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276. Factorisez une matrice en utilisant la décomposition PLU (2/2)

Soit $A$ la matrice définie par :

A= \begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
-1 & 1 & 2\\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}.

Utilisez des opérations élémentaires sur les lignes

Vous partez de la factorisation suivante avec la matrice identité :

A= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
-1 & 1 & 2\\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}.

Vous intercalez la matrice de transvection correspondant à l’opération élémentaire $L_2\leftarrow L_2+L_1$ qui est égale à :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}.

Cette matrice est inversible et admet pour inverse :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{align*}
A&= \left[
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}
\right]
\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
-1 & 1 & 2\\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}
\\
&= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}
\left[
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
-1 & 1 & 2\\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}
\right]
\\
&= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & 1\\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}.

\end{align*}

Ensuite, vous utilisez l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3-L_1$, les détails seront omis, ils sont similaires à la démarche employée ci-dessus.

\begin{align*}
A &= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
0& 0 & 1
\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & 1\\
1& 1 & 1
\end{pmatrix}


\\

&= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
1& 0 & 1
\end{pmatrix}

\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & 1\\
0& 0 & 2
\end{pmatrix}
\end{align*}

Notez qu’ici une factorisation $LU$ a été suffisante, ce qui revient à prendre $P$ égale à la matrice identité.

Vous posez :

\begin{align*}
L &= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
1& 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
U&=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & -1 \\
0 & 2 & 1\\
0& 0 & 2
\end{pmatrix}.

\end{align*}

Note. Les matrices $L$ et $U$ sont triangulaires. Elles n’ont aucun coefficient nul sur leur diagonale principale, elles sont donc inversibles. Il en est de même pour la matrice $A.$

Résolvez trois systèmes linéaires

Le but étant de déterminer l’inverse de la matrice $A$, vous introduisez les notations suivantes :

\begin{align*}
E_1 = \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} \qquad E_2 = \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} \qquad E_3 = \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.
\end{align*}

Premier système

Vous cherchez à trouver $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ tel que $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ soit solution de :

\begin{align*}
LUX &= E_1 \\
L(UX) &= E1.
\end{align*}

Vous résolvez d’abord le système $LY = E_1$ avec $Y$ défini par $Y= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}$ où $(y_1,y_2,y_3)\in \R^3.$

Cela s’écrit :

 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
1& 0 & 1
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}
= 
 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}

Cela est équivalent à :

\begin{align*}
y_1 &= 1\\
-y_1+y_2 &=0\\
y_1+y_3 &= 0.
\end{align*}
\begin{align*}
y_1 &= 1\\
y_2 &=1\\
y_3 &= -1.
\end{align*}

D’après ce qui précède, l’équation $LUX = E_1$ est équivalente à :

UX = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1\end{pmatrix}.

Cela s’écrit :

\begin{align*}
x_1+x_2-x_3 &= 1\\
2x_2+x_3&=1\\
2x_3&=-1
\end{align*}
\begin{align*}
x_1+x_2 &= 1+x_3\\
2x_2&=1-x_3\\
x_3&=-1/2
\end{align*}
\begin{align*}
x_1+x_2 &= 1/2\\
2x_2& = 3/2\\
x_3&=-1/2
\end{align*}
\begin{align*}
x_1 &= 1/2-x_2\\
x_2& = 3/4\\
x_3&=-1/2
\end{align*}
\begin{align*}
x_1 &= -1/4\\
x_2& = 3/4\\
x_3&=-1/2.
\end{align*}

La première colonne de $A^{-1}$ est :

\begin{pmatrix}
-1/4 \\
3/4 \\
-1/2
\end{pmatrix}.

Deuxième système

Vous cherchez à trouver $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ tel que $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ soit solution de :

\begin{align*}
LUX &= E_2.
\end{align*}

Vous résolvez d’abord le système $LY = E_2$ avec $Y$ défini par $Y= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}$ où $(y_1,y_2,y_3)\in \R^3.$

 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
1& 0 & 1
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}
= 
 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

Vous trouvez ce qui suit :

\begin{align*}
y_1 &= 0\\
y_2 &=1\\
y_3 &= 0.
\end{align*}

Vous déduisez qu’il vous reste à résoudre :

UX = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}.
\begin{align*}
x_1+x_2-x_3 &= 0\\
2x_2+x_3&=1\\
2x_3&=0
\end{align*}
\begin{align*}
x_1+x_2 &= 0\\
2x_2&=1\\
x_3&=0
\end{align*}
\begin{align*}
x_1 &= -x_2\\
x_2&=1/2\\
x_3&=0
\end{align*}
\begin{align*}
x_1 &= -1/2\\
x_2&=1/2\\
x_3&=0.
\end{align*}

La deuxième colonne de $A^{-1}$ est :

\begin{pmatrix}
-1/2 \\
1/2\\
0
\end{pmatrix}.

Troisième système

Vous cherchez à trouver $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ tel que $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}$ soit solution de :

\begin{align*}
LUX &= E_3.
\end{align*}

Vous résolvez d’abord le système $LY = E_3$ avec $Y$ défini par $Y= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}$ où $(y_1,y_2,y_3)\in \R^3.$

 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0\\
1& 0 & 1
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{pmatrix}
= 
 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
\begin{align*}
y_1 &= 0\\
y_2 &=0\\
y_3 &= 1.
\end{align*}

Vous déduisez qu’il vous reste à résoudre :

UX = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}.
\begin{align*}
x_1+x_2-x_3 &= 0\\
2x_2+x_3&=0\\
2x_3&=1
\end{align*}
\begin{align*}
x_1+x_2 &= x_3\\
2x_2&=-x_3\\
x_3&=1/2
\end{align*}
\begin{align*}
x_1+x_2 &= 1/2\\
2x_2&=-1/2\\
x_3&=1/2
\end{align*}
\begin{align*}
x_1 &= 1/2-x_2\\
x_2&=-1/4\\
x_3&=1/2
\end{align*}
\begin{align*}
x_1 &= 3/4\\
x_2&=-1/4\\
x_3&=1/2.
\end{align*}

La troisième colonne de $A^{-1}$ est :

\begin{pmatrix}
3/4 \\
-1/4\\
1/2
\end{pmatrix}.

Application : la matrice inverse de $A$

La matrice $A$ est inversible et son inverse est égale à :

A^{-1} = \begin{pmatrix}
-1/4 & -1/2 & 3/4\\
3/4 & 1/2& -1/4\\
-1/2& 0 & 1/2
\end{pmatrix}.

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