A.7 · Factorisation LU et nullité des applications composées

Préparation GRE niveau universitaire. Objectifs locaux dans le périmètre ETS examiné ; il s'agit d'un enseignement original, pas d'un test officiel ni d'un prédicteur de score.

Prérequis : Opérations élémentaires sur les lignes, systèmes triangulaires et rang-noyau.

• Résoudre un système linéaire factorisé par substitution avant et arrière
• Appliquer des permutations de lignes de manière cohérente lors du pivotage si nécessaire
• Minorer la dimension du noyau d'une composition par les intersections image-noyau

substitution avant : Résolution d'un système triangulaire inférieur en partant de la première équation vers le bas.

nullité : Dimension du noyau d'une application linéaire.

Une factorisation A=LU exprime une matrice carrée comme produit d'une matrice triangulaire inférieure L et d'une matrice triangulaire supérieure U. Avec une diagonale unitaire pour L, la substitution avant est particulièrement simple. Une matrice inversible n'admet pas toujours cette forme sans échanges de lignes : un pivot principal nul peut nécessiter une permutation. Pour PA=LU, résoudre Ly=Pb, puis Ux=y. La permutation agit aussi bien sur le côté droit que sur la matrice coefficient. Des pivaux principaux non nuls justifient l'élimination usuelle sans échange, et non uniquement l'inversibilité.

Dans Ly=b, calculer y de haut en bas, en soustrayant les termes déjà connus ; diviser par la diagonale actuelle sauf si celle-ci vaut un. Dans Ux=y, calculer x de bas en haut. Pour chaque équation, substituer à nouveau dans la ligne originale comme vérification. Réutiliser LU pour plusieurs seconds membres évite de répéter l'élimination : une factorisation dense nécessite un travail d'ordre cubique selon la dimension, tandis que chaque résolution triangulaire requiert un travail d'ordre quadratique. L'arithmétique exacte peut vérifier de petits exemples ; le pivotage numérique réduit certains problèmes d'arrondi mais ne peut éliminer la mauvaise condition inhérente.

Pour B:V→W et A:W→Z, ker B est inclus dans ker(A∘B), mais ce dernier peut être plus grand. Les vecteurs supplémentaires sont ceux que B envoie dans ker A. Restreindre B à ker(A∘B) : son image est im B∩ker A et son noyau est ker B. Le théorème rang-noyau appliqué à cette restriction donne dim ker(A∘B)=dim ker B+dim(im B∩ker A). C'est l'intersection, et non tout le noyau de A, qui détermine la nullité supplémentaire.

Pour les endomorphismes de R⁶ ayant pour noyaux A=2 et B=3, le rang de B est 3 et la dimension de l'intersection peut varier de 0 à 2. Ainsi, la nullité de A∘B varie de 3 à 5. Les bornes dépendent de l'espace intermédiaire commun : pour des sous-espaces de dimensions r et s dans un espace de dimension m, leur intersection a une dimension comprise entre max(0,r+s−m) et min(r,s). Inverser la composition peut modifier sa nullité, même si AB et BA sont tous deux définis. Choisissez des espaces compatibles avant d'appliquer ces formules.

Soit L=[[1,0,0],[2,1,0],[−1,3,1]], U=[[2,1,−1],[0,3,2],[0,0,4]], et b=(−1,−1,12). La substitution directe donne y=(−1,1,8). La substitution arrière donne x₃=2, x₂=(1−4)/3=−1, et x₁=(−1−(−1)+2)/2=1. Donc x=(1,−1,2). Multiplier Ux donne y et multiplier Ly donne b, vérifiant indépendamment l'ordre de la factorisation.

Résolvez avec L d'abord et U ensuite, et permutez b si PA=LU. La nullité d'une composition n'est pas automatiquement la somme des deux nullités ; seule l'intersection image-noyau s'ajoute à la nullité de B.

Soient $L=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}$, $U=\begin{pmatrix}3&1\\0&2\end{pmatrix}$ et $b=(5,12)^T$. Résolvez LUx=b et vérifiez avec la matrice multipliée. Pour PA=LU, où agit P lors de la résolution de Ax=b ?

Solution détaillée

D'abord résolvez Ly=b : $y_1=5$, $2y_1+y_2=12$, donc $y_2=2$. Ensuite, Ux=y donne $x_2=1$ et $3x_1+1=5$, d'où $x_1=4/3$. La matrice produit est $A=\begin{pmatrix}3&1\\6&4\end{pmatrix}$ ; en l'appliquant à $(4/3,1)^T$, on obtient $(5,12)^T$. Si PA=LU, multipliez l'équation originale par P et résolvez Ly=Pb, suivi de Ux=y. Omettre P sur b résout un système différent.

Soient A et B des endomorphismes de $\mathbb R^5$ ayant respectivement des nullités deux et trois. Trouvez toutes les nullités possibles de AB, et justifiez tant la borne que sa réalisabilité.

Vérification après tentative

Le rang de B est deux. Restreignez B à $\ker(AB)$ pour obtenir

Les deux sous-espaces dans l'intersection ont chacun une dimension de deux dans un espace de dimension cinq, donc la dimension de l'intersection peut être zéro, un ou deux. Ainsi, la nullité est 3, 4 ou 5. Pour réaliser chaque cas, prenez $\ker A=\operatorname{span}(e_1,e_2)$ et l'image de B respectivement $\operatorname{span}(e_3,e_4)$, $\operatorname{span}(e_1,e_3)$ ou $\operatorname{span}(e_1,e_2)$. Choisissez n'importe quel B de rang deux vers cette image. Ces constructions prouvent la réalisabilité plutôt qu'une simple borne d'intervalle floue.