\input pb.mac
\input upsnum.tex
\guillemets
\line{ENS Ulm-S\`evres 1988\hfil PREMI\`ERE COMPOSITION DE MATH\'EMATIQUES\hfil  Dur\'ee : 6 heures}
\sv
\centerline{\'enonc\'e saisi par Michel Quercia ({\tt michel.quercia\char64prepas.org})
d'apr\`es l'original}
\sv
\indent
{\it Les candidats sont invit\'es \`a lire l'\'enonc\'e attentivement.
Lors de la correction, il sera tenu compte de la qualit\'e et de la pr\'ecision
de la r\'edaction.
On justifiera les r\'eponses aux questions soit par des d\'emonstrations
soit par la construction de contre-exemples.}
\sv

\indent
Le but du probl\`eme est de g\'en\'eraliser la notion d'inverse d'une matrice carr\'ee
(inversible) \`a coefficients dans un corps commutatif.
Les diff\'erentes parties du probl\`eme sont assez ind\'ependantes pour qu'on puisse
aborder l'une sans avoir compl\`etement trait\'e les pr\'ec\'edentes.
On fixe un corps commutatif $k$.
Les matrices consid\'er\'ees sont \`a coefficients dans $k$.
\sv
\indent
Si $r$ et $s$ sont deux entiers au moins \'egaux \`a 1, on note
$\M{r\times s}k$ l'espace vectoriel sur $k$ des matrices \`a $r$ lignes et $s$
colonnes \`a coefficients dans $k$.
Pour $B \in \M{r\times s}k$, on note ${}^tB \in \M{s\times r}k$ la matrice
{\it transpos\'ee\/} de $B$~; si $r = s$, on note $\tr(B)$ la {\it trace\/} de $B$,
c'est-\`a-dire la somme de ses coefficients diagonaux.
On associe \`a $B \in \M{r\times s}k$ l'application $k$-lin\'eaire $\varphi_B$ de
$k^s$ dans $k^r$ dont la matrice dans les bases canoniques est $B$,
et on note $\Im(B)$ son image et $\Ker(B)$ son noyau.
\sv
\indent
On {\it fixe\/} dans la suite deux entiers $m$ et $n$, au moins \'egaux \`a 1,
et une matrice $A$ {\it non nulle\/} de $\M{m\times n}k$ dont on note $\rho$ le
rang.
La lettre $X$ d\'esigne une matrice de $\M{n\times m}k$.
On consid\`ere les relations suivantes :
$$(1)\quad AXA = A ;\qquad
  (2)\quad XAX = X ;\qquad
  (3)\quad (\text{quand } m = n)\ AX = XA.$$
Si les relations $(1)$ et $(2)$ sont v\'erifi\'ees, on dit que $X$ est un
{\it inverse faible\/} de $A$.
Si $m = n$, on dit que 
$X$ est un {\it pseudo-inverse\/} de $A$ quand les relations $(1)$, $(2)$ et
$(3)$ sont satisfaites.

                           %+------------+
                           %|  Partie I  |
                           %+------------+
\partie{I}{I}

\qq
On consid\`ere deux entiers $p$ et $q$ au moins \'egaux \`a 1,
et une matrice $B$ de $\M{p\times q}k$ .
On suppose que $X$ v\'erifie $(1)$ et qu'il existe $Y$ dans $\M{q\times p}k$
v\'erifiant $BYB=B$.
Soit $C$ une matrice de $\M{m\times q}k$.
Prouver qu'une condition n\'ecessaire et suffisante pour que l'\'equation
$AZB = C$ ait une solution $Z$ dans $\M{n\times p}k$ est qu'on ait
$AXCYB = C$.
Montrer que si cette condition est satisfaite, les solutions sont les matrices
de la forme $Z = XCY + T - XATBY$, o\`u $T$ parcourt $\M{n\times p}k$.
\reponse{%
Condition n\'ecessaire~: $AZB = C \=> AXCYB = (AX)(AZB)(YB) = (AXA)Z(BYB) = AZB = C$.

Condition suffisante~: $AXCYB = C \=> Z = XCY$ est solution.
On v\'erifie aussi que $Z = XCY + T - XATBY$ est solution pour toute
matrice $T\in \M{n\times p}k$.
\smallskip
R\'eciproquement, soit $Z\in\M{n\times p}k$ telle que $AZB = C$ et
$T = Z - XCY$. Donc $ATB = 0$ et $XATBY = 0$ d'o\`u
$Z = XCY + T = XCY + T - XATBY$.
\sv}


\sv\qq
On garde $p$, $q$, $X$, $B$, $Y$ comme en {\bf 1},
et on consid\`ere une matrice $D$ de $\M{m\times p}k$ et une matrice $E$ de
$\M{n\times q}k$.
Prouver qu'une condition n\'ecessaire et suffisante pour que le syst\`eme des deux
\'equations $AZ = D$ et $ZB = E$ ait une solution $Z$ dans $\M{n\times p}k$
est que chacune de ces \'equations ait une solution
et qu'on ait l'\'egalit\'e $AE = DB$.
\reponse{%
La condition est manifestement n\'ecessaire. Supposons \`a pr\'esent que $AE = DB$
et qu'il existe $Z_1,Z_2\in\M{n\times p}k$ v\'erifiant $AZ_1 = D$ et $Z_2B = E$.
Alors, d'apr\`es {\bf 1} avec $I$ \`a la place de $B$ et $Y$,
les solutions de $AZ=D$ sont
les matrices de la forme $Z = XD + T - XAT$ avec $T\in\M{n\times p}k$.
Voyons si l'on peut choisir $T$ de sorte que $ZB = E$~:
$$ZB - E = XDB + TB - XATB - E = XAE + TB - XATB - E = XA(E-TB) + TB - E = (XA-I)(TB - E),$$
donc il suffit de prendre $T$ solution de $TB = E$ (par exemple $T = Z_2$).
\sv
}

                           %+-------------+
                           %|  partie II  |
                           %+-------------+

\partie{II}{II}

\qq
On suppose que $X$ v\'erifie $(1)$.
Prouver que $AX$ et $XA$ sont des matrices de projection et que $A$, $AX$ et
$XA$ ont m\^eme rang, \'egal \`a $\tr(AX)$.

\reponse{%
$(AX)^2 = (AXA)X = AX$ et $(XA)^2 = X(AXA) = XA$ donc $AX$ et $XA$ sont
des matrices de projections. Leurs rangs sont \'egaux \`a leurs traces, et $\tr(AX) = \tr(XA)$
d'o\`u $\rg(AX) = \rg(XA)$.
Par ailleurs, on a $$\rg(AX) \le \min(\rg(A),\rg(X)) \le \rg(A) = \rg((AX)A))
\le \rg(AX)$$ d'o\`u $\rg(A) = \rg(AX)$.
\sv}

\sv
\hskip-\leftskip
On suppose {\it d\'esormais, dans cette partie II,} que $m$ et $n$ sont \'egaux.
\sv

\qq On suppose $A$ inversible.
Si $X$ v\'erifie $(1)$,
prouver que $X$ est unique et est un pseudo-inverse de $A$.
Peut-on obtenir la m\^eme conclusion en supposant seulement que $X$
v\'erifie $(2)$ et $(3)$~?
\reponse{%
Si $A$ est inversible alors $(1)\=> X = A^{-1}$ d'o\`u l'unicit\'e de~$X$.
Par ailleurs, $A^{-1}$ v\'erifie clairement les propri\'et\'es $(2)$ et $(3)$.
Par contre il n'y a pas unicit\'e pour $(2)$--$(3)$ sans $(1)$,
par exemple les matrices $X=A^{-1}$ et $X=0$ sont deux solutions distinctes
de $(2)$--$(3)$.
\sv}

\sv\qq
Trouver une matrice de $\M{2\times2}k$ poss\'edant plusieurs inverses faibles.
\reponse{$A=\psmatrice{1&0\cr 0&0\cr}$. $X = A$ et
$X' = \psmatrice{1&0\cr 1&0\cr}$ sont inverses faibles de~$A$.
\sv}

\sv\qq
On suppose que $X$ et $X' \in \M{m\times m}k$ sont des pseudo-inverses de $A$.
Calculant $AXAX'$, prouver qu'on a $AX'= XA$, puis $X = X'$.
\reponse{%
$AX' = (AXA)X' = (AX)(AX') = (XA)(X'A) = X(AX'A)= XA$.

$X' = X'AX' = X'(AX') = X'(XA) = X'(AX) = (X'A)X = (AX')X = (XA)X = XAX = X$.
\sv}

\sv
\hskip-\leftskip
Si $A$ admet un pseudo-inverse, celui-ci est donc unique~;
on l'appellera {\it le pseudo-inverse\/} de $A$.
\sv
\qq
Supposons que $A$ admette un pseudo-inverse $X$.
Prouver que les matrices suivantes admettent un pseudo-inverse, et le calculer.
$$\eqalign{
&X~;\qquad
 \lambda A \text{ pour tout }\lambda \in k^*~;\qquad
 A^\ell \text{ pour tout entier }\ell \ge 1~;\qquad
 {}^tA~;\cr
&RAR^{-1} \text{ pour toute matrice inversible } R \text{ dans }\M{m\times m}k.\cr
}$$
\reponse{On note $M^{\sim}$ le pseudo-inverse de $M$ lorsqu'il existe. Alors~:

$X^{\sim} = A$,
$(\lambda A)^{\sim} = \lambda^{-1}X$ (et $(0A)^{\sim} = 0$), 
$(A^\ell)^{\sim} = X^\ell$,
$({}^tA)^{\sim} = {}^tX$,
$(RAR^{-1})^{\sim} = RXR^{-1}$.
\sv}
\goodbreak
\sv\qq
On suppose $\Im(A) \cap \Ker(A) = \{ 0 \}$.
Prouver que $k^m$ est somme directe de $\Im(A)$ et $\Ker(A)$ et que,
pour tout vecteur $v$ de $k^m$, il existe un unique vecteur $w$ de $\Im(A)$
tel que $\varphi_A(w)-v$ appartienne \`a $\Ker(A)$.
Si on note $\psi(v)$ ce vecteur, montrer que l'application
$v\I->\psi(v)$ de $k^m$ dans lui-m\^eme est lin\'eaire et a pour matrice
un pseudo-inverse de~$A$.
\reponse{%
$\Im(A) \cap \Ker(A) = \{ 0 \} \=>$ la somme $\Im(A) + \Ker(A)$
est directe et sa dimension est $\dim(k^m)$ d'apr\`es le th\'eor\`eme du
rang, d'o\`u $\Im(A) \oplus \Ker(A) = k^m$.
\sv
Mais alors $\Im(A)$ est suppl\'ementaire de $\Ker(A)$ donc $\varphi_A$ induit
un isomorphisme $f$ de $\Im(A)$ sur lui-m\^eme.
Donc, pour $v\in k^m$ et $w\in\Im(A)$, en notant $p$ la projection
sur $\Im(A)$ parall\`element \`a~$\Ker(A)$ on a~:
$$\varphi_A(w)-v\in\Ker(A) \<=> \varphi_A(w) = p(v) \<=> w = f^{-1}(p(v)),$$
ce qui prouve l'existence et l'unicit\'e de~$w$, puis le caract\`ere
lin\'eaire de~$\psi=f^{-1}\circ p$.
\sv
De plus, $f\circ p = \varphi_A\circ p = \varphi_A = p\circ \varphi_A$ du
fait de la d\'ecomposition $k^m = \Im(A) \oplus \Ker(A)$ (en consid\'erant
$f\circ p$ comme une application \`a valeurs dans $k^m$ plut\^ot que dans $\Im(A)$)
d'o\`u~:
$$\eqalign{
&\varphi_A\circ \psi
  = \varphi_A\circ f^{-1}\circ p
  = f\circ f^{-1}\circ p
  = p~;\cr
&\psi\circ\varphi_A
  = f^{-1}\circ p\circ \varphi_A 
  = f^{-1}\circ \varphi_A\circ p
  = f^{-1}\circ f\circ p
  = p~;\cr
&\varphi_A\circ \psi\circ\varphi_A
  = p\circ \varphi_A
  = \varphi_A~;\cr
&\psi\circ\varphi_A\circ\psi
  = \psi\circ p
  = f^{-1}\circ p \circ p
  = f^{-1}\circ p
  = \psi.\cr
}$$
Donc la matrice~$X$ de~$\psi$ dans la base canonique de~$k^m$ v\'erifie
les propri\'et\'es $(3)$, $(1)$ et $(2)$.
\goodbreak\sv}

\sv\qq
Inversement, supposons que $A$ admette un pseudo-inverse $X$.
Prouver qu'on a $\Im(X) = \Im(A)$ , $\Ker(X) = \Ker(A)$, que
$\Im(A)$ et $\Ker(A)$ sont suppl\'ementaires dans $k^m$, et que $AX$ est la
matrice de la projection de $k^m$ sur $\Im(A)$ parall\`element \`a $\Ker(A)$.
\reponse{%
$AX=XA$ et $AXA=A$ donc $A = XAA = AAX$ d'o\`u $\Im(A)\subset\Im(X)$
et $\Ker(X)\subset\Ker(A)$. On obtient de m\^eme les inclusions r\'eciproques
\`a l'aide des relations $X = AXX = XXA$.
De plus, on sait (question {\bf II-1}) que $AX$ est une matrice de projection,
notons $F$ sa base et $G$ sa direction (donc $F\oplus G = k^m$).
Alors $F = \Im(AX) \subset \Im(A)$ et $F\supset \Im(AXA) = \Im(A)$ d'o\`u
$F=\Im(A)$ et aussi $G\supset\Ker(X)=\Ker(A)$.
D'apr\`es le th\'eor\`eme du rang, $G = \Ker(A)$ ce qui prouve que $\Im(A)$ et
$\Ker(A)$ sont suppl\'ementaires et que $AX$ est la matrice de la
projection sur $\Im(A)$ parall\`element \`a~$\Ker(A)$.
\sv}

\sv\qq
Prouver que les conditions suivantes sont \'equivalentes :
\smallskip\halign{\indent({\it#})\hfil\quad&#\hfil\cr
i   &$A$ admet un pseudo-inverse ;\cr
ii  &$\Im (A^2) = \Im(A)$ ;\cr
iii &$\Ker(A^2) = \Ker(A)$ ;\cr
iv  &$A$ et $A^2$ ont m\^eme rang ;\cr
v   &il existe $\rlap{$V$}\phantom{W} \in \M{m\times m}k$ v\'erifiant~: $A^2\rlap{$V$}\phantom{W} = A\quad(4)$ ;\cr
vi  &il existe $W \in \M{m\times m}k$ v\'erifiant~: $WA^2 = A\quad(5)$.\cr
}
\reponse{%
D'apr\`es {\bf 6} et {\bf 7}, ({\it i}) $\<=> \Im(A)\oplus\Ker(A) = k^m$.
Par ailleurs, on a toujours $\Im(A^2)\subset\Im(A)$ et $\Ker(A^2)\supset\Ker(A)$
donc ({\it ii}) $\<=> \dim(\Im(A^2)) = \dim(\Im(A)) \<=>$ ({\it iv})
$\<=> \dim(\Ker(A^2)) = \dim(\Ker(A)) \<=>$ ({\it iii}).
Ensuite,\break
({\it i}) $\=> \Im(A^2) = \varphi_A(\Im(A)) = \varphi_A(k^m) = \Im(A) \=>$
({\it ii}) $\=> \Im(A)\cap\Ker(A) = \Ker({\varphi_A}_{|\Im(A)}) = \{0\} \=>$
({\it i}).
On a aussi ({\it v)} $\=> \Im(A)\subset\Im(A^2) \=>$ ({\it ii}),
et ({\it vi)} $\=> \Ker(A)\supset\Ker(A^2) \=>$ ({\it iii}). Enfin,
({\it i}) $\=>$ ({\it v)} en prenant $V = X$, et de m\^eme ({\it i}) $\=>$ ({\it vi)}
 en prenant $W = X$.
\sv
}

\sv\qq
Soient $V$ et $W$ dans $\M{m\times m}k$ v\'erifiant $(4)$ et $(5)$ respectivement.
Prouver qu'on a $WAV = AV^2 = W^2A$ et que $WAV$ est un pseudo-inverse de $A$.
\reponse{%
On a d\'ej\`a~: $AV = (WA^2)V = W(A^2V) = WA$. D'o\`u~:
$$\eqalign{
&W^2A = W(WA) = W(AV) = WAV = (WA)V = (AV)V = AV^2~;\cr
(3)\quad& A(WAV) = A(AV^2) = (A^2V)V = AV = WA = W(WA^2) = (W^2A)A = (WAV)A~;\cr
(1)\quad& A(WAV)A = A((WAV)A) = A(AV) = A^2V = A~;\cr
(2)\quad& (WAV)A(WAV) = (WAV)(A(WAV)) = (WAV)(AV) = ((WAV)A)V = (WA)V = WAV.\cr
}$$}
\sv
{\leftskip=0pt\indent
Dans la suite du probl\`eme, on fixe un automorphisme involutif $\varepsilon$
du corps $k$, c'est-\`a-dire que, posant $\varepsilon(\lambda) = \overline\lambda\in k$
pour $\lambda$ dans $k$, on a~:
$$
\overline{\lambda+\mu} = \overline\lambda + \overline{\vphantom\lambda\mu},\qquad
\overline{\lambda\mu}  = \overline\lambda\,   \overline{\vphantom\lambda\mu},\qquad
\overline{\overline\lambda} = \lambda,\qquad
\overline1 = 1,$$
pour $\lambda,\mu$ dans~$k$, $1$ d\'esignant l'\'el\'ement unit\'e de~$k$.
On pourra penser, par exemple \`a $\varepsilon = \id_k$, ou bien
\`a $k = \C$, $\varepsilon$ \'etant la conjugaison complexe.
\sv\indent
Pour $B \in \M{m\times n}k$, de coefficients $b_{ij}$, on note
$B^* \in \M{n\times m}k$ et on appelle {\it matrice adjointe\/} de $B$
celle dont les coefficients $b_{ij}^*$ v\'erifient $b_{ij}^* = \overline{b_{ji}}$.
On dira qu'une matrice est {\it autoadjointe\/} si elle est \'egale \`a
son adjointe (ce qui implique qu'il s'agit d'une matrice carr\'ee).
\par}
                           %+--------------+
                           %|  partie III  |
                           %+--------------+

\partie{III}{III}

On revient au cas o\`u l'on ne suppose plus $m = n$.
Outre les relations $(1)$ et $(2)$, on consid\`ere les relations
$$(6)\quad AX = X^*A^*~;\qquad
  (7)\quad XA = A^*X^*.$$
Si $X$ v\'erifie $(1)$, $(2)$, $(6)$ et $(7)$, on dit que $X$
est un {\it inverse g\'en\'eralis\'e\/} de $A$.

                             %+---------+
                             %|  III-A  |
                             %+---------+
\partie{III-A}{A}

\qq Si $r$ est un entier, $r \ge 1$, et si $B \in \M{m\times n}k$,
$C \in \M{n\times r}k$, prouver qu'on a $(BC)^* = C^*B^*$.
\reponse{Calcul imm\'ediat. On a aussi $(B^*)^* = B$ vu les propri\'et\'es de~$\varepsilon$.
\sv}

\sv\qq
Si $A$ est une matrice carr\'ee inversible, $A^{-1}$ est l'unique
inverse g\'en\'eralis\'e de $A$.
\reponse{Si $A$ est inversible alors $X = A^{-1}$ est l'unique solution de~$(1)$,
et les relations $(2)$, $(6)$ et $(7)$ sont clairement satisfaites
avec $X = A^{-1}$ d'apr\`es la question pr\'ec\'edente.\sv}

\sv\qq
Montrer que $X$ v\'erifie $(2)$ et $(6)$ si et seulement s'il v\'erifie
$(8)$~: $XX^*A^* = X$.
De m\^eme, $X$ v\'erifie $(1)$ et $(7)$ si et seulement s'il v\'erifie
$(9)$~: $XAA^* = A^*$.
\reponse{%
$(2)$ et $(6)$ entra\^{\i}nent $(8)$ par multiplication membre \`a membre, et
de m\^eme $(1)$ et $(7)$ entra\^{\i}nent $(9)$ par multiplication membre \`a
membre puis trans-conjugaison.
R\'eciproquement, si $X$ v\'erifie la propri\'et\'e $(8)$ alors $X^* = AXX^*$
d'o\`u $X^*A^* = (AXX^*)A^* = A(XX^*A^*) = AX$ et $XAX = X(AX) = X(X^*A^*) = XX^*A^* = X$.
Enfin, si $X$ v\'erifie la propri\'et\'e~$(9)$,
alors $A = AA^*X^*$ donc $XA = X(AA^*X^*) = (XAA^*)X^* = A^*X^*$
et $AXA = AA^*X^* = A$.
\sv}

\sv\qq
Prouver que $Y \in \M{n\times m}k$ est un inverse g\'en\'eralis\'e de $A$ si et
seulement si les relations $(10)$ et $(11)$ sont satisfaites~:
$$(10)\quad A^*Y^*Y = Y~;\qquad
  (11)\quad A^*AY = A^*.$$
\reponse{%
En rempla\c cant $X$ par $X^*$ et $A$ par $A^*$ dans $(1)$, $(2)$, $(6)$
et $(7)$, on voit que les relations~: "$X$ est inverse g\'en\'eralis\'e de~$A$"
et "$X^*$ est inverse g\'en\'eralis\'e de~$A^*$" sont \'equivalentes.
Par cons\'equent, $Y$ est inverse g\'en\'eralis\'e de~$A$ si et seulement
si le couple $(Y^*,A^*)$ v\'erifie $(8)$ et $(9)$, ce qui
donne les relations $(10)$ et $(11)$ apr\`es trans-conjugaison.
\sv}

\qq
On suppose que $X$ v\'erifie $(8)$ et $(9)$ et que $Y \in \M{n\times m}k$
v\'erifie $(10)$ et $(11)$.
Prouver qu'on a $X = Y$.
En d\'eduire que $A$ poss\`ede au plus un inverse g\'en\'eralis\'e.
\reponse{%
$X =  XX^*A^* = (XX^*)(A^*AY) = (XX^*A^*)(AY) = XAY
   = (XA)(A^*Y^*Y) = (XAA^*)(Y^*Y) = A^*Y^*Y = Y$.
\sv}
\sv\hskip-\leftskip
Si $A$ admet un inverse g\'en\'eralis\'e, il est unique et on l'appellera
{\it l'inverse g\'en\'eralis\'e\/} de $A$.

\sv\qq
On suppose que A poss\`ede l'inverse g\'en\'eralis\'e $X$.
Prouver les assertions suivantes~:
\smallskip\halign{\indent({\it#})\hfil\quad&#\hfil\cr
i   &$A$, $A^*A$ et $AA^*$ ont m\^eme rang ;\cr
ii  &$A$ est l'inverse g\'en\'eralis\'e de $X$ ;\cr
iii &$X^*$ est l'inverse g\'en\'eralis\'e de $A^*$ ;\cr
iv  &$XX^*$ est l'inverse g\'en\'eralis\'e de $A^*A$.\cr
}
\reponse{%
({\it iii}) a d\'ej\`a \'et\'e justifi\'ee (trans-conjugaison des relations
$(1)$, $(2)$, $(6)$ et $(7)$).
({\it ii}) se d\'emontre en trans-conjuguant les relations $(8)$ et $(9)$.
Pour ({\it iv}), on v\'erifie $(8)$ et $(9)$~:
$$\eqalign{
&(XX^*)(XX^*)^*(A^*A)^* = XX^*XX^*A^*A = XX^*(XX^*A^*)A = XX^*XA = X(X^*XA) = XX^*~;\cr
&(XX^*)(A^*A)(A^*A)^* = XX^*A^*AA^*A = (XX^*A^*)AA^*A = XAA^*A = (XAA^*)A = A^*A = (A^*A)^*.\cr
}$$
$\rg(A) = \rg((XAA^*)^*) = \rg(AA^*X^*) \le \rg(AA^*) \le \rg(A)$
d'o\`u $\rg(A) = \rg(AA^*)$.
On a aussi $\rg(A^*A) = \rg(A^*)$ et il reste \`a prouver que
$\rg(A^*) = \rg(A)$. Comme la transposition conserve le rang, il suffit de
d\'emontrer que les matrices $A$ et $\overline A$ ont m\^eme rang.
Or, en notant $C_1,\dots,C_n$ les colonnes de~$A$ et $\alpha_1,\dots,\alpha_n$
des scalaires, on a~:
$$\alpha_1C_1 + \dots + \alpha_nC_n = 0 \<=>
{\overline\alpha}_1\overline{C_1} + \dots + {\overline\alpha}_n\overline{C_n} = 0.$$
Donc $C_{i_1},\dots,C_{i_p}$ sont lin\'eairement ind\'ependantes si et seulement
si $\overline{C_{i_1}},\dots,\overline{C_{i_p}}$ le sont. Ainsi, les nombres
maximums de colonnes ind\'ependantes dans $A$ et $\overline A$ sont \'egaux,
soit $\rg(A) = \rg(\overline A)$.
\sv}

\sv\qq
Si $A$ est une matrice carr\'ee, qui commute \`a $A^*$ et qui poss\`ede l'inverse
g\'en\'eralis\'e $X$, alors $A$ admet le pseudo-inverse~$X$.
\reponse{%
Si $A$ et $A^*$ commutent alors $X$ et $X^*$ aussi car $XX^*$ est l'inverse
g\'en\'eralis\'e de $A^*A$ et $X^*X$ est l'inverse g\'en\'eralis\'e de $AA^*$.
Donc $AX = A(A^*X^*X) = (AA^*)(X^*X) = (A^*A)(XX^*) = (A^*AX)X^* = A^*X^* = XA$.
}
\goodbreak
                             %+---------+
                             %|  III-B  |
                             %+---------+

\partie{III-B}{B}

\qq
Montrer qu'une condition n\'ecessaire et suffisante pour que $A$ poss\`ede un
inverse g\'en\'eralis\'e est qu'il existe une matrice ${B\in\M{n\times n}k}$ v\'erifiant
$BA^*AA^* = A^*$.
(Si $B$ v\'erifie cette \'egalit\'e, on pourra prouver que
$X = BA^*$ v\'erifie $(9)$ et prouver $(8)$ \`a l'aide de $(1)$).
\reponse{%
Si $A$ admet un inverse g\'en\'eralis\'e $X$ alors avec $B = XX^*\in\M{n\times n}k$
on a $BA^*AA^* = XX^*A^*AA^* = XAA^* = A^*$.
R\'eciproquement, s'il existe $B$ telle que $BA^*AA^* = A^*$, alors
en posant $X = BA^*$ on a~:
$$\eqalign{
(9)\quad &XAA^* = BA^*AA^* = A^*~;\cr
(8)\quad &XX^*A^* = (BA^*)(AB^*)A^* = B(A^*)AB^*A^* = B(BA^*AA^*)AB^*A^*\cr
&\phantom{XX^*A^* }= BBA^*(AA^*AB^*)A^* = BBA^*(A)A^* = B(BA^*AA^*) = BA^* = X.\cr
}$$\goodbreak\sv}

\sv\qq
Montrer qu'il existe un entier $j \ge 0$ et des scalaires $\lambda_0,\dots,\lambda_j$
non tous nuls, tels que
$\dsum_{i=0}^j \lambda_i(A^*A)^i = 0$.
On choisit une telle relation et on note $\ell$ le plus petit entier $i \ge 0$
tel que $\lambda_i \ne 0$.
On pose~:
$B = -\dfrac1{\lambda_\ell}\dsum_{i=0}^{j-\ell-1} \lambda_{\ell+1+i}(A^*A)^i$
si $j>\ell$, $B=0$ sinon.
V\'erifier qu'on a~: $B(A^*A)^{\ell+1} = (A^*A)^\ell$.
\reponse{$A^*A$ admet un polyn\^ome annulateur non trivial, que l'on note
$P(t) = \dsum_{i=0}^j \lambda_it^i$. $\ell$ est la valuation de $P$, donc
$\lambda_\ell (A^*A)^\ell = -\dsum_{i=\ell+1}^j \lambda_i(A^*A)^i
 = -(A^*A)^{\ell+1}\dsum_{i=0}^{j-\ell-1} \lambda_{\ell+1+i}(A^*A)^i$
ce qui donne la relation demand\'ee.
\sv}

\sv\qq
Dans cette question, on suppose que pour toute matrice $B$ \`a coefficients
dans $k$, la relation $B^*B = 0$ implique $B = 0$.
V\'erifier que c'est bien le cas si $k = \C$, $\varepsilon$ \'etant la conjugaison
complexe.
Prouver que si deux matrices $C$ et $C'$ \`a coefficients dans $k$ et \`a
$m$ colonnes v\'erifient $CAA^* = C'AA^*$, alors elles v\'erifient aussi $CA = C'A$.
En d\'eduire que si $B$ est choisi comme en {\bf 2}, alors $BA^*$ est un inverse
g\'en\'eralis\'e de~$A$.
\reponse{%
Avec $\varepsilon =$ la conjugaison dans $\C$ on a~:
$\tr(B^*B) = \dsum_{i,j}|b_{ij}|^2$ donc $B^*B = 0 \=> B = 0$.
\sv
Soient $C,C'\in\M{p\times m}k$ telles que $CAA^* = C'AA^*$.

Alors $(C-C')AA^* = 0$ donc $0 = (C-C')AA^*(C-C')^* = ((C-C')A)((C-C')A)^*$
ce qui implique $(C-C')A = 0$ soit $CA = C'A$.
\sv
En prenant la matrice $B$ d\'efinie en~{\bf 2} on a si $\ell>1$~:
$$B\underbrace{A^*A\dots A^*AA^*A}_{2\ell+2\text{ matrices}} = 
   \underbrace{A^*A\dots A^*AA^*A}_{2\ell\text{ matrices}}
\=>
B\underbrace{A^*A\dots A^*AA^*}_{2\ell+1\text{ matrices}} = 
   \underbrace{A^*A\dots A^*AA^*}_{2\ell-1\text{ matrices}}
\=>
B\underbrace{A^*A\dots A^*A}_{2\ell\text{ matrices}} = 
   \underbrace{A^*A\dots A^*A}_{2\ell-2\text{ matrices}}
$$
et on peut ainsi retirer une \`a une les matrices $A$ ou $A^*$
pour aboutir \`a~: $BA^*AA^* = A^*$ donc d'apr\`es {\bf 1}, $BA^*$ est
un inverse g\'en\'eralis\'e de~$A$.
}

                           %+-------------+
                           %|  Partie IV  |
                           %+-------------+

\partie{IV}{IV}

\indent
Soit $s$ un entier v\'erifiant $1 \le s \le \inf (m, n )$.
Si $I$ est une partie \`a $s$ \'el\'ements de $\{1,\dots,m\}$,
$J$ une partie \`a $s$ \'el\'ements de $\{1,\dots,n\}$,
on note $A_{I,J}$
la matrice extraite de $A$ obtenue en supprimant les lignes d'indice
non dans $I$ et les colonnes d'indice non dans $J$.
On note $P_s(m)$ l'ensemble des parties \`a $s$ \'el\'ements de  $\{1,\dots,m\}$,
$\alpha$ son cardinal,
$P_s(n)$ celui des parties \`a $s$ \'el\'ements de  $\{1,\dots,n\}$,
$\beta$ son cardinal.
On num\'erote $I(1),\dots, I(\alpha)$ les \'el\'ements de $P_s(m)$
et $J(1),\dots,J(\beta)$ ceux de $P_s(n)$.
On construit la matrice $D_s(A)$ de $\M{\alpha\times\beta}k$
dont le coefficient dans la ligne $i$ et la colonne $j$ est $\det(A_{I(i),J(j)})$.
On rappelle que $\rho$ d\'esigne le rang de $A$.

\sv\qq
Calculer $\alpha$.
\reponse{$\alpha = C_m^s$.\sv}

\sv\qq
Prouver que $D_s(A)$ est de rang 0 si $s > \rho$ et de rang 1 si $s=\rho$.
\reponse{%
On sait que le rang d'une matrice $A$ est la taille maximale des sous-matrices
carr\'ees inversibles extraites de~$A$.
Si $s>\rho$ alors $A$ ne contient aucune sous-matrice $s\times s$
inversible donc tous les d\'eterminants $\det(A_{I(i),J(j)})$ sont nuls
et $D_s(A) = 0$.
Si $s=\rho$ alors $A$ contient une sous-matrice $s\times s$ inversible,
obtenue pour des ensembles d'indices $I_0 = \{i_1,\dots,i_s\}$
et $J_0=\{j_1,\dots,j_s\}$.
Notons $L_1,\dots,L_m$ les lignes de~$A$~:
$(L_{i_1},\dots,L_{i_s})$ est libre par hypoth\`ese et pour $i\in\{1,\dots,m\}$
la famille $(L_{i_1},\dots,L_{i_s},L_i)$ est li\'ee (sinon $\rg(A)>s$) donc $L_i$
est combinaison lin\'eaire de $L_{i_1},\dots,L_{i_s}$~:
$$L_i = u_{i1}L_{i_1} + \dots + u_{is}L_{i_s}.$$
De m\^eme, les colonnes $C_1,\dots,C_n$ de $A$ sont combinaisons lin\'eaires
de $C_{j_1},\dots,C_{j_s}$~: $$C_j = v_{j1}C_{j_1} + \dots + v_{js}C_{j_s}.$$
Alors pour $I=\{p_1,\dots,p_s\}\in P_s(m)$ et
$J=\{q_1,\dots,q_s\}\in P_s(n)$ on a~:
$$A_{I,J} =
\pmatrix{u_{p_1,1}&\dots&u_{p_1,s}\cr\vdots&&\vdots\cr u_{p_s,1}&\dots&u_{p_s,s}\cr}
A_{I_0,J_0}
\pmatrix{v_{q_1,1}&\dots&v_{q_s,1}\cr\vdots&&\vdots\cr v_{q_1,s}&\dots&v_{q_s,s}\cr}
= U_IA_{I_0,J_0}V_J.
$$
Donc $\det(A_{I,J}) = \det(U_I)\det(A_{I_0,J_0})\det(V_J)$. Par cons\'equent,
$$D_s(A) = \det(A_{I_0,J_0})
\pmatrix{\det(U_{I(1)}) \cr\vdots \cr\det(U_{I(\alpha)})\cr}
\pmatrix{\det(V_{J(1)}) &\dots &\det(V_{J(\beta)})\cr}$$
ce qui prouve que $\rg(D_s(A))\le 1$, et on a aussi $\rg(D_s(A))\ge 1$
car $D_s(A)$ contient le d\'eterminant $\det(A_{I_0,J_0})\ne 0$.
\sv}

\sv\qq
On suppose $m = n$ et $A$ autoadjointe.
On prend $s = \rho$.
Prouver qu'il existe un entier $i$, $1 \le i \le \alpha$, tel que
$A_{I(i),I(i)}$ soit inversible.
\reponse{%
Avec les notations pr\'ec\'edentes,
$$A =
\pmatrix{u_{1,1}&\dots&u_{1,s}\cr\vdots&&\vdots\cr u_{m1}&\dots&u_{m,s}\cr}
A_{I_0,J_0}
\pmatrix{v_{1,1}&\dots&v_{n,1}\cr\vdots&&\vdots\cr v_{1,s}&\dots&v_{n,s}\cr}
= UA_{I_0,J_0}V.
$$
Donc $A^* = V^*A_{I_0,J_0}^*U^* = A$. On sait que les lignes $L_{i_1},\dots,L_{i_s}$
de $A$ sont ind\'ependantes, donc les lignes d'indices
$i_1,\dots,i_s$ de $V^*$ sont aussi ind\'ependantes, ce qui implique
que les colonnes d'indices $i_1,\dots,i_s$ de $V$ le sont.
Ainsi, on peut prendre $J_0 = I_0$.
\sv}

\sv\qq
On suppose qu'on a $m = n$, $\varepsilon = \id_k$, que $k$ est de
caract\'eristique diff\'erente de $2$ et que l'on a $A^* + A = 0$.
Prouver que $\rho$ est pair.
\reponse{%
On a ici $A^* = V^*A_{I_0,J_0}^*U^* = -A$.
Le m\^eme raisonnement est applicable~: les colonnes d'indices $i_1,\dots,i_s$
de $V$ sont ind\'ependantes donc $\det(A_{I_0,I_0})\ne 0$.
Mais $\det(A_{I_0,I_0}) = \det(-{}^tA_{I_0,I_0}) = (-1)^\rho\det(A_{I_0,I_0})$
donc $(-1)^\rho=1$ ce qui implique $\rho\equiv 0\modulo2$ car $1\ne-1$.
\goodbreak}

                           %+------------+
                           %|  Partie V  |
                           %+------------+
\partie{V}{V}

\qq
Supposons $\rho=n$.
Prouver qu'il existe $K \in \M{n\times m}k$
tel que $KA$ soit inversible dans $\M{n\times n}k$.
Si $K$ est une telle matrice, montrer que $(KA)^{-1}K$ est un inverse faible
de~$A$.
\reponse{Soit $I_0 = \{p_1,\dots,p_n\}$ et $J_0 = \{1,\dots,n\}$
tels que $A_{I_0,J_0}$ soit inversible. En prenant $K = (\delta_{p_i,j})$
o\`u $\delta$ est le symbole de Kronecker on a $KA = A_{I_0,J_0}$,
matrice $n\times n$ inversible.
\sv
Par ailleurs, si $K$ est telle que $KA$ est inversible et $X = (KA)^{-1}K$
 on a~:
$$XA = (KA)^{-1}KA = I_n,\qquad
AXA = AI_n = A,\qquad
XAX = I_nX = X,$$
o\`u $I_n$ d\'esigne la matrice unit\'e d'ordre~$n$.
\sv}

\sv\qq
Supposons $\rho = m$.
Prouver que $A$ poss\`ede un inverse faible.
\reponse{Raisonnement analogue avec $L\in\M{n\times m}k$ telle
que $AL$ soit inversible et $X = L(AL)^{-1}$.\sv
}

\sv\qq
Soit $B$ une matrice de $\M{m\times\rho}k$,
de rang $\rho$, obtenue \`a partir de $A$ en supprimant $n - \rho$ colonnes,
et soit $Y$ un inverse faible de $B$.
Prouver qu'on a $BYA = A$.
\reponse{%
Les colonnes de~$A$ qui ont \'et\'e supprim\'ees pour former $B$ sont combinaisons
lin\'eaires de celles qui ont \'et\'e conserv\'ees puisque $\rg(B) = \rho = \rg(A)$.
Donc il existe une matrice $V$ telle que $A=BV$ et on a
$BYA = BYBV = BV = A$.
\sv}


\sv\qq
Soit $B$ comme dans {\bf 3} et soit $C$ une matrice $\M{\rho\times n}k$,
de rang $\rho$, obtenue \`a partir de $A$ en supprimant $m - \rho$ lignes,
et $Z$ un inverse faible de $C$. Posons $D = YAZ$.
Prouver qu'on a $BDC = A$ et que $D$ est inversible.
Posant $X = ZD^{-1}Y$, prouver que $X$ est un inverse faible de $A$
(pour prouver $(1)$, on pourra d'abord montrer qu'on a $DCZ = YBD = D$).
\reponse{%
On montre comme pr\'ec\'edemment que $AZC = A$, d'o\`u $BDC = (BYA)ZC = AZC = A$.
On en d\'eduit que $\rg(D)\ge \rho$ et comme $D\in\M{\rho\times\rho}k$
ceci implique que $D$ est inversible.
Soit alors $X = ZD^{-1}Y$. On a~:
$$\eqalign{
&DCZ = (YAZ)CZ = YA(ZCZ) = YAZ = D = (YBY)AZ = YB(YAZ) = YBD~;\cr
&AX  = (BDC)(ZD^{-1}Y) = B(DCZ)D^{-1}Y = BDD^{-1}Y = BY~;\cr
&AXA = BYA = A~;\cr
&XAX = XBY = ZD^{-1}YBY = ZD^{-1}Y = X.\cr
}$$\sv}

\sv\qq
Gardons les notations de {\bf 4}.
Montrer que, si $B^*B$ est inversible, on peut choisir $Y$ de sorte que
$X = ZD^{-1}Y$ v\'erifie~$(6)$~; montrer que si $B^*B$ et $CC^*$ sont inversibles,
alors $A$ poss\`ede un inverse g\'en\'eralis\'e.
\reponse{%
On veut que $AX = BY$ soit auto-adjointe, donc $Y$ doit satisfaire les
trois relations suivantes~:
$$BYB = B,\qquad YBY = Y\qquad BY = Y^*B^*.$$
La matrice $Y = (B^*B)^{-1}B^*$ convient~:
$$\eqalign{
&YB = I_\rho\text{ donc } BYB = BI_\rho = B\text{ et }YBY = I_\rho Y = Y~;\cr
&Y^*B^* = B((B^*B)^{-1})^*B^* = B((B^*B)^*)^{-1}B^* = B(B^*B)^{-1}B^* = BY.\cr}
$$
(la propri\'et\'e $(U^{-1})^* = (U^*)^{-1}$ d\'ecoule directement de $(UV)^* = V^*U^*$)
\sv
Si l'on suppose \`a pr\'esent que $B^*B$ et $CC^*$ sont inversibles, alors
en prenant $Y = (B^*B)^{-1}B^*$, $Z = C^*(CC^*)^{-1}$ et $X = ZD^{-1}Y$
on a les propri\'et\'es $(1)$, $(2)$, $(6)$ et $(7)$.
\sv}

\sv\qq
Supposons que $A^*A$ ait m\^eme rang que $A$.
Utilisant {\bf IV}, prouver que $A$ poss\`ede un inverse faible $X$ v\'erifiant~$(6)$.
\reponse{%
$A^*A$ est une matrice auto-adjointe de rang $\rho$, donc elle contient
une sous-matrice $(A^*A)_{I_0,I_0}$ inversible d'apr\`es {\bf IV-3}.
Soit $B$ la sous-matrice de~$A$ obtenue en supprimant les colonnes non dans~$I_0$~:
$B^*B = (A^*A)_{I_0,I_0}$ est de rang $\rho$ donc $\rg(B)\ge \rho$ et en
fait $\rg(B) = \rho$ puisque $B$ est extraite de~$A$.
Ainsi $B$ v\'erifie les conditions des questions {\bf 3} et~{\bf 5}.
\sv}

\sv\qq
Montrer qu'une condition n\'ecessaire et suffisante pour que $A$ poss\`ede un inverse
g\'en\'eralis\'e est que $A^*A$ et $AA^*$ aient m\^eme rang que $A$.
\reponse{%
Si $A$ poss\`ede un inverse g\'en\'eralis\'e alors $A$, $AA^*$ et $A^*A$ ont m\^eme
rang (question {\bf III-A-6}).

Si $\rg(A^*A) = \rg(AA^*) = \rg(A) = \rho$ alors on peut choisir $B$ et $C$
v\'erifiant les hypoth\`eses des questions {\bf 3}, {\bf 4} et {\bf 5}, donc $A$ poss\`ede un inverse
g\'en\'eralis\'e.
}
\goodbreak
                           %+-------------+
                           %|  Partie VI  |
                           %+-------------+

\partie{VI}{VI}
\indent
On suppose d\'esormais que $k$ est le corps $\C$ des nombres complexes, et que
$\varepsilon$ est la conjugaison complexe.
Quels que soient les entiers $r$ et $s$ au moins \'egaux \`a 1,
on munit $\M{r\times s}\C$ de la forme hermitienne d\'efinie positive
${<U,V>} = \dsum_{i=1}^r\dsum_{j=1}^s \overline{u_{ij}}\,v_{ij}$.
On note $U \I-> \|U\|$ la norme correspondante.
On identifie $k^r$ \`a $\M{r\times 1}k$~; ainsi $k^r$ est un espace vectoriel
hermitien.

\sv\qq
Pour $r,s$ entiers au moins \'egaux \`a 1, et $U,V$ dans
$\M{r\times s}\C$, prouver qu'on a : ${<U,V>} = \tr(U^*V) = \tr(VU^*)$.
\reponse{Calcul imm\'ediat.\sv}

\sv\qq
Prouver que $A$ poss\`ede toujours un inverse g\'en\'eralis\'e.
\reponse{Avec la conjugaison complexe, les relations $\rg(A^*A) = \rg(AA^*) = \rg(A)$
sont bien connues.\sv}

\sv\hskip-\leftskip
On notera d\'esormais $B^+$ l'inverse g\'en\'eralis\'e d'une matrice $B$ \`a coefficients
complexes.

\sv\qq
Prouver que $\varphi_{AA^+}$ est la projection orthogonale sur $\Im(A)$.
Si $A$ est une matrice carr\'ee poss\'edant un pseudo-inverse~$Y$, prouver
qu'on a $A^+ = Y$ si et seulement si $\Im(A)$ et $\Ker(A)$ sont orthogonaux.
\reponse{%
On sait que $AA^+$ est une matrice de projection (question {\bf II-1})
et que cette projection est auto-adjointe (propri\'et\'e~$(6)$) donc que
c'est une projection orthogonale.
Enfin $\Im(AA^+) \subset \Im(A) = \Im(AA^+A) \subset \Im(AA^+)$ donc la
base de la projection est bien $\Im(A)$.
\sv
Si $A$ est carr\'ee de pseudo-inverse $Y$ alors $AY$ est la matrice de la
projection sur $\Im(A)$ parall\`element \`a $\Ker(A)$ qui sont suppl\'ementaires
(question {\bf II-7}), d'o\`u~:
$A^+=Y \<=> \Ker(A) = \Im(A)^\bot$.
\goodbreak\sv}

\sv\qq
Soit $Y \in\M{n\times m}k$ v\'erifiant $AYA = 0$. Prouver qu'on a ${<A^+,Y>} = 0$.
\reponse{%
Notons $X = A^+$. D'apr\`es les propri\'et\'es $(10)$ et $(8)$ et l'invariance de
la trace par permutation circulaire, on a~:
$${<X,Y>} = \tr(X^*Y) = \tr(X^*XAY) = \tr(XAYX^*) = \tr(XAYAXX^*) = \tr(0) = 0.$$
\sv}

\sv\qq
Inversement, supposons que $X$ v\'erifie $(1)$ et soit tel que, pour tout
$Y \in\M{n\times m}k$ satisfaisant \`a $AYA = 0$, on ait ${<X,Y>} = 0$.
En prenant des matrices $Y$ de la forme $Z(I_n - AX)$ o\`u $Z$ est une matrice
n'ayant qu'un coefficient non nul et $I_n$ d\'esigne la matrice unit\'e
d'ordre $n$, prouver que $X$ v\'erifie~$(8)$.
De mani\`ere analogue, montrer que $X$ v\'erifie~$(10)$ et que $X$ est
l'inverse g\'en\'eralis\'e de~$A$.
\reponse{%
Si $Y$ est de la forme $Y = Z(I_n-AX)$ on a $AYA = AZA - AZAXA = 0$,
donc $\tr(X^*Z) = \tr(X^*ZAX) = \tr(AXX^*Z)$, soit $\tr((X^* - AXX^*)Z) = 0$.
En prenant $Z = (X^* - AXX^*)^* = X - XX^*A^*$ on obtient $\tr(Z^*Z) = 0$
soit $Z = 0$ ce qui donne la relation~$(8)$.
\sv
De m\^eme, en prenant $Y = (I_m - XA)Z$, on a $AYA = 0$ d'o\`u
$\tr(X^*Z) = \tr(X^*XAZ)$ pour tout $Z\in\M{m\times n}\C$ ce qui donne
$X^* = X^*XA$ d'o\`u $(10)$. Ainsi, $X$ v\'erifie $(1)$ par hypoth\`ese, $(8)$
donc $(2)$ et $(6)$.
Enfin, d'apr\`es $(10)$ on a $X^*XA = X^*$ ce qui est la propri\'et\'e $(8)$
pour $X^*$ et $A^*$ donc on en d\'eduit la propri\'et\'e~$(6)$ correspondante~:
$A^*X^* = XA$, c'est-\`a-dire~$(7)$.
\sv}

\sv\qq
Prouver que $A^+$ est, parmi les solutions $X$ de~$(1)$,
l'unique \'el\'ement qui minimise~$\|X\|^2$.
\reponse{%
Soit $X$ une solution quelconque de $(1)$ et $Y = X - A^+$.
On a $AYA = 0$ donc $A^+$ et $Y$ sont orthogonales pour le produit
scalaire $<\ ,\ >$ et on peut appliquer le th\'eor\`eme de Pythagore~:
$\|X\|^2 = \|A^++Y\|^2 = \|A^+\|^2 + \|Y\|^2 \ge \|A^+\|^2$
avec \'egalit\'e si et seulement si $Y = 0$ soit $X = A^+$.
\sv}

\sv\qq
Soit $b \in k^m$~; posons $c = \varphi_{A^+}(b) = A^+ b$.
Soit $x \in k^n$~; posons $z = \varphi_A(x-c) = A(x - c)$.
Montrer qu'on a~:
$$
\|Ax-b\|^2 = \|Ac-b\|^2 + \|z\|^2
\quad\text{ et }\quad
\|x\|^2    = \|c + A^+z\|^2 + \|(I_n - A^+A)x\|^2.$$
\reponse{%
$Ac = AA^+b$ est le projet\'e orthogonal de $b$ sur $\Im(A)$
(question {\bf 3}) donc $Ac - b \perp \Im(A)$ et on a par Pythagore~:
$$\|Ax - b\|^2 = \|Ax - Ac + Ac - b\|^2
 = \|A(x-c)\|^2 + \|Ac - b\|^2 = \|z\|^2 +  \|Ac - b\|^2.$$
De m\^eme, $A^+A$ est la matrice de la projection orthogonale de $k^n$
sur $\Im(A^*) = \Ker(A)^\bot$ d'o\`u~: $$\|x\|^2 = \|A^+Ax\|^2 + \|(I_n-A^+A)x\|^2$$
et $A^+Ax = A^+(Ac + z) = A^+Ac + A^+z = A^+AA^+b + A^+z = A^+b + A^+z = c + A^+z$.
}

                          %+--------------+
                          %|  partie VII  |
                          %+--------------+

\partie{VII}{VII}
\qq
Prouver que les valeurs propres de $A^*A$ sont des nombres r\'eels positifs.
\reponse{$A^*A$ est auto-adjointe positive.\sv}

\sv{\leftskip=0pt
On note $L$ l'ensemble de ces valeurs propres {\it non nulles\/} et,
pour $\lambda \in L$, on note $E_\lambda^{}$ la matrice du projecteur orthogonal
de $k^n$ sur l'espace propre attach\'e \`a $\lambda$, et on pose
$U_\lambda^{} = \dfrac1{\sqrt\lambda}AE_\lambda^{}$.
\par}
\sv\qq
Prouver qu'on a~:
$$A^*A = \dsum_{\lambda\in L}\lambda E_\lambda^{}\quad\text{ et }\quad
(A^*A)^+ = \dsum_{\lambda\in L}\dfrac1\lambda E_\lambda^{}.$$
Prouver \'egalement les formules~:
$$A^+A = \dsum_{\lambda\in L} E_\lambda^{}~;\quad
A = \dsum_{\lambda\in L}\sqrt\lambda\, U_\lambda^{}~;\quad
U_\lambda^+ = U_\lambda^*\text{ pour }\lambda\in L~;\quad
U_\lambda^*U_\mu^{} = U_\lambda^{} U_\mu^* = 0\text{ pour }\lambda,\mu\in L\text{ distincts.}
$$
Calculer $A^+$ en termes des $U_\lambda^{}$.
\reponse{%
$A^*A$ \'etant auto-adjointe, $k^n$ est la somme orthogonale des
sous-espaces propres de $A^*A$.
Les endomorphismes de $k^n$ associ\'es \`a $A^*A$ et \`a $\dsum_{\lambda\in L}\lambda E_\lambda^{}$
co\accent 127 \i ncident sur chacun de ces sous-espace propres donc les matrices
sont \'egales.
\sv
$\Im(A^*A)$ et $\Ker(A^*A)$ sont orthogonaux donc $(A^*A)^+$ est le pseudo-inverse
de $A^*A$ (question {\bf VI-3}), c'est-\`a-dire $(A^*A)^+ = f^{-1}\circ p$ avec les
notations de {\bf II-6}~: $f$ est la restriction et co-restriction de
$\varphi_{A^*A}$ \`a $\Im(A^*A)$ et $p$ est la projection de $k^n$ sur
$\Im(A^*A)$ parall\`element \`a $\Ker(A^*A)$. La formule donn\'ee pour $(A^*A)^+$
co\accent 127 \i ncide clairement avec cette d\'efinition.
\sv
$A^+A = A^*(A^+)^* = A^*(A^*)^+$ est la matrice de la projection
orthogonale sur $\Im(A^*) = \Im(A^*A)$, c'est bien la somme des $E_\lambda^{}$.
\sv
$\dsum_{\lambda\in L}\sqrt\lambda\,U_\lambda^{} = \dsum_{\lambda\in L}AE_\lambda^{}
= AA^+A = A$.
\sv
On a $E_\lambda^* = E_\lambda^{}$ et $E_\lambda^{} E_\mu^{} = \delta_{\lambda\mu}E_\lambda^{}$ (projecteurs associ\'es
\`a une d\'ecomposition de l'espace en somme orthogonale directe), d'o\`u~:
$$\eqalign{
&A^*AE_\lambda^{} = \dsum_{\mu\in L} \mu E_\mu^{} E_\lambda^{} = \lambda E_\lambda^{}~;\cr
&U_\lambda^* U_\mu^{} = \dfrac1{\sqrt{\lambda\mu}}E_\lambda^*A^*AE_\mu^{} = \dfrac{\sqrt\mu}{\sqrt\lambda}E_\lambda^{} E_\mu^{} = \delta_{\lambda\mu}\dfrac{\sqrt\mu}{\sqrt\lambda}E_\lambda^{}~;\cr
(1)\quad   &U_\lambda^{} U_\lambda^*U_\lambda^{} = U_\lambda^{} E_\lambda^{} = U_\lambda^{}~;\cr
(2)\quad   &U_\lambda^* U_\lambda^{} U_\lambda^* = E_\lambda^{} U_\lambda^* = \dfrac1{\sqrt\lambda} E_\lambda^{} E_\lambda^* A^* = \dfrac1{\sqrt\lambda} E_\lambda^* A^* = U_\lambda^*~;\cr
(6,7)\quad &U_\lambda^*U_\lambda^{}\text{ et }U_\lambda^{} U_\lambda^*\text{ sont autoadjoints.}\cr
}$$
Donc $U_\lambda^*$ est l'inverse g\'en\'eralis\'e de $U_\lambda^{}$.
De plus, $U_\lambda^{} U_\mu^* = \dfrac1{\sqrt{\lambda\mu}}AE_\lambda^{} E_\mu^* A^*
= \dfrac{\delta_{\lambda\mu}}{\sqrt{\lambda\mu}}AE_\lambda^{} A^* = 0$
quand $\lambda\ne\mu$.
\sv
Montrons enfin que $X = \dsum_{\lambda\in L}\dfrac1{\sqrt\lambda} U_\lambda^*
                = \dsum_{\lambda\in L}\dfrac1\lambda E_\lambda^{} A^*$
est l'inverse g\'en\'eralis\'e de~$A$~:
$$\eqalign{
&XA  = \dsum_{\lambda,\mu\in L}\dfrac{\sqrt\mu}{\sqrt\lambda} U_\lambda^* U_\mu^{}
     = \dsum_{\lambda\in L} E_\lambda^{}
     = A^+A~;\cr
(1)\quad &AXA = AA^+A = A~;\cr
(2)\quad &XAX = \dsum_{\lambda\in L} E_\lambda^{} X
     = \dsum_{\lambda,\mu\in L}\dfrac1\mu E_\lambda^{} E_\mu^{} A^*
     = \dsum_{\lambda\in L}\dfrac1\lambda E_\lambda^{} A^*
     = X~;\cr
(6,7)\quad &XA  = \dsum_{\lambda\in L} E_\lambda^{}\text{ et }
 AX  = \dsum_{\lambda,\mu\in L}\dfrac{\sqrt\mu}{\sqrt\lambda} U_\lambda^{} U_\mu^*
     = \dsum_{\lambda\in L} U_\lambda^{} U_\lambda^*
     \text{ sont auto-adjoints}.\cr
}$$
\sv}

\sv\qq
Inversement, soit $M$ un ensemble fini non vide de nombres r\'eels positifs
non nuls et, pour chaque $\lambda \in M$, une matrice
$V_\lambda^{} \in \M{m\times n}\C$, non nulle, tels que~:
$$A = \dsum_{\lambda\in M}\sqrt\lambda\, V_\lambda^{}~;\quad
V_\lambda^+ = V_\lambda^*\text{ pour }\lambda\in M~;\quad
V_\lambda^*V_\mu^{} = V_\lambda^{} V_\mu^* = 0\text{ pour }\lambda,\mu\in M\text{ distincts.}
$$
Prouver qu'on a $M = L$ et, pour $\lambda \in L$, $U_\lambda^{} = V_\lambda^{}$.
\reponse{%
Les relations donn\'ees impliquent
$A^*A = \dsum_{\lambda\in M}\lambda V_\lambda^* V_\lambda^{}$.
Soit $F_\lambda^{} = V_\lambda^* V_\lambda^{} = V_\lambda^+ V_\lambda^{}$~: $F_\lambda^{}$ est la matrice
d'une projection orthogonale (questions {\bf III-A-6} et {\bf VI-3}),
non nulle ($\rg(F_\lambda^{}) = \rg(V_\lambda^{})$).
On a $F_\lambda^{} F_\mu^{} = \delta_{\lambda\mu}F_\lambda^{}$ donc les bases
des projections forment une d\'ecomposition en somme directe de $\Im(A^*A)$,
chaque facteur \'etant un sous-espace propre de~$A^*A$.
Donc $M = L$ et pour tout $\lambda$~: $F_\lambda^{} = E_\lambda^{}$.

Enfin, $\sqrt\lambda\, U_\lambda^{}
= AE_\lambda^{} 
= AF_\lambda^{} 
= \dsum_{\lambda,\mu\in M}\sqrt\mu\,V_\mu^{} V_\lambda^* V_\lambda^{}
= \sqrt\lambda\, V_\lambda^{} V_\lambda^* V_\lambda^{}
= \sqrt\lambda\, V_\lambda^{} V_\lambda^+ V_\lambda^{}
= \sqrt\lambda\, V_\lambda^{}$
d'o\`u $U_\lambda^{} = V_\lambda^{}$.

\sv}

\sv\qq
Posons $H = \dsum_{\lambda\in L}\sqrt\lambda\,U_\lambda^{}U_\lambda^*$
et $U = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^{}$.
Prouver que $H$ est hermitienne positive, et qu'on a~:
$$H^2 = AA^*,\qquad
U^+ = U^*,\qquad
UU^+ = HH^+ = H^+H = AA^+,\qquad
A=HU.$$
Inversement, supposons qu'on ait $A = H'U'$ avec $H' \in \M{m\times m}C$
hermitienne positive, et $U' \in \M{m\times n}\C$
v\'erifiant $U'^+ = U'^*$ et $U'U'^* = H'^+H'$.
Prouver qu'alors $H = H'$ et $U = U'$.
\reponse{%
$H$ est hermitienne positive comme combinaison lin\'eaire \`a coefficients
r\'eels positifs de matrices qui le sont.
Comme $U_\lambda^*U_\mu^{} = 0$ si $\lambda\ne\mu$
et $(U_\lambda^{}U_\lambda^*)^2 = U_\lambda^{}U_\lambda^*$, on a~:
$$\eqalign{
&H^2  = \dsum_{\lambda,\mu\in L}\sqrt{\lambda\mu}\,U_\lambda^{}U_\lambda^*U_\mu^{}U_\mu^*
      = \dsum_{\lambda\in L}\lambda U_\lambda^{}U_\lambda^*
      = \dsum_{\lambda,\mu\in L}\sqrt{\lambda\mu}\,U_\lambda^{}U_\mu^*
      = AA^*~;\cr
&UU^* = \dsum_{\lambda,\mu\in L}U_\lambda^{}U_\mu^*
      = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^{}U_\lambda^*~;\cr
(1)\quad &UU^*U = \dsum_{\lambda,\mu\in L}U_\lambda^{}U_\lambda^*U_\mu^{}
      = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^{}U_\lambda^*U_\lambda^{}
      = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^{}
      = U~;\cr
(2)\quad &U^*UU^* = \dsum_{\lambda,\mu\in L}U_\lambda^*U_\mu^{}U_\mu^*
      = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^*U_\lambda^{}U_\lambda^*
      = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^*
      = U^*~;\cr
(6,7)\quad &UU^*\text{ et }U^*U\text{ sont auto-adjoints.}
}$$
D'o\`u $U^+ = U^*$. On montre par un calcul similaire que
$H^+ = \dsum_{\lambda\in L}\dfrac1{\sqrt\lambda}U_\lambda^{}U_\lambda^*$,
et on v\'erifie par d\'eveloppement et simplification que~:
$UU^+ = HH^+ = H^+H = AA^+ = \dsum_{\lambda\in L}U_\lambda^{}U_\lambda^*$
et $HU = \dsum_{\lambda\in L}\sqrt\lambda\,U_\lambda^{} = A$.
\sv
Si $H'$ et $U'$ sont telles que le dit l'\'enonc\'e, alors
$AA^* = H'U'U'^*H'^* = H'H'^+H'H'^* = H'H'^* = H'^2$ donc $H$ et $H'$ sont
deux matrices hermitiennes positives ayant m\^eme carr\'e, on en d\'eduit qu'elles
sont \'egales (exercice classique).
Ensuite, $H'^+A = H'^+H'U' = U'U'^*U' = U'U'^+U' = U'$ et la m\^eme relation
sans les primes, d'o\`u $U = U'$.
\sv
$$*\hskip5mm*\hskip5mm*$$
$$*$$
}
\sv
$$*\hskip5mm*\hskip5mm*$$
$$*$$
\bye