Nous allons montrer que \(I+M\) est inversible en montrant que si un vecteur \(X\) vérifie \((I+M)X = 0\) alors \(X=0\). Nous allons estimer \({}^t\!(MX)(MX)\) de deux façons. D’une part c’est un produit de la forme \({}^t\!Y Y = \| Y\|^2\) et donc \({}^t\!(MX)(MX) \ge 0\). D’autre part : \[\begin{align*} {}^t\!(MX)(MX) & = {}^t\!(MX) (-X) \quad \text{ car } (I+M)X = 0 \text{ donc } MX = -X \\ & = {}^t\!X {}^t\!M (-X) \quad \text{ car } {}^t\!(AB)={}^t\! B {}^t\!A \\ & = {}^t\!X (-M) (-X) \quad \text{ car } {}^t\!M=-M \\ & = {}^t\!X MX \\ & = {}^t\!X (-X) \\ & = -{}^t\!XX \\ & = - \|X\|^2 \\ \end{align*}\] Qui est donc négatif. Seule possibilité \(\|X\|^2=0\) donc \(X=0\) (= le vecteur nul) et donc \(I+M\) inversible. Calculons \(A^{-1}\). \[A^{-1} =\big( (I-M)\times(I+M)^{-1} \big)^{-1} = \big( (I+M)^{-1} \big)^{-1} \times(I-M)^{-1} = (I+M)\times(I-M)^{-1}\] (n’oubliez pas que \((AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\)). Calculons \({}^t\!A\). \[\begin{align*} {}^t\!A & = {}^t\!\big( (I-M) \times (I+M)^{-1} \big) \\ & = {}^t\!\big( (I+M)^{-1} \big) \times {}^t\!(I-M) \qquad \text{ car } {}^t\!(AB)={}^t\!B{}^t\!A \\ & = \big( {}^t\!(I+M) \big)^{-1}\times{}^t\!(I-M) \qquad \text{ car } {}^t\!(A^{-1})=\big({}^tA\big)^{-1} \\ & = \big( I+{}^t\!M) \big)^{-1}\times(I-{}^t\!M) \qquad \text{ car } {}^t\!(A+B)={}^t\!A+{}^t\!B \\ & = (I-M) ^{-1}\times (I+M) \qquad \text{ car ici } {}^{t}\!{M} = -M \\ \end{align*}\] Montrons que \(I+M\) et \((I-M) ^{-1}\) commutent. Tout d’abord \(I+M\) et \(I-M\) commutent car \((I+M)(I-M) = I-M^2 = (I-M)(I+M)\). Maintenant nous avons le petit résultat suivant : Lemme. Si \(AB=BA\) alors \(AB^{-1}=B^{-1}A\). Pour la preuve on écrit : \[AB=BA \Rightarrow B^{-1}(AB)B^{-1}=B^{-1}(BA)B^{-1} \Rightarrow B^{-1}A=AB^{-1}.\] En appliquant ceci à \(I+M\) et \(I-M\) on trouve \((I+M)\times (I-M) ^{-1}= (I-M) ^{-1}\times(I+M)\) et donc \(A^{-1}={}^t\!A\).

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