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Matrice inverse

Envoyé par zenon 
Matrice inverse
il y a trois mois
Bonjour à tous. Je voudrais trouver l'expression de la matrice inverse de la matrice suivante. $$
\begin{pmatrix}
1+a_{0} & a_{1}&a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\
a_{0} &1+ a_{1}&a_{2}& a_{3}&\cdots & a_{n}\\
a_{0} & a_{1}&1+a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\
a_{0}&a_{1} &a_{2}&1+a_{3}& \cdots & a_{n} \\
\vdots &\vdots &\vdots &\vdots& \ddots& \vdots \\
a_{0}&a_{1} & a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\
\end{pmatrix}

$$ Toute suggestion est la bienvenue et merci à l'avance pour tout commentaire.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
En bas à droite, ce n'est pas $1+a_n$?
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
J'insiste. Ce ne serait pas plutôt :
$ \begin{pmatrix}

1+a_{0} & a_{1}&a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\

a_{0} &1+ a_{1}&a_{2}& a_{3}&\cdots & a_{n}\\

a_{0} & a_{1}&1+a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\

a_{0}&a_{1} &a_{2}&1+a_{3}& \cdots & a_{n} \\

\vdots &\vdots &\vdots &\vdots& \ddots& \vdots \\

a_{0}&a_{1} & a_{2}&a_{3}& \cdots& 1+a_{n} \\

\end{pmatrix} $ ???



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Et je préférerais :

$\begin{pmatrix}

1+ a_{1}&a_{2}& a_{3}&\cdots & a_{n}\\

a_{1}&1+a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\

a_{1} &a_{2}&1+a_{3}& \cdots & a_{n} \\

\vdots &\vdots &\vdots &\ddots & \vdots \\

a_{1} & a_{2}&a_{3}& \cdots& 1+a_{n} \\

\end{pmatrix}$.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Pour la matrice $A_n= \begin{pmatrix}
1+ a_{1}&a_{2}& a_{3}&\cdots & a_{n}\\
a_{1}&1+a_{2}&a_{3}& \cdots& a_{n} \\
a_{1} &a_{2}&1+a_{3}& \cdots & a_{n} \\
\vdots &\vdots &\vdots & \ddots& \vdots \\
a_{1} & a_{2}&a_{3}& \cdots& 1+a_{n} \\
\end{pmatrix}$, soit la matrice inverse $A_n^{-1}=(b_{ij})_{1 \le i \le n,1 \le j \le n }$, si elle existe.
Soit $s=1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$. Je trouve que $A_n $ est inversible ssi $s\neq 0$, et alors $b_{ij}=-\dfrac{a_{j}}{s}$ pour $i\neq j$ et $b_{ii}=1-\dfrac{a_{i}}{s}$.
Je poste sans tarder mais je vais vérifier.
Bonne journée.
Fr. Ch.



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Pas d'inquiétude Chaurien, Zenon est en train de te répondre, il a tapé la moitié de son message, puis le quart de son message et devrait attaquer le huitième bientôt winking smiley
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Zénon, Cruel Zénon ! Zénon d'Élée !
M'as-tu percé de cette flèche ailée
Qui vibre, vole, et qui ne vole pas !
Le son m'enfante et la flèche me tue !
Ah ! Le soleil... Quelle ombre de tortue
Pour l'âme, Achille immobile à grands pas !
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Juste pour le plaisir de taper du TeX : $A_n^{-1}= \begin{pmatrix}
1-\frac{a_{1}}{s} &-\frac{a_{2}}{s} & -\frac{a_{3}}{s}&\cdots & -\frac{a_{n}}{s}\\
-\frac{a_{1}}{s}&1-\frac{a_{2}}{s}&-\frac{a_{3}}{s}& \cdots& -\frac{a_{n}}{s} \\
-\frac{a_{1}}{s} &-\frac{a_{2}}{s}&1-\frac{a_{3}}{s}& \cdots & -\frac{a_{n}}{s} \\
\vdots &\vdots &\vdots &\ddots & \vdots \\
-\frac{a_{1}}{s} &-\frac{a_{2}}{s}&-\frac{a_{3}}{s}& \cdots& 1-\frac{a_{n}}{s} \\
\end{pmatrix}$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Je crois pouvoir préciser que la matrice $A_n$ est inversible si $s=1+a_{1}+a_{2}+...+a_{n} \neq 0$ et de rang $n-1$ si $s=0$.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Merci Chaurien pour ta réponse et désolé de ma réponse tardive car je suis actuellement dans le continent américain et par conséquent c'est la nuit ici lorsque tu as posté tes réponses. De plus, le dernier élément de la diagonale est effectivement $1+a_{n}$. Par ailleurs, c'est très sympas pour le dernier poème je vais l'apprendre! Cependant, je voulais savoir comment tu as pu trouver cette matrice inverse car j'ai essayé de trouver une relation de réccurence ou d'utiliser l'algorithme de Gauss, mais les opérations sont devenues très vite assez compliquées. C'est pour cela que j'ai pensé qu'il y a peut être une manière plus simple à faire. Pour la condition $1+a_{1}+\cdots+a_{n}\neq 0$ elle est bel et bien vérifiée puisque les $a_{i}$ sont positifs ou nuls. Merci encore pour tes commentaires et tes réponses c'est très aimable.

Pour Malavita, je comprends bien ta réaction et je suis d'accord avec toi qu'une personne qui pose une question doit lui même répondre aux questions qui lui sont posées ou aux commentaires qui exigent des réponses. Cependant, il faut attendre quelques temps avant d'apprécier le comportement d'un intervenant. Ce n'est pas une critique, mais au contraire c'est un avis qui rejoint le tien.

zenon
P.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Non, non, n'irrite plus cette remisnicence...

$$(I+a\otimes 1)^{-1}=I+\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)^n=I+\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)(-\sum_ia_i)^{n-1}$$
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Appelons $A$ notre matrice et $M$ la matrice sans les $1$ sur la diagonale, de sorte que $A=I+M$, avec $I$ la matrice identité. La matrice $M$ est de rang $\leqslant 1$ (toutes les colonnes sont proportionnelles à $\begin{pmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1\end{pmatrix})$, et donc (exercice classique) $M^2 = \lambda M$, avec $\lambda=tr(M) = a_1+\ldots+a_n$ (sinon, on peut aussi le vérifier à la main directement).
Ainsi, $(A-I)^2 = \lambda (A-I)$, soit $A^2-(2+\lambda)A = -(1+\lambda)I$.
On en déduit que $A$ est inversible si et seulement si $1+\lambda\neq 0$, et le cas échéant $A^{-1} = \dfrac{-1}{1+\lambda} (A-(2+\lambda) I) = \dfrac{-1}{1+\lambda} M + I$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Guego.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Merci P. et Guego pour vos réponses. Pour P., je ne comprends pas le passage suivant : $$
\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)^n=\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)\Big(-\sum_ia_i\Big)^{n-1}.

$$ Merci à l'avance.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
P.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Cher zenon, Guego a repondu en fait a ta question avec des notations differentes. Garde toi du corona qui galope aux US.


Et pour Chaurien, je crois que j'ai noye La Jeune Parque dans Le cimetiere marin.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par P..
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Merci zenon pour ta réponse si courtoise. Moi non plus je ne comprends pas les solutions savantes proposées plus haut, et en particulier le sens de : $ \sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)^n=\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)\Big(-\sum_ia_i\Big)^{n-1}$

Pour avoir la matrice inverse, j'ai procédé bêtement et naturellement en résolvant le système aux inconnues $ x_1, x_2, ..., x_n$ :
$(1+a_1)x_1+a_2x_2+...+a_nx_n=y_1$,
$a_1x_1+(1+a_2)x_2+...+a_nx_n=y_2$,
....................................
$a_1x_1+a_2x_2+...+(1+a_n)x_n=y_n$,

Je pose $z=a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n$et le système devient : $x_i+z=y_i$ pour $ i=1,2,...n$, d'où :
$a_ix_i+a_iz=a_iy_i$, et en sommant : $z+(a_1+...+a_n)z=a_1y_1+...+a_ny_n$, et par suite :
$z=\frac 1{1+a_1+...+a_n}(a_1y_1+a_2y_2+...+a_ny_n)$.
On termine par $x_i=-z+y_i$.

Bonne journée.
Fr. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Chaurien.
P.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Bon bon, j'explique les notations, qui permettent presque de calculer de tete sans ecrire de matrices
On prend deux vecteurs $a$ et $b$ dans un espace euclidien $E$ pour definir l'endomorphisme $a\otimes b$ de $E$ suivant, de rang 1 ou zero, par $x\mapsto (a\otimes b)(x)=a\langle b,x\rangle$ Je sais par coeur que $(a\otimes b)(c\otimes d)=(a\otimes d)\ \langle b,c\rangle$ qui entraine
$$(a\otimes b)^n=(a\otimes b)\langle a,b\rangle^{n-1}$$ Application si $b=1=(1,1,\ldots,1)^T$ si $E=\R^d$ euclidien canonique. Alors $\langle a,b\rangle=\sum_{i}a_i.$ Et pour terminer
$(\mathrm{id}_E-X)^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty}X^n$ pour un endomorphisme $X$ de $E$ assez petit, applique a $X=-a\otimes 1.$ Ah on n'a pas dit que $a$ etait petit? Bah, c'est algebrique, cela suffit pour deviner le resultat.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par P..
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Je signale aux collègues professeurs que ma solution peut être présentée en première année de toute prépa.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Je vous remercie beaucoup P. et Chaurien. Pour P. merci encore pour ton explication simple et pour Chaurien pour ta démarche simple mais assez élégante.

À la fin, je vous souhaite à tous (tous ceux de ce forum et à toute l'humanité) que cette crise passe le plus rapidement possible et prenez soin de vous. Et merci à P. pour ton commentaire philanthrope.

Cordialement.

zenon
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Il faut aussi remercier Guego, dont la solution est très intéressante car elle fait intervenir les matrices de rang $ 1$, qui méritent l'attention.
On peut en tirer une généralisation à la matrice :
$A=\left[
\begin{array}{cccccc}
1+a_{1}b_{1} & a_{1}b_{2} & a_{1}b_{3} & \cdots & a_{1}b_{n-1} & a_{1}b_{n}
\\
a_{2}b_{1} & 1+a_{2}b_{2} & a_{2}b_{3} & \cdots & a_{2}b_{n-1} & a_{2}b_{n}
\\
a_{3}b_{1} & a_{3}b_{2} & 1+a_{3}b_{3} & \cdots & a_{3}b_{n-1} & a_{3}b_{n} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
a_{n-1}b_{1} & a_{n-1}b_{2} & a_{n-1}b_{3} & \cdots & 1+a_{n-1}b_{n-1} &
a_{n-1}b_{n} \\
a_{n}b_{1} & a_{n}b_{2} & a_{n}b_{3} & \cdots & a_{n}b_{n-1} & 1+a_{n}b_{n}%
\end{array}\right] $, qu'on écrira, d'après Guego : $A=I+M$, avec :

$M=\left[
\begin{array}{cccccc}
a_{1}b_{1} & a_{1}b_{2} & a_{1}b_{3} & \cdots & a_{1}b_{n-1} & a_{1}b_{n} \\
a_{2}b_{1} & a_{2}b_{2} & a_{2}b_{3} & \cdots & a_{2}b_{n-1} & a_{2}b_{n} \\
a_{3}b_{1} & a_{3}b_{2} & a_{3}b_{3} & \cdots & a_{3}b_{n-1} & a_{3}b_{n} \\
\vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots & \vdots \\
a_{n-1}b_{1} & a_{n-1}b_{2} & a_{n-1}b_{3} & \cdots & a_{n-1}b_{n-1} &
a_{n-1}b_{n} \\
a_{n}b_{1} & a_{n}b_{2} & a_{n}b_{3} & \cdots & a_{n}b_{n-1} & a_{n}b_{n}%
\end{array}\right] $.

Conformément à la norme en vigueur, je note $W^{\mathbf{T}}$ la matrice transposée d'une matrice $W$.

On a : $M=UV^{\mathbf{T}}$, avec : $U=\left[
\begin{array}{c}
a_{1} \\
a_{2} \\
\vdots \\
a_{n}%
\end{array}%
\right] $ et $V=\left[
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{n}%
\end{array}%
\right] $.
Si l'on écarte le cas trivial $M=0$, on a $U\neq 0$ et $V \neq 0$, et c'est la forme générale d'une matrice $M$ de rang $1$.
Il est à remarquer que $V^{\mathbf{T}}U$ est un scalaire : $V^{\mathbf{T}}U=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}=tr(M)=\mu $.
Un scalaire voyage librement dans un produit matriciel, en sorte que :
$M^{2}=(UV^{\mathbf{T}})(UV^{\mathbf{T}})=U(V^{\mathbf{T}}U)V^{\mathbf{T}}=U \mu V^{\mathbf{T}}=\mu UV^{\mathbf{T}}=\mu M$.
Un polynôme annulateur de si faible degré, c'est une aubaine. Déjà on en tire un calcul de $A^{-1}$ si $\mu \neq -1$, comme fait Guego, mais on peut aussi observer que pour $p\in \mathbb{N}^{\ast }$, on a : $M^{p}=\mu ^{p-1}M$, d'où pour $\mu \neq 0$ :
$\displaystyle A^{p}=(I+M)^{p}=\underset{k=0}{\overset{p}{\sum }}\binom{p}{k}M^{k}=I+%
\underset{k=1}{\overset{p}{\sum }}\binom{p}{k}\mu ^{k-1}M=I+\frac{1}{\mu }((1+\mu )^{p}-1)M$.
Pour $\mu=0$, à l'évidence : $ A^{p}=(I+M)^{p}=I+pM$.
Ces égalités sont encore vraies pour $p=0$, bien sûr.
Et si $\mu \neq -1$, elles sont encore vraies pour $p=-1$ et plus généralement pour $p \in \mathbb Z,p<0$.
On peut aussi répondre à d'autres questions concernant les matrices $A$ et $M$ : déterminant, rang, diagonalisation, polynôme caractéristique, exponentielle, etc.
Du grain à moudre pour les collègues professeurs de prépas, plantés confinés devant leurs écrans en relation avec leurs élèves confinés aussi, et qui n'ont pas le temps d'aller aux fraises, contrairement à une remarque si bête...
Bonne journée.
Fr. Ch.
28/03/2020



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
P.
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Pour completer ce que dit Chaurien a propos de l'endomorphisme $ \mathrm{id}_E+a\otimes b$ on trouve ses valeurs propres et celles de $a\otimes b$ en se placant dans une base dont le premier element est $a$, ce qui fait que dans cette base la matrice representative de $a\otimes b$ est triangulaire de diagonale $\langle a,b\rangle ,0,\ldots,0$ de polynome caracteristique $X^{d-1}(X-\langle a,b\rangle ).$ On peut dans le meme style aussi jouer avec l'endomorphisme symetrique $a\otimes b+b\otimes a.$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par P..
Re: Matrice inverse
il y a trois mois
Merci à tous pour ces développements très intéressants. Merci Chaurien de m'avoir rappelé que je n'ai pas remercié Gueguo. Par conséquent, je m'excuse Gueguo pour cette boutade et je te remercie pour ton intervention. En effet, j'ai omis de te remercier car ton nom était au début des cette séquence de messages et par mégarde je n'ai pas fait attention et c'était vraiment involontaire. Merci encore et bon courage pour le reste du semestre.

zenon



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
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