Inversion de matrice

Exercices du dossier Inversion de matrice

Exercice 327 *

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Inverser \[A=\left(\begin{array}{ccc} -3&1&0\\ 2&0&1\\ 1&2&-1 \end{array} \right)\]

  1. en utilisant des opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes.

  2. en utilisant la comatrice.



[ID: 1587] [Date de publication: 29 mars 2021 18:39] [Catégorie(s): Inversion de matrice ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 327
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39
  1. On effectue les mêmes opérations sur les lignes de \(A\) et de \(I_3\).
    \[\begin{array}{rrrcccrrr} -3 & 1 & 0 & & & & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & & & & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & -1 & & & & 0 & 0 & 1\\ &&&&&&&&\\ -3 & 1 & 0 & & & & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 3 & \qquad L_2&\leftarrow&3L_2+2L_1 & 2 & 3 & 0 \\ 0 & 7 & -3 & \qquad L_3&\leftarrow&3L_3+L_1 & 1 & 0 & 3\\ &&&&&&&&\\ -6 & 0 & -3 & \qquad L_1&\leftarrow&2L_1-L_2 & 0& -3 & 0 \\ 0 & 2 & 3 & & & & 2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & -27 & \qquad L_3&\leftarrow&2L_3-7L_2 & -12 & -21 & 6\\ &&&&&&&&\\ -54 & 0 & 0 & \qquad L_1&\leftarrow&9L_1-L_3 & 12 & -6 & -6 \\ 0 & 18 & 0 & \qquad L_2&\leftarrow&9L_2+L_3 & 6 & 6 & 6 \\ 0 & 0 & -27 & & & & -12 & -21 & 6\\ &&&&&&&&\\ 9 & 0 & 0 & \qquad L_1&\leftarrow&L_1/(-6) & -2 & 1 & 1 \\ 0 & 9 & 0 & \qquad L_2&\leftarrow&L_2/2 & 3 & 3 & 3 \\ 0 & 0 & 9 & \qquad L_3&\leftarrow&L_3/(-3) & 4 & 7 & -2\\ \end{array}\]

    Chaque opération sur les lignes est la multiplication à gauche par une matrice inversible. Donc \(A\) est inversible et
    \(A^{-1} = \dfrac19 \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 3 & 3 & 3 \\ 4 & 7 & -2 \end{pmatrix}\).

  2. On calcule \(\mathop{\rm det}(A)=9\) et \(\mathop{\mathrm{com}}(A)=\begin{pmatrix} -2&3&4\\1&3&7\\1&3&-2 \end{pmatrix}\) donc \(A^{-1}=\dfrac{{\mathop{\mathrm{com}}(A)}^{\mathrm{T}}}{\mathop{\rm det}(A)}=\dfrac19 \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 3 & 3 & 3 \\ 4 & 7 & -2 \end{pmatrix}\).


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Exercice 540
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39
  1. \(A^{-1}= \left( \begin {array}{cc} -1/3&1/3\\2/3&1/3 \end {array} \right)\)

  2. \(B^{-1}=\left( \begin {array}{cc} 1/2&-i/2\\-i/2&1/2 \end {array} \right)\)

  3. \(C^{-1}=\left( \begin {array}{ccc} 1/2&-1/2&0\\1/2&1/2&1 \\1/2&1/2&0\end {array} \right)\)

  4. \(D^{-1}=\left( \begin {array}{ccc} 1/3&1&-2/3\\-2/3&0&1/3 \\-1/3&0&2/3\end {array} \right)\)

  5. \(E^{-1}= \left( \begin {array}{ccc} 1&-1&2\\0&1&-2 \\0&0&1\end {array} \right)\)

  6. \(F^{-1}=\left( \begin {array}{cccc} 0&0&0&1\\1&0&0&0 \\0&1&0&0\\0&0&1&0\end {array} \right)\)


Exercice 317 *

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la matrice \(A\in\mathfrak{M}_{2}\left(\mathbb{C}\right)\) donnée par \(A=\left(\begin{array}{cc} 1&2i \\ -i&1 \end{array}\right)\).

  1. Montrer que \(A^2-2A-I_2=0\). On dit que \(X^2-2X-1\) est un polynôme annulateur de \(A\).

  2. En déduire que \(A\) est inversible et calculer son inverse.

  3. Retrouver ce résultat par un calcul direct.



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Exercice 317
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39
  1. On montre par un calcul direct que \(A^2-2A-I_2=0\).

  2. L’égalité précédente amène : \(A\left(A-2I_2\right)=I_2\). \(A\) est donc inversible et sa matrice inverse est : \(\left( \begin {array}{cc} -1&2\,i\\-i&-1 \end {array} \right)\)

  3. On retrouve ce résultat en utilisant la comatrice ou en passant par un système.


Exercice 826 *

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(A=\left( \begin {array}{ccc} 1&0&1\\-1&0&2 \\0&1&-1\end {array} \right)\)

  1. Montrer que le polynôme que \(P=X^3-3X+3\) est un polynôme annulateur de \(A\).

  2. En déduire que \(A\) est inversible et calculer son inverse.

  3. Retrouver ce résultat par un calcul direct.



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Exercice 826
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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


Exercice 385 *

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient deux matrices carrées \(A,B \in \mathfrak{M}_{n}(\mathbb{\mathbb{K} })\) vérifiant \(AB=0\). Montrer que si \(A\) est inversible, alors \(B = 0\).



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Exercice 385
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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


Exercice 84 **

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une matrice \(A \in \mathfrak{M}_{n}(\mathbb{\mathbb{R} })\) antisymétrique. On pose \(M=I+A\).

  1. Soit une matrice colonne \(X\in\mathfrak{M}_{n,1}(\mathbb{\mathbb{R} })\). Calculer la matrice \({X}^{\mathrm{T}}AX\)

  2. En déduire que la matrice \(M\) est inversible.



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Exercice 84
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39
  1. Si \(A=\left(a_{ij}\right)\) alors \({X}^{\mathrm{T}}AX=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ij} xi x_j\). Comme \(A\) est antisymétrique, pour tout \(i\neq j\) \(a_{ji} xi x_j=-a_{ij} xi x_j\) et \(a_{ii}=0\). Alors \(\boxed{{X}^{\mathrm{T}}AX=0}\).

  2. Soit \(X\in \mathfrak{M}_{n,1}(\mathbb{\mathbb{R} })\). Alors \[MX=0 \Rightarrow {X}^{\mathrm{T}} MX=0 \Rightarrow {X}^{\mathrm{T}} \left(I+A\right)X=0 \Rightarrow {X}^{\mathrm{T}} X+ {X}^{\mathrm{T}} AX =0 \Rightarrow {X}^{\mathrm{T}} X=0\] en vertu de la première question. Mais si \(X=\left(x_i\right)\), \({X}^{\mathrm{T}} X=\sum_{i=1}^n {x_i^2}\) et \({X}^{\mathrm{T}} X=0\) implique que \(\forall i\in\llbracket 1,n\rrbracket\), \(x_i=0\) et que \(X=0\). On en déduit que \(M\) est inversible.


Exercice 607 **

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Déterminer l’inverse de la matrice carrée \(A= \begin{pmatrix} 1 & & &\mathbb{O}\\ a & \ddots & & \\ & \ddots & \ddots & \\ \mathbb{O}& & a &1 \end{pmatrix}\)



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Exercice 607
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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 \[A^{-1}=\textrm{ Mat}_{f}\left(e\right)=\begin{pmatrix} 1&0&\dots&\dots&0\\ -a&1&\vdots&\vdots&\vdots\\ a^2&-a&\ddots&&\\ -a^3&a^2&&\ddots&\\ \vdots &\vdots&&&\vdots\\ (-1)^{n-2}a^{n-2} &(-1)^{n-3}a^{n-3}&\dots&1&0\\ (-1)^{n-1}a^{n-1} &(-1)^{n-2}a^{n-2}&\dots&-a&1 \end{pmatrix}\]


Exercice 1032 **

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(A\in\mathfrak{M}_{n}\left(\mathbb{K}\right)\) telle que \(I_n+A\) est inversible. Soit \(B=\left(I_n-A\right)\left(I_n+A\right)^{-1}\).

  1. Montrer que \(B=\left(I_n+A\right)^{-1}\left(I_n-A\right)\).

  2. Montrer que \(I_n+B\) est inversible et exprimer \(A\) en fonction de \(B\).



[ID: 1601] [Date de publication: 29 mars 2021 18:39] [Catégorie(s): Inversion de matrice ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 1032
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39
  1. On a \(\left(I_n+A\right)\left(I_n-A\right) = \left(I_n-A\right)\left(I_n+A\right)\), donc \(I_n-A = \left(I_n+A\right)^{-1}\left(I_n-A\right)\left(I_n-A\right)\) donc \(B = \left(I_n-A\right) \left(I_n+A\right)^{-1}= \left(I_n+A\right)^{-1}\left(I_n-A\right)\), ce qu’il fallait vérifier.
    Un argument plus savant : \(\left(I_n+A\right)^{-1}\) est un polynôme en \(A\), et comme tel commute avec n’importe quel polynôme en \(A\), par exemple \(I_n-A\). En effet, soit \(B=I_n+A\). La famille \(I_n, B, B^2, \ldots, B^{n^2}\) est liée. On peut écrire \(\lambda_0I_n + \lambda_1B + \ldots \lambda_kB^k = 0\)\(k\) désigne le plus grand indice \(\leqslant n^2\) pour lequel \(\lambda_k \neq0\). On a \(\lambda_0\neq0\), sinon on aurait \(B(\lambda_1I_n + \ldots \lambda_kB^{k-1} = 0\) et donc \(B\) ne serait pas inversible. Donc on peut écrire \[I_n = B\left( -\dfrac{\lambda_1}{\lambda_0}I_n - \dfrac{\lambda_2}{\lambda_0}B - \ldots -\dfrac{\lambda_k}{\lambda_0}B^{k-1} \right).\] Donc \(B^{-1} = -\dfrac{\lambda_1}{\lambda_0}I_n - \dfrac{\lambda_2}{\lambda_0}B - \ldots -\dfrac{\lambda_k}{\lambda_0}B^{k-1}\) est un polynôme en \(B\) donc un polynôme en \(A = B-I_n\).

  2. \(B = \left(2I_n -I_n-A\right)\left(I_n+A\right)^{-1} = 2\left(I_n+A\right)^{-1} - \left(I_n+A\right)\left(I_n+A\right)^{-1} = 2\left(I_n+A\right)^{-1} - I_n\). D’où \(I_n+B = 2\left(I_n+A\right)^{-1}\), ce qui montre bien que \(I_n+B\) est inversible. De plus \(\left(I_n+B\right)^{-1} = \dfrac12 \left(I_n+A\right)\), d’où \(A = 2\left(I_n+B\right)^{-1} - I_n\).


Exercice 135 **

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(A\) une matrice carrée nilpotente de taille \(n\in\mathbb{N}^*\). Montrer que la matrice \((I_n-A)\) est inversible.



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Exercice 135
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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 \(I_n+A+A^2+\dots+A^{p-1}\).


Exercice 605 **

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit une matrice \(U\) triangulaire supérieure telle que tous les éléments de la diagonale soient non-nuls. Montrer que la matrice \(U\) est inversible. (On montrera que \(UX=0\Longrightarrow X=0\) )



[ID: 1605] [Date de publication: 29 mars 2021 18:39] [Catégorie(s): Inversion de matrice ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 605
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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.


Exercice 660 **

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On considère la matrice \(M = ((m_{i,j}))_{1\leqslant i, j \leqslant n} \in \mathfrak{M}_{n}(\mathbb{\mathbb{R} })\) avec \(m_{ij} = \begin{cases} \dfrac{i}{j} & \textrm{ si } i \neq j \\ 0 & \textrm{ si } i = j \end{cases}\). Calculer \(M^2\) et \(M^{-1}\).



[ID: 1607] [Date de publication: 29 mars 2021 18:39] [Catégorie(s): Inversion de matrice ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 660
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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 \(M^{-1} = \dfrac{1}{n-1}.(M - (n-2) I_n)\).


Exercice 187 ***

29 mars 2021 18:39 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Inverser la matrice suivante :

\[A =\begin{pmatrix} 1&6&5&4&3&2\\ 2&1&6&5&4&3\\ 3&2&1&6&5&4\\ 4&3&2&1&6&5\\ 5&4&3&2&1&6\\ 6&5&4&3&2&1 \end{pmatrix}\]



[ID: 1609] [Date de publication: 29 mars 2021 18:39] [Catégorie(s): Inversion de matrice ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 187
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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 : \(t = z = y = \dfrac{1}{126}\). \[A^{-1} = \dfrac{1}{126}\begin{pmatrix} -20 & 1 & 1 & 1 & 1 & 22 \\ 22 & -20 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 22 & -20 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 22 & -20 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 22 & -20 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 22 & -20 \end{pmatrix}.\]


Accordéon
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Lemme d’Hadamard
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39

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.


Accordéon
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Solution
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Exercice 725
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 29 mars 2021 18:39
  1. Existence : On l’établit par récurrence. On peut prendre \(U_0(X) = 1, \quad U_1(X) = 2X\),
    et puisque \(\sin {(n+2)\vartheta} + \sin {n\vartheta} = 2 \cos\vartheta\sin {(n+1)\vartheta}\) on a nécessairement \[\sin \vartheta\, U_{n+1}( \cos\vartheta) + \sin \vartheta\, U_{n-1}( \cos\vartheta) = 2 \cos\vartheta\sin\vartheta \,U_n(\cos\vartheta).\] Donc on choisit \(U_{n+1}(x) = 2xU_n(x) - U_{n-1}(x)\) sur \([-1;1]\). On en déduit que les \(U_n\) sont des fonctions polynômes, appelés polynômes de Tchebychev (de deuxième espèce). Les polynômes \(U_n(X)\) ainsi construits conviennent et appartiennent à \(\mathbb Z[X]\).

    Unicité : La différence de deux tels polynômes s’annulerait sur \([-1;1]\) ce qui donne l’unicité.
    On a bien entendu \[U_{n+1}(X) + U_{n-1}(X) = 2XU_n(X).\qquad\qquad(*)\] \(U_n\) est de degré \(n\) par une récurrence immédiate.
    Les \(\xi_k = \cos \left( \dfrac{k\pi}{n+1} \right), 1 \leqslant k \leqslant n\) sont les \(n\) racines distinctes de \(U_n\).

    Enfin, en utilisant trois fois \(\sin a\sin b = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} \left(\cos(a-b) - cos(a+b)\right)\), on a d’une part : \[\sin^2\vartheta U_{n+p}(\cos\vartheta) = \sin\vartheta\sin(n+p+1)\vartheta = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\cos(n+p)\vartheta - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\cos(n+p+2)\vartheta,\] et d’autre part : \[\begin{aligned} \sin^2\vartheta U_{p}(\cos\vartheta)U_{n}(\cos\vartheta)-\sin^2\vartheta U_{p-1}(\cos\vartheta)U_{n-1}(\cos\vartheta) &= \sin(p+1)\vartheta \sin(n+1)\vartheta - \sin p\vartheta \sin n\vartheta \\ &= \dfrac12\cos(p-n)\vartheta - \dfrac12\cos(p+n+2)\vartheta \\ & \qquad - \dfrac12\cos(p-n)\vartheta + \dfrac12\cos(p+n)\vartheta \\ &= \dfrac12\cos(p+n)\vartheta - \dfrac12\cos(p-n)\vartheta\end{aligned}\] On a bien établi (**)

  2. Soit \(1\leqslant i<j\leqslant n\) (en posant \(U_{-1}(x) = 0\) dans le cas où \(j=n\)) \[\begin{aligned} \sum_{k=1}^n b'_{i,k}b_{k,j} &= b'_{i, j-1} b_{j-1, j} + b'_{i, j} b_{j, j} + b'_{i, j+1} b_{j+1, j} = b'_{i, j-1} b_{j-1, j} + 2xb'_{i, j} + b'_{i, j+1} \\ & = \dfrac{(-1)^{i+j-1}U_{i-1}U_{n-j+1} + (-1)^{i+j} 2x U_{i-1}U_{n-j} + (-1)^{i+j+1}U_{i-1}U_{n-j-1} }{U_n(x)}\\ &= (-1)^{i+j-1}\dfrac{U_{i-1}\left( U_{n-j+1} - 2x U_{n-j} + U_{n-j-1}\right) }{U_n(x)}\\ & = 0.\end{aligned}\] d’après \((*)\) où l’on remplace \(n\) par \(n-j\).

    Pour \(i=j\) (en posant \(U_{-1}(x) = 0\) dans le cas où \(j=n\) et donc \(b'_{n, n+1} = 0\)) \[\begin{aligned} \sum_{k=1}^n b'_{i,k}b_{k,i} &= b'_{i, i-1} b_{i-1, i} + b'_{i, i} b_{i, i} + b'_{i, i+1} b_{i+1, i} = b'_{i, i-1} b_{i-1, i} + 2xb'_{i, i} + b'_{i, i+1} \\ &= -\dfrac{U_{i-2}U_{n-i} + 2x U_{i-1}U_{n-i} - U_{i-1}U_{n-i-1} }{U_n(x)}\\ &= \dfrac{1 }{U_n(x)}\left( -U_{i-2}U_{n-i} + U_{i-1}\left( 2x U_{n-i} + U_{n-i-1}\right)\right) \\ &= \dfrac{1 }{U_n(x)}\left( -U_{i-2}U_{n-i} + U_{i-1}U_{n-i+1}\right) = \dfrac{1 }{U_n(x)} U_{n-i+1+i-1} \textrm{ d'après } (**)\\ & = \dfrac{1 }{U_n(x)} U_n = 1.\end{aligned}\]


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