Inversion de matrice

Même déroulement que l’exercice précédent. On trouve \(A^{-1} = I_3 - \dfrac13 A^2 =\dfrac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc} 2&-1&0\\1&1&3\\1&1&0 \end{array}\right)\).

Si \(A\) est inversible alors on peut écrire : \[AB=0 \Rightarrow A^{-1}\times AB= A^{-1} \times 0 \Rightarrow B=0.\]

Soit \(e=\left(e_1,\dots,e_n\right)\) une base de \(\mathbb{K}^n\) et \(f=\left(f_1,\dots,f_n\right)\) la famille de vecteurs de \(\mathbb{K}^n\) admettant \(A\) comme matrice dans la base \(e\). On a donc :\[f_1=e_1+a e_2,\, f_2=e_2+a e_3,\, \dots,\, f_{n-2}=e_{n-2}+a e_{n-1},\, f_{n-1}=e_{n-1}+ a e_n,\, f_n=e_n .\] On en déduit que : \[\begin{aligned} e_n&=&f_n\\ e_{n-1}&=&f_{n-1}-a f_n\\ e_{n-2}&=&f_{n-2}-a f_{n-1}+a^2 f_n\\ \vdots &=& \vdots\\ e_2&=&f_2-af_3+a^2 f_4-a^3 f_5+\dots+\left(-1\right)^{n-2} a^{n-2}f_n\\ e_1&=&f_1-af_2+a^2 f_3-a^3 f_4+\dots+\left(-1\right)^{n-1}a^{n-1}f_n\\\end{aligned}\] donc \(f\) est une base de \(\mathbb{K}^n\), \(A\) est inversible et \[A^{-1}=\textrm{ Mat}_{f}\left(e\right)=\begin{pmatrix} 1&0&\dots&\dots&0\\ -a&1&\vdots&\vdots&\vdots\\ a^2&-a&\ddots&&\\ -a^3&a^2&&\ddots&\\ \vdots &\vdots&&&\vdots\\ (-1)^{n-2}a^{n-2} &(-1)^{n-3}a^{n-3}&\dots&1&0\\ (-1)^{n-1}a^{n-1} &(-1)^{n-2}a^{n-2}&\dots&-a&1 \end{pmatrix}\]

On suppose que \(A\) est nilpotente d’ordre \(p\in\mathbb{N}^*\). On a donc \(A^k=0\) pour tout \(k\geqslant p\) et \(A^k\neq 0\) pour tout \(k<p\). Mais \[\left(I_n-A\right)\left(I_n+A+A^2+\dots+A^{p-1}\right)=\left(I_n-A\right)+\left(A-A^2\right)+\dots+\left(A^{p-1} -A^p \right) = I_n\] par télescopage et car \(A^p=0\). Donc \(I_n-A\) est inversible d’inverse \(I_n+A+A^2+\dots+A^{p-1}\).

Soit une matrice colonne \(X\in \mathfrak{M}_{n,1}(\mathbb{R})\) telle que \(UX=0\). On obtient un système d’équations triangulaire sur les coordonnées de \(X\) qui se résout de proche en proche en partant de la dernière équation et on obtient finalement que \(X=0\). Par conséquent, \(U\) est inversible.

Une autre façon de voir est de considérer que la matrice est celle d’un endomorphisme \(u\) de \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\) dans la base \((X^k)\). L’hypothèse \(U\) triangulaire supérieure avec tous les éléments de la diagonale non-nuls  se traduit par : \(\forall k\in \{0,\ldots,n-1 \},\deg(u(X^k)) = k\). Donc \(u\) transforme la base \((X^k)\) en une famille échelonnée en degrés, donc une base de \(\mathbb{R}_{n-1}[X]\). Donc \(u\) est bijectif, donc \(U\) est inversible.

Faire d’abord le calcul pour \(n = 3\). En notant \(M^2 = ((a_{i,j}))\), on tire que \(a_{i,j} = \sum_{k=1}^n m_{i,k}m_{k,j} = \sum_{k\not\in \{i, j\}} \dfrac{i}{j}\) \[a_{ij} = \begin{cases} (n-2)\dfrac{i}{j} & \textrm{ si } i \neq j \\ (n-1) & \textrm{ si } i = j \end{cases}\] On remarque que \(M^2 = (n-2)M + (n-1)I_n\) d’où l’on tire que \(M\) est inversible et que \(M^{-1} = \dfrac{1}{n-1}.(M - (n-2) I_n)\).

Avec la forme de la matrice \(A\), on peut faire le pari que la matrice inverse peut s’écrire, si elle existe, \[A^{-1} =\begin{pmatrix} x&y&z&t&u&v\\ v&x&y&z&t&u\\ u&v&x&y&z&t\\ t&u&v&x&y&z\\ z&t&u&v&x&y\\ y&z&t&u&v&x \end{pmatrix}.\] L’égalité \(AA^{-1}=I_6\) se traduit, pour la première colonne de \(AA^{-1}\), par \[\left\lbrace \begin{array}{rrrrrrrr} x&+6v&+5u&+4t&+3z&+2y&=&1\\ 2x&+v&+6u&+5t&+4z&+3y&=&0\\ 3x&+2v&+u&+6t&+5z&+4y&=&0\\ 4x&+3v&+2u&+t&+6z&+5y&=&0\\ 5x&+4v&+3u&+2t&+z&+6y&=&0\\ 6x&+5v&+4u&+3t&+2z&+y&=&0 \end{array}\right.\] Il n’est pas difficile de voir que la (les ?) solutions de ce système fournit une solution pour les autres colonnes.
Maintenant, en additionnant les lignes, en posant \(S = x+v+u+t+z+y\), on obtient \(21S = 1\).
Ensuite on multiplie la \(2^{\textrm{ème}}\) la \(4^{\textrm{ème}}\) et la \(6^{\textrm{ème}}\) ligne par \(-1\) et on additionne les six lignes pour obtenir \(-3x + 3v - 3u + 3t - 3z + 3y = 1\) soit \(3S_1 - 3S_2 = -1\) en posant \(S_1 = x + u + z\) et \(S_2 = v + t + y\). Ce qui donne \(S_1 = -\dfrac17\) et \(S_2 = \dfrac{4}{21}\).
Si on continue dans la même idée, pourquoi ne pas multiplier la \(2^{\textrm{ème}}\) et la \(5^{\textrm{ème}}\) ligne par \(j\) et la \(3^{\textrm{ème}}\) et la \(6^{\textrm{ème}}\) ligne par \(j^2\) avant d’additionner le tout : \((5 + 7j + 9j^2)(x+t) + (9+5j+7j^2)(v+z) + (7+9j+5j^2)(u+y) = 1\). En utilisant \(7(1+j+j^2) = 0\), on a \((-2 + 2j^2)(x+t) + (2-2j)(v+z) + (2j-2j^2)(u+y) = 1\). En factorisant par \((2-2j)\), on a \(j^2(x+t) + (v+z) + j(u+y) = \dfrac{1}{2(1-j)} = \dfrac{1-j^2}{2(1-j)(1-j^2)} = \dfrac{1}{6}(1-j^2)\). En conjuguant, on obtient \(j(x+t) + (v+z) + j^2(u+y) = \dfrac{1}{6}(1-j)\). En posant \(T_1 = x+t,\;T_2 = v+z,\;T_3 = u+y\) on a
\(\left\lbrace \begin{array}{rrrrrcc} T_1 &+& T_2 &+& T_3 &=& \dfrac{1}{21} \\ j^2T_1 &+& T_2 &+& jT_3 &=& \dfrac{1}{6}(1-j^2) \\ jT_1 &+& T_2 &+& j^2T_3 &=& \dfrac{1}{6}(1-j) \end{array}\right.\). Bon, on sent qu’il y a de l’idée mais il n’y a rien de décisif. Il faut aller encore plus loin :
Soit \(\zeta = \exp \left( {\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 6}\right)\). On multiplie la \(k^{\textrm{ème}}\) ligne par \(\zeta^k\) et on additionne le tout :
\(xS+\zeta vS + \zeta^2uS + \zeta^3tS + \zeta^4zS + \zeta^5yS = 1\) en posant \(S = 1 + 2\zeta + 3\zeta^2 + 4\zeta^3 + 5\zeta^4 + 6\zeta^5\). Soit \(P(X) = X\dfrac{X^6-1}{X-1}\), on a \(S = P'(\zeta)\). Or \(P'(X) = \dfrac{X^6-1}{X-1} + X \dfrac{6X^5(X-1)-(X^6-1)}{(X-1)^2}\), d’où \(S = \dfrac{6}{\zeta-1}\).
On obtient ainsi en faisant jouer le rôle de \(\zeta\) par \(\zeta^2, \zeta^3,\ldots\) \[\left\lbrace \begin{array}{rrrrrrrrr} x&+v&+u&+t&+z&+y&=&\dfrac{1-1}{6}&+\dfrac{1}{21}\\ x&+\zeta v&+\zeta^2u&+\zeta^3t&+\zeta^4z&+\zeta^5y&=&\dfrac{\zeta-1}{6}&\\ x&+\zeta^2 v&+\zeta^4u&+\zeta^6t&+\zeta^2z&+\zeta^4y&=&\dfrac{\zeta^2-1}{6}&\\ x&+\zeta^3 v&+\zeta^6u&+\zeta^9&+\zeta^{12}z&+\zeta^{15}y&=&\dfrac{\zeta^3-1}{6}&\\ x&+\zeta^4 v&+\zeta^8u&+\zeta^{12}t&+\zeta^{16}z&+\zeta^{20}y&=&\dfrac{\zeta^4-1}{6}&\\ x&+\zeta^5 v&+\zeta^{10}u&+\zeta^{15}t&+\zeta^{20}z&+\zeta^{25}y&=&\dfrac{\zeta^5-1}{6}& \end{array}\right.\] On trouve \(x\) en additionnant les lignes, en utilisant \(1 + \zeta^{k} + \zeta^{2k} + \zeta^{3k} + + \zeta^{4k} + + \zeta^{5k} = 0\) pour \(1\leqslant k \leqslant 5\) : \(6x = \dfrac{1}{21} - 1\) d’où \(x = -\dfrac{10}{63}\). Pour trouver \(v\), on multiplie la \(k\)-ième ligne par \(\zeta^{5k}\) et on additionne le tout : \(6v = 1 + \dfrac{1}{21}\) d’où \(v = \dfrac{11}{63}\).
Pour trouver \(t\), on multiplie la \(k\)-ième ligne par \(\zeta^{4k}\) et on additionne le tout : \(6u = \dfrac{1}{21}\) d’où \(t = \dfrac{1}{126}\). Le même calcul donne le même résultat pour les autres inconnues : \(t = z = y = \dfrac{1}{126}\). \[A^{-1} = \dfrac{1}{126}\begin{pmatrix} -20 & 1 & 1 & 1 & 1 & 22 \\ 22 & -20 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 22 & -20 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 22 & -20 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 22 & -20 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 22 & -20 \end{pmatrix}.\]

Supposons que \(A\) ne soit pas inversible. Alors il existe \(X=\left(x_i\right)\in \mathfrak{M}_{n,1}(\mathbb{\mathbb{C} })\) non nul tel que \(AX=0\). Comme \(X\) est non nul, on sait que \(\alpha=\max_{i\in\llbracket 1,n\rrbracket} \left|x_i\right| \neq 0\). De plus, on a encore \(A\left(X/\alpha\right)=0\). On peut donc supposer que \(\max_{i\in\llbracket 1,n\rrbracket} \left|x_i\right| =1\). On note \(i_0\) l’indice \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\) tel que \(\left|x_i\right|=1\) . L’égalité \(AX=0\) amène pour tout \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\), \(\sum_{j=1}^n a_{ij} x_j=0\) ou encore \(-a_{ii}x_i =\sum_{j=1,j\neq i}^n a_{ij} x_j\). En particulier, pour \(i=i_0\), cette égalité devient en passant à la valeur absolue et en utilisant l’inégalité triangulaire : \[\left|a_{i_0i_0}\right|=\left|a_{i_0i_0} x_{i_0}\right|= \left|\sum_{j=1,j\neq i_0}^n a_{i_0j}x_j\right|\leqslant\sum_{j=1,j\neq i_0}^n \left|a_{i_0j}\right|\left|x_j\right|\leqslant \sum_{j=1,j\neq i_0}^n \left|a_{i_0j}\right|\] car \(\max_{i\in\llbracket 1,n\rrbracket} \left|x_i\right| =1\). Mais comme la matrice est à diagonale dominante, on a aussi \(\lvert a_{i_0i_0} \rvert > \sum_{j \neq i_0 } \lvert a_{i_0j} \rvert\) et on aboutit à une contradiction. Par conséquent \(A\) est inversible.