Matrice inverse

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} $ ???

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.

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 !

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 $s=0$.

Non, non, n'irrite plus cette remisnicence...

$$(I+a\otimes 1)^{-1}=I+\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)^n=I+\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)(-\sum_ia_i)^{n-1}$$

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.

Je signale aux collègues professeurs que ma solution peut être présentée en première année de toute prépa.

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