Inverser une matrice

topopot · October 2020

Voici un exercice d'application sur la méthode consistant à inverser une matrice à l'aide d'un polynôme annulateur. On demande d'inverser les trois matrice suivantes. Pour la première et la troisième, pas de soucis, j'ai trouvé. Mais pour la deuxième ?

On peut le faire facilement en résolvant un système, mais je ne trouve pas la solution avec un polynôme annulateur. 111144

Math Coss · October 2020

Déroulé : je calcule $A^2$ et $A^3$ ; on annule le coefficient d'indice $(3,2)$ entre $A^3$ et $A^2$ parce qu'il est nul dans $A$ et $\mathrm{I}_3$ ; on annule le coefficient d'indice $(3,1)$ avec $A$ pour la même raison.

sage: A = Matrix(3,3,[2,1,1,0,0,-1,-1,0,1])
sage: A, A^2, A^3
(
[ 2  1  1]  [ 3  2  2]  [ 4  3  3]
[ 0  0 -1]  [ 1  0 -1]  [ 3  1  0]
[-1  0  1], [-3 -1  0], [-6 -3 -2]
)
sage: A^3-3*A^2
[-5 -3 -3]
[ 0  1  3]
[ 3  0 -2]
sage: A^3-3*A^2+3*A
[1 0 0]
[0 1 0]
[0 0 1]

Ainsi, $A^3-3A^2+3A-\mathrm{I}_3=0$. Vois-tu comment continuer ?

topopot · October 2020

Oui c'est bon, merci. Pas trivial à la main de trouver cette décomposition.

Math Coss · October 2020

Il faut accepter de calculer un peu ($A^2$ et $A^3$) et de bricoler (les coefficients d'une relation de dépendance linéaire entre les puissances de $A$). Avoue que les coefficients ne sont pas extravagants et que le résultat est particulièrement simple.

Note aussi qu'avec Sage, il y a une façon plus expéditive de traiter les choses.

sage: A.minimal_polynomial()
x^3 - 3*x^2 + 3*x - 1

noix de totos · October 2020

On l'a déjà dit ici : le polynôme caractéristique en tailles $2$ et $3$ a une forme simple. Par exemple, en taille $3$
$$\chi_A = X^3 - (\textrm{tr} A) X^2 + \tfrac{1}{2} \left\{(\textrm{tr} A)^2 - \textrm{tr} \left( A^2 \right) \right\} X - \det A.$$
En fait, seul le coefficient de $X$ est un peu difficile à se souvenir (encore que...), les autres étant évidents.

topopot · October 2020

En effet, j'avais pourtant calculé le carré et le cube de la matrice mais je n'avais pas détecté la relation de liaison. Quant à l'expression du polynôme caractéristique, je ne connaissais pas le coefficient de $X$ malheureusement.

noix de totos · October 2020

En fait, ce coefficient provient immédiatement des relations de Leverrier-Fadeev.

Mais, pour $n \geqslant 4$, cette méthode est difficilement applicable à la main. Ajoutons aussi la récurrence
$$\forall k \in \{1, \dotsc,n \}, \quad \textrm{tr} (A^k) + \sum_{j=1}^{k-1} a_j \textrm{tr} (A^{k-j}) + k a_k = 0$$
où les $a_j$ sont les coefficients du polynômes caractéristique, i.e.
$$\chi_A = X^n + a_1 X^{n-1} + a_2 X^{n-2} + \dotsb + a_n.$$

Math Coss · October 2020

Sans invoquer ni Leverrier, ni Faddeev, on peut aussi penser en termes de fonctions symétriques élémentaires : si $a$, $b$ et $c$ sont les valeurs propres (disons complexes) de la matrice, \[
ab+bc+ca=\frac12\bigl((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\bigr).\]