = 1

� j = 1

24 1 2 3�4 �3 �60 8 7

35Hnew(1; 1) = Hold(1; 1) � (Hold(1; 2) �Hold(2; 1))=Hold(2; 2)

= 1� 2 � (�4) = (�3) = �5

3

:

� j = 3

Hnew(1; 3) = Hold(1; 3) � (Hold(1; 2) �Hold(2; 3))=Hold(2; 2)

= 3� 2 � (�6) = (�3) = �1

� i = 3

� j = 1

Hnew(3; 1) = Hold(3; 1) � (Hold(3; 2) �Hold(2; 1))=Hold(2; 2)

= 0� 8 � (�4) = (�3) = �32

3

� j = 3

Hnew(3; 3) = Hold(3; 3) � (Hold(3; 2) �Hold(2; 3))=Hold(2; 2)

= 7� 8 � (�6) = (�3) = �9

Hold = Hnew =

24 �53

23 �1

43

�13 2

�323

83 �9

35� k = 3

� j = 1

Hnew(3; 1) = Hold(3; 1)=Hold(3; 3) = �323 = (�9) = 32

27

� j = 2

Hnew(3; 2) = Hold(3; 2)=Hold(3; 3) = 83= (�9) = � 8

27

� Hnew(3; 3) = 1=Hold(3; 3) = �19

106

� i = 1

Hnew(1; 3) = �Hold(1; 3)=Hold(3; 3) = ��1�9 = �1

9

� i = 2

Hnew(2; 3) = �Hold(2; 3)=Hold(3; 3) = 29 = 2

9

� i = 1

� j = 1

Hnew(1; 1) = Hold(1; 1) � (Hold(1; 3) �Hold(3; 1))=Hold(3; 3)

=�53� (�1) �

��32

3

�= (�9) = �13

27

� j = 2

Hnew(1; 2) = Hold(1; 2) � (Hold(1; 3) �Hold(3; 2))=Hold(3; 3)

=2

3� (�1) �

�8

3

�= (�9) = 10

27

� i = 2

� j = 1

Hnew(2; 1) = Hold(2; 1) � (Hold(2; 3) �Hold(3; 1))=Hold(3; 3)

=4

3� 2 � �32

3= (�9) = �28

27

� j = 2

Hnew(2; 2) = Hold(2; 2) � (Hold(2; 3) �Hold(3; 2))=Hold(3; 3)

=�13� 2 �

�8

3

�= (�9) = 7

27

Hinv = Hnew =

24 �1327

1027 �1

9�28

27727

29

3227 � 8

27 �19

35Véri�cation 24 �13

271027 �1

9�28

27727

29

3227 � 8

27 �19

3524 1 2 34 5 60 8 7

35 =

24 1 0 00 1 00 0 1

35

107

Modélisation et technologie

TD 6

Exercice 1

On considère la matrice de dimension 2� 3

A =

�1 2 12 3 1

�1. On remarque que les deux premières colonnes sont idépendantes. La matrice est donc de rang

2.

2. On calcule les valeurs propres de AAT

AAT =

�1 2 12 3 1

�24 1 22 31 1

35 =

�6 99 14

�

On calcule le polynôme caractéristique de AAT

p��AAT

�=

���� �� 6 �9�9 �� 14

����= �2 � 20�+ 3

Les racines de ce polynôme sont �21 = 10+p97 et �22 = 10�p97. Les valeurs singulières sont

donc �1 =p

10 +p97 = 4: 455 2 et �2 =

p10�p97 = : 388 77:

3. On sait qu'on doit chercher une matrice unitaire U = [u1; u2] de dimension 2�2 et une matriceunitaire V = [v1; v2; v3] de dimension 3� 3 telles que

A = U

�4: 455 2 0 0

0 : 388 77 0

�V T

On calcule u1 comme vecteur propre de module 1 de la matrice AAT associé à la valeur propre10 +

p97 �

6 99 14

�u1 =

�10 +

p97�u1��

6 99 14

���10 +

p97�� 1 0

0 1

��u1 = 0

Ce qui donne u1 =

� �49 + 1

9

p97

1

�: Il su�t donc de normaliser le vecteur

u1 =

� �49 +

19

p97

1

� � �4

9 +19

p97

1

� =

�: 544 91: 838 49

�

1Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

108

On caclule de même u2 �6 99 14

�u2 =

�10�

p97�u2��

6 99 14

���10�

p97�� 1 0

0 1

��u2 = 0

Ce qui donne u2 =

� �49 � 1

9

p97

1

�: Il su�t donc de normaliser le vecteur

u2 =

� �49 � 1

9

p97

1

� � �4

9 � 19

p97

1

� =

� �: 838 51: 544 91

�

On en déduit donc la matrice U =

�: 544 91 �: 838 51: 838 51 : 544 91

�:

La matrice V s'obtient en considérant la matrice ATA et les valeurs propres associées�10 +

p97; 10�p97; 0

�de la manière suivante

� v1 vecteur propre de ATA associé à 10 +p97 �

ATA�v1 =

�10 +

p97�v1 �

1 2 12 3 1

�T �1 2 12 3 1

�!v1 =

�10 +

p97�v10@24 5 8 3

8 13 53 5 2

35� �10 +p97�24 1 0 0

0 1 00 0 1

351A v1 =

24 000

35

On obtient v1 =

24 1811 +

111

p97

� 311 + 1

11

p97

35 =

24 1:01: 622 6: 622 62

35 : On normalise

v1 =

24 1:01: 622 6: 622 62

35 24 1:0

1: 622 6: 622 62

35 =

24 : 498 72: 809 22: 310 51

35

� v2 vecteur propre de ATA associé à 10�p97 �ATA

�v2 =

�10�

p97�v2 �

1 2 12 3 1

�T �1 2 12 3 1

�!v2 =

�10�

p97�v20@24 5 8 3

8 13 53 5 2

35� �10�p97�24 1 0 0

0 1 00 0 1

351A v2 =

24 000

35

109

On obtient v2 =

24 �83 � 1

3

p97

1113 + 1

3

p97

35 =

24 �5: 949 61:0

6: 949 6

35 : On normalise

v2 =

24 �5: 949 61:0

6: 949 6

35 24 �5: 949 6

1:06: 949 6

35 =

24 �: 646 48: 108 66: 755 14

35

� v3 vecteur propre de ATA associé à 0 �ATA

�v3 = 0v3 �

1 2 12 3 1

�T �1 2 12 3 1

�!v3 = 0v324 5 8 3

8 13 53 5 2

35 v3 =

24 000

35

On obtient v3 =

24 1�11

35 : On normalise

v3 =

24 1�11

35 24 1�11

35 =

24 : 577 35�: 577 35: 577 35

35

On a donc V =

24 : 498 72 �: 646 48 : 577 35: 809 22 : 108 66 �: 577 35: 310 51 : 755 14 : 577 35

35 :� Il reste les deux conditions suivantes à véri�er qui introduisent des changements de signesdes vecteurs précédemment calculés. On doit avoir

ATu1 = �1v1

ATu2 = �2v2

Or

ATu1 =

24 1 22 31 1

35� : 544 91: 838 51

�=

24 2: 221 93: 605 41: 383 4

35et

�1v1 = 4: 455 2

24 : 498 72: 809 22: 310 51

35 =

24 2: 221 93: 605 21: 383 4

35

110

Il n'y a donc rien à changer

ATu2 =

24 1 22 31 1

35� �: 838 51: 544 91

�=

24 : 251 31�:0 422 9�: 293 6

35et

�2v2 = : 388 77

24 �: 646 48: 108 66: 755 14

35 =

24 �: 251 334: 224 4 � 10�2

: 293 58

35Il faut donc par exemple changer u2 en (�u2) par exemple

On véri�e alors que

�: 544 91 : 838 51: 838 51 �: 544 91

� �4: 455 2 0 0

0 : 388 77 0

�24 : 498 72 �: 646 48 : 577 35: 809 22 : 108 66 �: 577 35: 310 51 : 755 14 : 577 35

35T

=

�: 544 91 : 838 51: 838 51 �: 544 91

� �4: 455 2 0 0

0 : 388 77 0

�24 : 498 72 : 809 22 : 310 51�: 646 48 : 108 66 : 755 14: 577 35 �: 577 35 : 577 35

35=

�: 999 99 2:0 : 999 992:0 3:0 1:0

�

Exercice 2 Interprétation géométrique de la SVD

On considère la matrice A de dimension 2� 2

A =

�1: 401 5 : 400 921: 048 1: 013 3

�1. Il su�t pour cela de véri�er que la décomposition" p

22 �

p22p

22

p22

#�2 00 0:5

�" p32 �1

212

p32

#Test de la forme

A = U�V T

où les matrices U et V sont des matrices unitaires.

On pose

U =

" p22 �

p22p

22

p22

#;� =

�2 00 1

2

�; V =

" p32 �1

212

p32

#

U�V T =

" p22 �

p22p

22

p22

# �2 00 1

2

�" p32 �1

212

p32

#T

=

" p22 �

p22p

22

p22

# � p3 1

�14

14

p3

�=

�12

p6 + 1

8

p2 1

2

p2� 1

8

p6

12

p6� 1

8

p2 1

2

p2 + 1

8

p6

�=

�1: 401 5 : 400 921: 048 1: 013 3

�

111

Véri�ons maintenant que les matrices U et V sont unitaires

UUT =

" p22 �

p22p

22

p22

# " p22 �

p22p

22

p22

#T=

�1 00 1

�

V V T =

" p32 �1

212

p32

#" p32 �1

212

p32

#T=

�1 00 1

�2. En posant �2 = �

4 et �1 = �6 , on a alors

U =

�cos �2 � sin �2sin �2 cos �2

�; V =

�cos �1 � sin �1sin �1 cos �1

�Ce sont donc des matrices de rotation

3. On demande de déterminer l'image du vecteur�!i =

�10

�par A. Les opérations géométriques

successives sont :

(a) On transforme�!i par V T

�!i 1 = V T�!i =

�cos �1 � sin �1sin �1 cos �1

�T �10

�=

�cos (��1) � sin (��1)sin (��1) cos (��1)

� �10

�=

�cos �1� sin �1

�=

�cos (��1)sin (��1)

�Le vecteur unitaire

�!i a donc subi une rotation d'angle (��1) :

(b) On transforme�!i 1 par �

�!i 2 = �

�!i 1 =

�2 00 1

2

� �cos (��1)sin (��1)

�=

�2 cos (��1)12 sin (��1)

�on obtient le vecteur

�!i 2

(c) On transforme�!i 2 par U; ce qui correspond à une rotation d'angle �2; on obtient le

vecteur�!i 3

�!i 3 = U

�!i 2 =

�cos �2 � sin �2sin �2 cos �2

� �2 cos (��1)12 sin (��1)

�=

�2 cos �2 cos �1 +

12 sin �2 sin �1

2 sin �2 cos �1 � 12 cos �2 sin �1

�=

�2 cos �

4 cos�6 + 1

2 sin�4 sin

�6

2 sin �4 cos

�6 � 1

2 cos�4 sin

�6

�=

�1: 401 51: 048

�

112

4. On demande de même l'image du vecteur�!j =

�01

�par A. Les opérations géométriques

successives sont :

(a) On transforme�!j par V T

�!j 1 = V T�!j =

�cos �1 � sin �1sin �1 cos �1

�T �01

�=

�cos (��1) � sin (��1)sin (��1) cos (��1)

� �01

�=

�sin (�1)cos (�1)

�=

�cos��2 � �1

�sin��2 � �1

� �Le vecteur unitaire

�!j a donc subi une rotation d'angle (��1) :

(b) On transforme�!j 1 par �

�!j 2 = �

�!j 1 =

�2 00 1

2

� �cos��2 � �1

�sin��2 � �1

� �=

�2 cos

��2 � �1

�12 sin

��2 � �1

� �on obtient le vecteur

�!j 2

(c) On transforme�!j 2 par U; ce qui correspond à une rotation d'angle �2; on obtient le

vecteur�!j 3

�!i 3 = U

�!i 2 =

�cos �2 � sin �2sin �2 cos �2

� �2 cos

��2 � �1

�12 sin

��2 � �1

� �=

�2 cos �2 cos

��2 � �1

�� 12 sin �2 sin

��2 � �1

�2 sin �2 cos

��2 � �1

�+ 1

2 cos �2 sin��2 � �1

� �=

�2 cos �

4 cos��2 � �

6

�� 12 sin

�4 sin

��2 � �

6

�2 sin �

4 cos��2 � �

6

�+ 1

2 cos�4 sin

��2 � �

6

� �=

�: 400 921: 013 3

�5. L'image du cercle unité est une ellipse. On cherche l'image par A des vecteurs du cercle unité�

cos (�1)sin (�1)

�et de �

cos��2 + �1

�sin��2 + �1

� �

A

�cos��6

�sin��6

� � =

�12

p6 + 1

8

p2 1

2

p2� 1

8

p6

12

p6� 1

8

p2 1

2

p2 + 1

8

p6

� �cos��6

�sin��6

� �=

�12

�12

p6 + 1

8

p2�p

3 + 14

p2� 1

16

p6

12

�12

p6� 1

8

p2�p

3 + 14

p2 + 1

16

p6

��: 700 75

p3 + : 200 46

: 524p3 + : 506 65

�

113

A

�cos��2 + �

6

�sin��2 + �

6

� � =

�12

p6 + 1

8

p2 1

2

p2� 1

8

p6

12

p6� 1

8

p2 1

2

p2 + 1

8

p6

� �cos��2 + �

6

�sin��2 + �

6

� �=

� �14

p6� 1

16

p2 + 1

2

�12

p2� 1

8

p6�p

3

�14

p6 + 1

16

p2 + 1

2

�12

p2 + 1

8

p6�p

3

�� �: 700 75 + : 200 46

p3

�: 524 + : 506 65p3

�La norme du premier vecteur image vaut �max = �1 et la norme du deuxième est �min = �2 � : 700 75

p3 + : 200 46

: 524p3 + : 506 65

� = 2:0 � �: 700 75 + : 200 46p3

�: 524 + : 506 65p3

� = 0:5

De plus ces vecteurs sont orthogonaux�12

�12

p6 + 1

8

p2�p

3 + 14

p2� 1

16

p6

12

�12

p6� 1

8

p2�p

3 + 14

p2 + 1

16

p6

�T � �14

p6� 1

16

p2 + 1

2

�12

p2� 1

8

p6�p

3

�14

p6 + 1

16

p2 + 1

2

�12

p2 + 1

8

p6�p

3

�= 0

114

Modélisation et technologie

TD 7

Exercice 1 : Forme de Smith

A =�c1 c2 c3

�=

26641 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

37751. La matrice est au plus de rang 3. De plus on remarque que la colonne c3; s'obtient comme

combinaisons linéaires des colonnes c1 et c2

c3 = c2 � 3c1

2. L1AC1 =

26641 0 0 0�2 1 0 01 0 1 0�4 0 0 1

37752664

1 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

377524 1 �1 2

0 1 00 0 1

35 =

26641 0 00 2 20 4 40 3 3

3775

L1 =

26641 0 0 0�2 1 0 01 0 1 0�4 0 0 1

3775 ; C1 =

24 1 �1 20 1 00 0 1

35

3. L2 (L1AC1) =

26641 0 0 00 1

2 0 00 �2 1 00 �3

2 0 1

37752664

1 0 00 2 20 4 40 3 3

3775 =

26641 0 00 1 10 0 00 0 0

3775

L2 (L1AC1)C2 =

26641 0 00 1 10 0 00 0 0

377524 1 0 0

0 1 �10 0 1

35 =

26641 0 00 1 00 0 00 0 0

3775On a donc

L2 =

26641 0 0 00 1

2 0 00 �2 1 00 �3

2 0 1

3775 ; C2 =

24 1 0 00 1 �10 0 1

354. On obtient donc la forme de Smith

S = PAQ

avec

P = L2L1 =

26641 0 0 00 1

2 0 00 �2 1 00 �3

2 0 1

37752664

1 0 0 0�2 1 0 01 0 1 0�4 0 0 1

3775 =

26641 0 0 0�1 1

2 0 05 �2 1 0�1 �3

2 0 1

3775et

Q = C1C2 =

24 1 �1 20 1 00 0 1

3524 1 0 00 1 �10 0 1

35 =

24 1 �1 30 1 �10 0 1

351Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

115

5. Sachant que X = QSTP; et que d'après la forme de Smith S = PAQ; on a

A = P�1SQ�1

AXA = P�1SQ�1QSTPP�1SQ�1

= P�1SSTSQ�1 = P�1SQ�1 = A

6. On réécrit A

A = P�1SQ�1

= P�1�Ir 00 0

�Q�1

= FP�1�Ir0

�| {z }G

�Ir 0

�Q�1| {z }

Appliquons le résultat à l'exemple précédent

P�1 = L�11 L�12 =

26641 0 0 0�2 1 0 01 0 1 0�4 0 0 1

3775�1 2664

1 0 0 00 1

2 0 00 �2 1 00 �3

2 0 1

3775�1

=

26641 0 0 02 1 0 0�1 0 1 04 0 0 1

37752664

1 0 0 00 2 0 00 4 1 00 3 0 1

3775 =

26641 0 0 02 2 0 0�1 4 1 04 3 0 1

3775et

Q�1 = C�12 C�1

1 =

24 1 0 00 1 �10 0 1

35�1 24 1 �1 20 1 00 0 1

35�1

=

24 1 0 00 1 10 0 1

3524 1 1 �20 1 00 0 1

35 =

24 1 1 �20 1 10 0 1

35On a donc

F = P�1�I20

�=

26641 0 0 02 2 0 0�1 4 1 04 3 0 1

37752664

1 00 10 00 0

3775 =

26641 02 2�1 44 3

3775G =

�I2 0

�Q�1 =

�1 0 00 1 0

�24 1 1 �20 1 10 0 1

35 =

�1 1 �20 1 1

�

On véri�e que

FG =

26641 02 2�1 44 3

3775� 1 1 �20 1 1

�

116

7. A+ = GT�F TAGT

��1F T ; qui s'écrit aussi

A+ = GT�F TFGGT

��1F T

= GT��F TF

� �GGT

���1F T

Il su�t de remarquer que les matrices F TF et GGT sont carrées de dimension r et de rang r,elles sont donc inversibles. On peut écrire

A+ = GT�GGT

��1 �F TF

��1F T

Il su�t maintenant de montrer que A+ véri�e les propriétés énoncées.

117

Modélisation et technologie

TD 8

Exercice 1 Algorithme de Gréville

A =

26641 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

3775

a:1 =

266412�14

3775a:1 6= 0

A+1 :=

�aT:1a:1

��1aT:1 =

0BBB@2664

12�14

3775T 2664

12�14

37751CCCA�1 2664

12�14

3775T

=�

122

111 � 1

22211

�k = 2

a:2 =

26641437

3775

A1 =

266412�14

3775

d:2 = A+1 a:2 =

�122

111 � 1

22211

� 26641437

3775 = 1711

c:2 = a:2 �A1d:2 =

26641437

3775�2664

12�14

3775 1711 =

2664� 6

1110115011911

3775c:2 6= 0

b2: =�cT:2c:2

��1cT:2 =

0BBB@2664� 6

1110115011911

3775T 2664

� 61110115011911

37751CCCA�1 2664

� 61110115011911

3775T

=� � 6

24710247

50247

9247

�

A+2 =

�A+1 � d:2b2:

b2

�=

� �122

111 � 1

22211

�� 1711

� � 6247

10247

50247

9247

�� � 6247

10247

50247

9247

� �=

� �41494

7247 �177

49431247

�� � 6247

10247

50247

9247

� �k = 3

1Saïd Mammar

Licence IUP GEII et GSI

118

a:3 =

2664�2�26�5

3775

A2 =

26641 12 4�1 34 7

3775

d:3 = A+2 a:3 =

� �41494

7247 �177

49431247

�� � 6247

10247

50247

9247

� �2664�2�26�5

3775 =

� �31

�

c:3 = a:3 �A2d:3 =

2664�2�26�5

3775�2664

1 12 4�1 34 7

3775� �31�=

26640000

3775c:3 = 0

b3: =�1 + dT:3d:3

��1dT:3A

+2

=

1 +

� �31

�T � �31

�!�1 � �31

�T � � 41494

7247 �177

49431247

�� � 6247

10247

50247

9247

� �=

� � 1355434 � 1

2476315434 � 84

2717

�

A+3 =

�A+2 � d:3b3:b3:

�

=

24 � � 41494

7247 �177

49431247

�� � 6247

10247

50247

9247

� �� � �31

� � � 1355434 � 1

2476315434 � 84

2717

�� � 135

5434 � 1247

6315434 � 84

2717

�35

=

24 232717

4247 � 27

2717892717

35434

11247

4695434

1832717

� 1355434 � 1

2476315434 � 84

2717

35On a donc A+ = A3

On véri�e que AA+A = A26641 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

377524 23

27174247 � 27

2717892717

35434

11247

4695434

1832717

� 1355434 � 1

2476315434 � 84

2717

352664

1 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

3775 =

26641 1 �22 4 �2�1 3 64 7 �5

3775