3` eme ann´ee MIC

INSA TOULOUSE Ann´ ee 2012-2013 D´ epartement STPI

3` eme ann´ee MIC

Correction examen UV Mod´ elisation Partie - Probl` emes inverses

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Exercice 1 - Questions de chauffe

Dans tout cet exercice, A ∈ R

est une matrice de rang r. On note une SVD de A sous la forme U ΣV

avec U = [u

, . . . , u

] et V = [v

, · · · , v

]. Les valeurs σ

≥ σ

≥ . . . ≥ σ

> 0 sont les valeurs singuli` eres de A.

1. On consid` ere la matrice

B =





0 2 0

3 0 0

0 0 −1



 .

D´ eterminez une SVD de B.

On peut ´ ecrire B = U ΣV

avec

U =





0 1 0 1 0 0 0 0 1



 , Σ =





3 0 0 0 2 0 0 0 1



 , V =





1 0 0

0 1 0

0 0 −1



 .

2. Montrer que si m ≥ n et r = n, alors σ

kxk

≤ kAxk

≤ σ

kxk

. Quelle minoration peut-on avoir si r < n ?

Soit α ∈ R

tel que x = V α. On a kxk

= kV αk

comme V est orthogonale. De plus : kAxk

= kU ΣV

xk

= kU Σαk

= kΣαk

≥ σ

kαk

.

Si r < n, le seul minorant est 0, car en prenant x ∈ ker(A), on a kAxk

= 0.

3. Montrer que si m = n et r = n alors |||A

||| =

n

.

Si r = n, Σ est inversible et A

= V Σ

U

. La plus grande valeur sur la diagonale de Σ

est

n

. 4. Soit

J : R

→ R

x 7→ hx, W xi o` u h·, ·i est le produit scalaire usuel et W ∈ R

est une matrice.

– Calculez ∇J (x).

On a :

J (x + h) = h(x + h), W (x + h)i

= hx, W xi + hh, W xi + hx, W hi + hh, W hi

= J (x) + h(W + W

)x, hi + o(khk

).

Donc ∇J (x) = (W + W

)x.

– Est-ce que le probl` eme min

x∈Rⁿ

J(x) admet toujours une solution ? (Justifier).

Non. Par exemple, si n = 1 et W = −1, J(x) = −x

qui tend vers −∞ en −∞. Il n’y a donc pas de minimiseur sur R .

1

Exercice 2 - Pseudo-inverse (le probl` eme)

1. Montrer que pour toute matrice A ∈ R

et tout t 6= 0 suffisamment petit, les matrices tI

+ A

A et tI

+ AA

sont inversibles.

Soit A = U ΣV

avec

Σ =

Σ

0 0 0

. On a :

tI

+ A

A = V (Σ

Σ + tI

)V

.

La matrice (Σ

Σ + tI

) est diagonale et contient uniquement des valeurs non nulles sur sa diagonale d` es que |t| < σ

o` u σ

est la plus petite valeur singuli` ere de A.

Donc tI

+ A

A est inversible pour |t| < σ

. Le mˆ eme raisonnement fonctionne aussi pour la matrice tI

+ AA

.

2. En d´ eduire que

A

= lim

t→0

(tI

+ A

A)

A

= lim

t→0

A

(tI

+ AA

)

. La pseudo-inverse de A est la matrice

A

= V SU

o` u

S =

Σ

0

0 0

.

On a :

(tI

+ A

A)

A

= V (Σ

Σ + tI

)

V

V ΣU

= V (Σ

Σ + tI

)

ΣU

. On pose ˜ S(t) = (Σ

Σ + tI

)

Σ. Les valeurs diagonales de ˜ S(t) sont :

˜ s

(t) =

σ²_i+t

si i ≤ r 0 sinon.

Et donc

t→0

lim ˜ s

(t) =

σ

si i ≤ r 0 sinon.

Donc lim

t→0

S(t) = ˜ S ce qui montre la premi` ere ´ egalit´ e. La preuve de la derni` ere ´ egalit´ e peut ˆ etre faite avec un raisonnement similaire.

Exercice 3 - Influence de la norme (question jugeote)

Soit la matrice A =



 1 1 1



 et le vecteur b =



 b

b

b



 avec b

≥ b

≥ b

. Soit p ∈ [1, +∞]. On veut r´ esoudre le probl` eme de minimisation

min

kAx − bk

.

Ce n’est pas un probl` eme de moindre carr´ e puisqu’on a remplac´ e la norme l

par une norme l

. 1. Calculer la solution x pour p ∈ {1, 2, ∞}.

– Cas p = ∞. On cherche min

x∈R

max(|x − b

|, |x − b

|, |x − b

|). La solution est x

=

(la preuve est graphique).

– Cas p = 2. On cherche min

x∈R

(x − b

)

+ (x − b

)

+ (x − b

)

. En d´ erivant et en annulant la d´ eriv´ ee, on trouve la solution x

=

(la moyenne).

2

– Cas p = 1. On cherche min

x∈R

f(x) = |x − b

| + |x − b

| + |x − b

|. Il est clair que x ∈ [b

, b

]. Si x ∈]b

, b

[, f (x) = b

− x + b

− x + x − b

. Donc f

(x) = −1. De mˆ eme si x ∈]b

, b

[, f

(x) = 1. Donc f atteint son minimum en x

= b

. Notez que b

est la valeur m´ ediane de l’ensemble {b

, b

, b

}.

2. Que se passe-t’il si b

→ +∞ ? Ce r´ esultat montre la robustesse de la norme l

aux points aberrants.

Quelque soit la valeur de b

, la solution du probl` eme l

est constante et vaut b

. La norme l

est donc robuste aux point aberrants.

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