Chapitre III. Minimisation avec contraintes. Conditions de minimalité
Indication. Pour répondre à la question 3 ◦ ) b), on pourra utiliser sur (X ∗ ) −1 le
résultat de la 5 e question de l’Exercice I.8.
Solution : 1 ◦ ) a) l est linéaire, c’est clair. Désignons par E ij la matrice carrée
de taille n dont tous les éléments sont nuls sauf le terme (i, j) qui vaut 1. La
famille {E ii | i = 1, . . . , n} ∪ {E ij + E ji | i = j} constitue une base de S n (R) ;
et :
l(E ii ) = vecteur de R n dont toutes les composantes sont nulles sauf la i e
qui vaut s i ;
l(E ij + E ji ) = vecteur de R n dont toutes les composantes sont nulles sauf
la i e qui vaut s j et la j e qui vaut s i .
Puisque s = (s 1 , . . . , s n ) = 0, l’image par l de la base ci-dessus est une
famille génératrice de R n : l est donc surjective.
On peut être plus explicite en proposant une matrice symétrique X telle
que Xs = y :
– Si y, s = 0, X :=
yy
y, s
répond à la question ;
– Si y, s = 0, X :=
sy + ys
s 2
fait l’affaire.
b) l ∗ (u) est la seule matrice symétrique vérifiant
Xs, u = X, l
∗ (u) = tr(l
∗ (u)X) pour tout X ∈ S n (R) et u ∈ R
n .
Puisque Xs, u = (Xs) u et que s X u = tr(us X) = tr(su X), on a :
l ∗ (u) =
us +su
2
(d’accord ?).
2 ◦ ) a) Puisque l est linéaire (continue) surjective, {X ∈ S n (R) | l(X) = y}
est un sous-espace affine (fermé) de S n (R). Le problème (P) est donc celui
de trouver la projection orthogonale (dans le contexte de l’espace euclidien
(S n (R), ·, · ·) de B sur ce sous-espace affine : (P) a une et une seule
solution.
b) En tout point X de l’ensemble-contrainte de (P), le sous-espace (vectoriel) normal est le même, c’est (Ker l) ⊥ = Im l ∗ . Ainsi, X est solution de (P)
si et seulement si :
X ∈ S n (R), Xs = y et X − B ∈ Im l
∗ .
Connaissant l ∗ , nous avons donc la caractérisation (L) annoncée (il s’agit,
bien sûr, des conditions nécessaires et suffisantes d’optimalité de Lagrange).
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Indication. Pour répondre à la question 3 ◦ ) b), on pourra utiliser sur (X ∗ ) −1 le
résultat de la 5 e question de l’Exercice I.8.
Solution : 1 ◦ ) a) l est linéaire, c’est clair. Désignons par E ij la matrice carrée
de taille n dont tous les éléments sont nuls sauf le terme (i, j) qui vaut 1. La
famille {E ii | i = 1, . . . , n} ∪ {E ij + E ji | i = j} constitue une base de S n (R) ;
et :
l(E ii ) = vecteur de R n dont toutes les composantes sont nulles sauf la i e
qui vaut s i ;
l(E ij + E ji ) = vecteur de R n dont toutes les composantes sont nulles sauf
la i e qui vaut s j et la j e qui vaut s i .
Puisque s = (s 1 , . . . , s n ) = 0, l’image par l de la base ci-dessus est une
famille génératrice de R n : l est donc surjective.
On peut être plus explicite en proposant une matrice symétrique X telle
que Xs = y :
– Si y, s = 0, X :=
yy
y, s
répond à la question ;
– Si y, s = 0, X :=
sy + ys
s 2
fait l’affaire.
b) l ∗ (u) est la seule matrice symétrique vérifiant
Xs, u = X, l
∗ (u) = tr(l
∗ (u)X) pour tout X ∈ S n (R) et u ∈ R
n .
Puisque Xs, u = (Xs) u et que s X u = tr(us X) = tr(su X), on a :
l ∗ (u) =
us +su
2
(d’accord ?).
2 ◦ ) a) Puisque l est linéaire (continue) surjective, {X ∈ S n (R) | l(X) = y}
est un sous-espace affine (fermé) de S n (R). Le problème (P) est donc celui
de trouver la projection orthogonale (dans le contexte de l’espace euclidien
(S n (R), ·, · ·) de B sur ce sous-espace affine : (P) a une et une seule
solution.
b) En tout point X de l’ensemble-contrainte de (P), le sous-espace (vectoriel) normal est le même, c’est (Ker l) ⊥ = Im l ∗ . Ainsi, X est solution de (P)
si et seulement si :
X ∈ S n (R), Xs = y et X − B ∈ Im l
∗ .
Connaissant l ∗ , nous avons donc la caractérisation (L) annoncée (il s’agit,
bien sûr, des conditions nécessaires et suffisantes d’optimalité de Lagrange).
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