Autour des matrices de rang 1

Correction du TD8.

MNO, L3, Dauphine, 2020-2021 D. Gontier, [email protected]

On rappelle que pour x∈R^d, note|xi:=xethx|:=x^T.

Autour des matrices de rang 1

Exercice 1.

a/ SoitA∈ Md(R). Montrer que Aest de rang au plus1ssi il existeu,v∈R^d tel queA=|uihv|.

b/ Soit A∈ S_d(R)(symétrique). Montrer que Aest de rang1 ssi il existeu∈R^d\ {0}tel queA=±|uihu|.

c/ En déduire que latable de multiplication est une matrice de rang1. Qui estudans ce cas ? d/ Montrer que pour tout u∈R^d\ {0},

Au:=

u kuk

u kuk

est la projection orthogonale surVect{u} (c’est à direAu∈ Sn(R)et A²_u=Au).

e/ Montrer que siA=|uihu|, alorsTr (A) =kuk².

a/ Pour commencer, la matrice|uihv|vérifie que pour toutx∈R^d, on a|ui(hv,xi)∈Vect{u}, donc est de rang 1. Réciproquement, si A est de rang0, alors A=0, et on peut prendreu=0. SiA est de rang 1, alors par définition, il existe u∈R^d tel queImA= Vect{u}.

Pour trouver v, on peut procéder de plusieurs manières. On notev_i ∈Rle réel tel queAe_i=v_iu, et on pose v:= (v₁,· · ·, v_n). On a alors pour toutx∈R^d,

Ax=A(X

i

x_ie_i) =X

i

x_i(Ae_i) =X

i

x_iv_iu=uhv,xi= (|uihv|)x.

Ceci étant vrai pour toutx∈R^d, on aA=|uihv|.

b/ D’après la question précédente, siAest de rang1, on peut écrireA=|uihv|=uv^T, oùImA= Vect{u}

(uest un vecteur dans l’image deA). CommeA=A^T =vu^T =|vihu|,v est aussi dans l’image deA, donc il existeλ∈Rtel quev=λu. On pose alors

eu:=p

|λ|u.

On aA=|uihv|=|uihλu|=±|p

|λ|uihp

|λ|u|=±|uihe u|, CQFD. La réciproque est immédiate.e

c/ La table de multiplication est la matrice|uihu|oùu= (1,2,3,· · ·,10).

d/ Notonsv:=u/kuk. Alorsv est colinéaire àu, etkvk= 1. On a évidemmentAu∈ Sd(R). De plus, on a A²_u=|vihv|vihv|=|vi kvk²

| {z }

=1

hv|=|vihv|=Au,

doncA_uest la projection orthogonale surVect{u}.

e/ On utilise la cyclicité de la trace. On aTr (A) = Tr (|uihu|) = Tr (hu|ui) = Tr (kuk²) =kuk².

Exercice 2. Formule de Sherman–Morrison, perturbation de rang 1 SoitA∈ Sd(R),u∈R^d et B:=A+|uihu|.

a/ Montrer que siB est inversible, alors son inverse est

B⁻¹=A⁻¹−|A⁻¹uihA⁻¹u|

1 +hu, A⁻¹ui.

b/ Montrer queA+|uihu|est inversible si et seulement si hu, A⁻¹ui 6=−1(on pourra considérerv=A⁻¹u).

a/ On a, en développant, (A+ uihu|)

A⁻¹−|A⁻¹uihuA⁻¹| 1 +hu, Aui

=Id+|uihA⁻¹u| − 1

1 +hu, A⁻¹ui |uihA⁻¹u|+|uihA⁻¹u,uihA⁻¹u|

.

En utilisant le fait quehu, A⁻¹uiest un nombre, la parenthèse se simplifie, et le résultat suit.

b/ Sihu, A⁻¹ui 6=−1, les calculs deAsont valides, etBest inversible. Sinon, on remarque que pourv=A⁻¹u, on a

Bv=AA⁻¹u+uihu, A⁻¹ui=u−u=0.

Ainsi,Ker(B)6={0}, etB n’est pas inversible.

Exercice 3. (Formule Symmetric rank 1 : SR1)

SoitA∈S_d⁺⁺(R),s∈R^d ety∈R^d. On suppose que As6=y. On chercheB∈ Sd(R)tel que Bs=y et B−Asoit de rang1.

a/ Montrer qu’on chercheu∈R^d tel que(A± |uihu|)s=y.

b/ Montrer queuest colinéaire à y−As, puis que

B=A+|y−Asihy−As|

hy−As,si (formule SR1).

c/ Dans le casA=I2,s= (1,0)^T ety= (−1,0)^T, montrer queB /∈ S_d⁺⁺(R).

a/P est de rang1, doncImP =Rupour un certainu∈R^d. De plus, en notantP(e₁) =v₁u, ...p(e_d) =v_du, et v:= (v₁, . . . , v_d)^T, on aP =uv^T. CommeP est symétrique, on doit avoir vu^T =uv^T, et en particulier,v est colinéaire àu, doncv=αu. Quitte à renommerp

|α|uenu, on obtientP = sng(α)uu^T.

b/ On écrit B=A±uu^T, et l’équationBs=y devient±u(u^Ts) =y−As. En particulier,uest colinéaire à y−As, et il existeλ∈Rtel que u=λ(y−As). En injectant dans l’équation, on obtient

±λ²(y−As) (y−As)^Ts

| {z }

∈R

=y−As,

et donc±λ²= ((y−As)^Ts)⁻¹. Au final, on obtient bien la formule SR1.

c/ Dans le cas donné par l’énoncé, on obtienty−As= (−2,0)⁻¹, et donc B=

1 0 0 1

+ 1

−2 4 0

0 0

=

−1 0 0 1

.

Exercice 4. (Méthodes itératives et EDO)

SoitF :R^d→Rune fonction de classeC², et soitx0∈R^d. a/ On considère l’équation de Cauchy

(x⁰(t) =−∇F(x(t)) x(t= 0) =x₀. Montrer que la fonctiont7→F(x(t))est décroissante.

b/ On considère maintenant l’équation de Cauchy

(x⁰(t) =−[H_F(x(t))]⁻¹∇F(x(t)) x(t= 0) =x0.

On suppose queH_F est définie positive surS:=

x∈R^d, F(x)≤F(x₀) , et queS est un compact convexe.

1. Montrer que∇F(x(t)) = e^−t∇F(x₀).

2. Montrer queF(x(t))est décroissante.

3. Montrer quex7→ ∇F(x)est injective surS.

4. Montrer que six^∗∈Sest un point critique deF dansS, alors c’est un minimum, etx(t)converge versx^∗. 5. SoitK :=

x∈R^d, |x| ∈(1,2) . On suppose de plus queF(x) =kxk² pour toutx∈/ K et quex0 ∈/ K.

Montrer qu’il existeT >0tel que, pour toutt > T,x(t) = e^−tx0. (Autrement dit, peu importe les valeurs de F surK, on connaît le comportement dex(t)en sortant de cette région.)

c/ Comment s’écrivent la discrétisation (explicite) en temps des équations ci-dessus ? a/ On a

(F(x(t)))⁰=h∇F(x(t)),x⁰(t)i=h∇F(x(t)),−∇F(x(t))i=−k∇F(x(t))k²<0,

2

donc la fonctiont7→F(x(t))est décroissante.

b/ 1. Cette fois-ci, on a

(∇F(x(t)))⁰=H_F(x(t))x⁰(t) =H_F(x(t))

−[H_F(x)]⁻¹∇F(x(t))

=−∇F(x(t)).

En regardant composante par composante, les fonctions fj(t) := ∂x_jF(x(t))vérifientf_j⁰ =−fj, ce qui donne fj(t) = e^−tfj(0), et enfin∇F(x(t)) = e^−t∇F(x0).

2. On a aussi

(F(x(t)))⁰=h∇F(x(t)),x⁰(t)i=h∇F(x(t)),−[H_F(x)]⁻¹∇F(x(t))i ≤0,

car la matrice[H_F]⁻¹est (définie) positive. Donct7→F(x(t))est décroissante.

3. Soit x₁,x₂∈S tel que ∇F(x₁) =∇F(x₂). CommeS est convexe, on a

0=∇F(x1)− ∇F(x2) = Z 1

0

HF(x1+t(x2−x1))dt

·(x1−x2).

La matrice entre parenthèse est l’intégrale de matrices symétriques définies positives, donc est aussi symétrique définie positive, et en particulier inversible. on obtient doncx1=x2, et∇F est injective surS.

4. Si x^∗ ∈ S est un point critique, comme la hessienne est définie positive, c’est un minimum. De plus, d’après la question précédente, c’est l’unique minimum deF surS.

La fonctionx(t)est à valeurs dansS, qui est compacte, donc il existe une sous-suite convergente vers un certain x⁰. A la limite, on doit avoir ∇F(x⁰) = 0, et par unicité du point critique, x⁰ =x^∗. x^∗ étant la seule valeur d’adhérence dex(t), la suitex(t)converge versx^∗.

5. On sait que ∇F(x(t)) = e^−t∇F(x0) = 2e^−tx0. Au temps t tel que e^−t = 1/kx0k, on a ∇F(x(t)) = 2x0/kx0k, qui est le gradient de F au pointx⁰ :=x0/kx0k ∈/ K. Par injectivité de ∇F sur S, on doit avoir x(t) =x⁰ à ce temps. Alorsx(t)"a quitté la zoneK", etx(t)évolue selonkxk². Autrement dit, après ce temps, tout se passe comme si la fonction étaitx7→x² tout le temps.

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