Les quatre sous-espaces de l'adjoint, et le rang de Gram

La stratégie, et les outils. Tout repose sur l'identité de définition de l'adjoint, $⟨u(x),y⟩=⟨x,u^{\ast }(y)⟩$, et sur deux faits de première année : en dimension finie, ${\left(F^{\perp }\right)}^{\perp }=F$ et $\dim F^{\perp }=n-\dim F$. On n'écrit aucune matrice avant le e).

a) Le noyau de l'adjoint. Pour $y\in E$, $$y\in \mathrm{Ker}\left(u^{\ast }\right)⟺u^{\ast }(y)=0⟺\forall x\in E,⟨x,u^{\ast }(y)⟩=0⟺\forall x\in E,⟨u(x),y⟩=0⟺y\perp \mathrm{Im}u.$$ La deuxième équivalence se justifie dans les deux sens : si $u^{\ast }(y)=0$, tous les produits scalaires sont nuls ; réciproquement, on prend $x=u^{\ast }(y)$ et l'on obtient ${\Vert u^{\ast }(y)\Vert }^2=0$. La troisième est la définition de l'adjoint.

b) L'image de l'adjoint, et le rang. Le passage à l'adjoint est involutif : ${\left(u^{\ast }\right)}^{\ast }=u$. Appliquons donc le a) à $u^{\ast }$ : $$\mathrm{Ker}(u)=\mathrm{Ker}\left({\left(u^{\ast }\right)}^{\ast }\right)={\left(\mathrm{Im}{u}^{\ast }\right)}^{\perp }.$$ En prenant l'orthogonal des deux membres et en utilisant ${\left(F^{\perp }\right)}^{\perp }=F$ : $${\left(\mathrm{Ker}u\right)}^{\perp }=\mathrm{Im}\left(u^{\ast }\right).$$ Les dimensions donnent alors $$\mathrm{rg}\left(u^{\ast }\right)=\dim {\left(\mathrm{Ker}u\right)}^{\perp }=n-\dim \mathrm{Ker}u=\mathrm{rg}(u),$$ la dernière égalité étant le théorème du rang. Matriciellement : en base orthonormée, $\mathrm{Mat}\left(u^{\ast }\right)=A^{\top }$, donc on vient de redémontrer $\mathrm{rg}\left(A^{\top }\right)=\mathrm{rg}(A)$ — un résultat de première année, obtenu ici par la géométrie euclidienne et non par des opérations sur les lignes.

c) Le noyau de $u^{\ast }u$. L'inclusion $\mathrm{Ker}(u)\subset \mathrm{Ker}\left(u^{\ast }u\right)$ est immédiate. Réciproquement, soit $x$ tel que $u^{\ast }u(x)=0$. Alors $${\Vert u(x)\Vert }^2=⟨u(x),u(x)⟩=⟨x,u^{\ast }u(x)⟩=⟨x,0⟩=0,$$ donc $u(x)=0$. C'est le calcul central de tout le chapitre : faire passer $u$ de l'autre côté du produit scalaire transforme une hypothèse sur $u^{\ast }u$ en une norme.

d) Le rang de Gram. Par le théorème du rang appliqué à $u^{\ast }u$ puis à $u$ : $$\mathrm{rg}\left(u^{\ast }u\right)=n-\dim \mathrm{Ker}\left(u^{\ast }u\right)=n-\dim \mathrm{Ker}(u)=\mathrm{rg}(u).$$ Matriciellement, $\mathrm{rg}\left(A^{\top }A\right)=\mathrm{rg}(A)$ : la matrice de Gram a le rang de $A$. (Le calcul du c) vaut mot pour mot pour une matrice rectangulaire $A\in {\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$ : $A^{\top }AX=0$ entraîne $X^{\top }{A}^{\top }AX=\Vert AX{\Vert }^2=0$, donc $AX=0$ ; les deux noyaux, inclus dans ${\mathbb{R}}^p$, coïncident, et le théorème du rang conclut de même.)

e) Les équations normales. Soit $A\in {\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{R})$ de rang $p$. Alors $\mathrm{Ker}A=\{0\}$, donc $\mathrm{rg}\left(A^{\top }A\right)=p$ par le d) : la matrice carrée $A^{\top }A\in {\mathcal{M}}_p(\mathbb{R})$ est inversible.

Minimiser $\Vert AX-b\Vert$ quand $X$ parcourt ${\mathbb{R}}^p$, c'est minimiser $\Vert y-b\Vert$ quand $y$ parcourt le sous-espace $\mathrm{Im}A$ de ${\mathbb{R}}^n$ : le minimum est atteint en l'unique point $y_0$, projeté orthogonal de $b$ sur $\mathrm{Im}A$ (première année), caractérisé par $b-y_0\perp \mathrm{Im}A$. Traduisons : $$\forall Z\in {\mathbb{R}}^p,⟨AZ,b-AX⟩=0⟺\forall Z,Z^{\top }{A}^{\top }\left(b-AX\right)=0⟺A^{\top }\left(b-AX\right)=0⟺A^{\top }AX=A^{\top }b.$$ Ce sont les équations normales. Comme $A^{\top }A$ est inversible, elles ont une solution et une seule, $$X={\left(A^{\top }A\right)}^{-1}{A}^{\top }b,$$ et $X$ est unique puisque $A$ est injective (deux $X$ donnant le même $AX=y_0$ sont égaux).

Contrôle numérique. Ajustons une droite $y=\alpha +\beta t$ aux trois points $(0,1)$, $(1,2)$, $(2,2)$. Avec $A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$ et $b=(1,2,2{)}^{\top }$, on obtient $A^{\top }A=\left(\begin{array}{cc}3& 3\\ 3& 5\end{array}\right)$, de déterminant $6\ne 0$, et $A^{\top }b=(5,6{)}^{\top }$, d'où $$X=\frac{1}{6}\left(\begin{array}{cc}5& -3\\ -3& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}5\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7/6\\ 1/2\end{array}\right).$$ La droite ajustée est $y=\frac{7}{6}+\frac{t}{2}$. Vérification de l'orthogonalité du résidu : les résidus valent $\frac{1}{6}$, $-\frac{1}{3}$ et $\frac{1}{6}$ ; leur somme est nulle — orthogonalité à la première colonne ✓ — et $0\times \frac{1}{6}+1\times \left(-\frac{1}{3}\right)+2\times \frac{1}{6}=0$ — orthogonalité à la seconde ✓.

Ce que l'exercice installe. L'adjoint échange noyau et image par orthogonalité : les quatre sous-espaces $\mathrm{Ker}u$, $\mathrm{Im}u$, $\mathrm{Ker}{u}^{\ast }$, $\mathrm{Im}{u}^{\ast }$ se répartissent en deux couples de supplémentaires orthogonaux. Et retenez le calcul du c), $⟨x,u^{\ast }u(x)⟩=\Vert u(x){\Vert }^2$ : c'est lui qui donne le rang de Gram, et c'est lui qui ouvrira le problème de la séance.