Matrice inverse
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.
\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.
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Réponses
$ \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} $ ???
$\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}$.
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.
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 !
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}$.
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
$$(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}$$
Ainsi, $(A-I)^2 = \lambda (A-I)$, soit $A^2-(2+\lambda)A = -(1+\lambda)I$.
On en déduit que $A$ est inversible si et seulement si $1+\lambda\neq 0$, et le cas échéant $A^{-1} = \dfrac{-1}{1+\lambda} (A-(2+\lambda) I) = \dfrac{-1}{1+\lambda} M + I$.
\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)^n=\sum_{n=1}^{\infty}(-a\otimes 1)\Big(-\sum_ia_i\Big)^{n-1}.
$$ Merci à l'avance.
Et pour Chaurien, je crois que j'ai noye La Jeune Parque dans Le cimetiere marin.
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.
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.
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
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
zenon