Inverses de matrices carrées

Exercice 1.
Soit {A=\begin{pmatrix}1&1&1&1\\1&1&-1&-1\\1&-1&1&-1\\1&-1&-1&-1\end{pmatrix}}. Calculer {A^2,A^3} et {A^{-1}}.
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On trouve {A^2=\begin{pmatrix}4&0&0&-2\\ 0&4&0&2\\ 0&0&4&2\\ -2&2&2&4\end{pmatrix}} et {A^3=\begin{pmatrix}2&6&6&6\\6&2&-6&-6\\6&-6&2&-6\\6&-6&-6&-10\end{pmatrix}}.

Ainsi {A^3=6A-4I}, donc {A(A^2-6I)=-4I}.

On en déduit que {A} est inversible et que : {A^{-1}=-\dfrac14(A^2-6I)=\dfrac12\begin{pmatrix}1&0&0&1\\0&1&0&-1\\0&0&1&-1\\1&-1&-1&1\end{pmatrix}}

Exercice 2.
Calculer l’inverse de la matrice {A=\begin{pmatrix}1&-a&0&0\cr0&1&-a&0\cr0&0&1&-a\cr0&0&0&1\end{pmatrix}}.
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Soit {J=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\end{pmatrix}}. Alors {J^2=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}, {J^3=\begin{pmatrix}0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}.

Ensuite {J^4=0}, et on en déduit : {\begin{array}{rl}I&=I-a^4J^4=(I-aJ)(I+aJ+a^2J^2+a^3J^3)\\\\&=A(I+aJ+a^2J^2+a^3J^3)\end{array}}L’inverse de la matrice {A} est donc :{A^{-1}=I+aJ+a^2J^2+a^3J^3=\begin{pmatrix}1&a&a^2&a^3\\0&1&a&a^2\\0&0&1&a\\0&0&0&1\end{pmatrix}}

Exercice 3.
On pose {\omega=\exp{\dfrac{2i\pi}n}}, où {n} est un entier strictement positif.

Soient {A,B} dans {\mathcal{M}_ n(\mathbb{C})}, avec {a_{ij}=\omega^{(i-1)(j-1)}} et {b_{ij}=\omega^{-(i-1)(j-1)}}.

Calculer les produits {A^2}, {B^2}, {AB} et {BA}. Calculer {A^{-1}}.

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  • Notons {C=A^2}. Le coefficient d’indice {i,j} de {C} est :
    {\begin{array}{rl}c_{i,j}&=\displaystyle\sum_{k=1}^na_{i,k}a_{k,j}=\displaystyle\sum_{k=1}^n\omega^{(i-1)(k-1)}\omega^{(k-1)(j-1)}\\\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^n z^{k-1}\text{\ avec\ }z=\omega^{i+j-2}\end{array}}L’exposant {i+j-2} est compris entre {0} (si {i=j=1}) et {2n-2}.

    — Si {i=j=1}, ou si {i+j=n+2}, alors {z=1} et {c_{i,j}=n}.

    — Sinon, {z} est une racine {n}-ième de l’unité distincte de {1} et {c_{i,j}=0}.

    — Le cas {i+j=n+2} donne {(i,j)\in\{(2,n),(3,n-1),\ldots,(n-1,3),(n,2)\}}.

    Ce sont les coefficients situés immédiatement sous la deuxième diagonale de {A^2}.

    Par exemple, si {n=5}, on a : {A^2=\begin{pmatrix}5&0&0&0&0\cr0&0&0&0&5\cr0&0&0&5&0\cr0&0&5&0&0\cr0&5&0&0&0\end{pmatrix}}

  • Les coefficients {b_{i,j}} de {B} sont les conjugués des {a_{i,j}} de {A}.

    On en déduit que {B^2} est elle-même conjuguée, terme à terme, de {A^2}.

    Or {A^2} est à coefficients réels. Ainsi {B^2=A^2}.

  • Notons {D=AB}. Le coefficient d’indice {i,j} de {D} est :{\begin{array}{rl}d_{i,j}&=\displaystyle\sum_{k=1}^na_{i,k}b_{k,j}=\displaystyle\sum_{k=1}^n\omega^{(i-1)(k-1)}\omega^{-(k-1)(j-1)}\\\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^n z^{k-1}\text{\ avec\ }z=\omega^{i-j}\end{array}}L’exposant {i-j} est compris entre {1-n} et {n-1}.

    — Si {i=j} (donc si on est sur la diagonale) alors {z=1} et {d_{i,j}=n}.

    — Sinon, {z} est une racine {n}-ième de l’unité distincte de {1} et {d_{i,j}=0}.

    On a donc obtenu {AB=nI_n}.

    Il en découle {A^{-1}=\dfrac1nB} et {BA=nI_n}.

Exercice 4.
Quand {A=\begin{pmatrix}a& b &\ldots& b \\ b&\ddots&\ddots&:\\ :&\ddots&\ddots&b\\ b&\ldots&b&a\end{pmatrix}\in{\mathcal M}_n(\mathbb{K})} est inversible, calculer {A^{-1}}.
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Si {b=0}, on a {A=aI}, donc : ({A} est inversible) {\Leftrightarrow a\ne0} et alors {A^{-1}=\dfrac1aI}.

On suppose donc {b\ne0}. Soit {J\in{\mathcal M}_n(\mathbb{K})} de coefficients tous égaux à {1}.

On a {A=(a-b)I+bJ} et {J^2=nJ}. On en déduit : {\begin{array}{rl}A^2&=(a-b)^2I+2b(a-b)J+b^2J^2\\\\&=(a-b)^2I+b\bigl(2(a-b)+nb\bigr)J\\\\&=(a-b)^2I+\bigl(2(a-b)+nb\bigr)\bigl(A-(a-b)I\bigr)\\\\&=\bigl(2(a-b)+nb\bigr)A+(b-a)\bigl(b(n-1)+a\bigr)I\end{array}}On a donc obtenu l’égalité : {A\bigl(A-(nb-2b+2a)I\bigr)=(b-a)\bigl(b(n-1)+a\bigr)I\quad(1)}

  • Si {a=b} (donc si {A=bJ}), alors {A(A-nbI)=0}.

  • Si {a=(1-n)b} (donc si {A=b(J-nI)}), alors {A(A+nbI)=0}.

Dans ces deux cas, {A} est un diviseur de zéro, donc n’est pas inversible.

Si {a\notin\{b,(1-n)b\}}, posons {d=(a-b)\bigl(b(n-1)+a\bigr)}.

L’égalité (1) montre que {A} est inversible et : {A^{-1}=\dfrac1d\bigl(-A+(nb-2b+2a)I\bigr)}Posons {K=J-I} (diagonale nulle, les autres coefficients valant {1}).

Avec ces notations on a {A=aI+bK} et on en déduit : {A^{-1}=\dfrac{a+(n-2)b}{d}I-\dfrac{b}{d}K}Ainsi les coefficients diagonaux de {A^{-1}} valent {\dfrac{a+(n-2)b}{d}}, et les autres {-\dfrac{b}{d}}.

Exercice 5.
Calculer l’inverse de {A=\begin{pmatrix}1&2& \ddots &n-1&n\phantom{\Bigl(}\\0&1&2&\ddots&n-1\phantom{\Bigl(}\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots\phantom{\Bigl(}\\\vdots&0&\ddots&1&2\phantom{\Bigl(}\\0&\ldots&\ldots&0&1\end{pmatrix}}
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{A} est inversible car triangulaire à coefficients diagonaux non nuls.

Soit {J} la matrice de terme général {J_{i,j}=\begin{cases}1\text{\ si\ }j=i+1\\0\text{\ sinon\ }\end{cases}}

Seuls les coefficients de {J} juste au-dessus de la diagonale sont non nuls (ils valent {1}).

On connait les puissances de {J}, et on sait que {J^n=0}.

D’autre part : {A=I+2J+3J^2+\cdots+nJ^{n-1}}.

Pour tout {x} réel distinct de {1}, on a : {\begin{array}{rl}1+2x+\cdots+nx^{n-1}&=(1+x+x^2+\cdots+x^n)'\\\\&=\Bigl(\dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}\Bigr)'=\dfrac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2}\end{array}}Pour tout {x}, on a : {nx^{n+1}-(n+1)x^n+1=(1-x)^2(1+2x+\cdots+nx^{n-1})}En fait c’est vrai dans toute algèbre, notamment {{\mathcal M}_n(\mathbb{K})}.

Dans {{\mathcal M}_n(\mathbb{K})}, on a donc : {\begin{array}{l}nM^{n+1}-(n+1)M^n+I\\\\\quad=(I-M)^2(I+2M+3M^2+\cdots+nM^{n-1})\end{array}}Avec {M=J}, on a {I=(I-J)^2A}. On en déduit : {\begin{array}{rl}A^{-1}&=(I-J)^2=I-2J+J^2\\\\&=\begin{pmatrix}1&-2&1&0&\ldots&0\phantom{\Bigl(}\cr0&1&-2&1&\ddots&0\phantom{\Bigl(}\cr\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\phantom{\Bigl(}\cr\vdots&\ldots&\ddots&1&-2&1\phantom{\Bigl(}\cr\vdots&\ldots&\ldots&\ddots&1&-2\phantom{\Bigl(}\cr0&\ldots&\ldots&\ldots&0&1\end{pmatrix}\end{array}}