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 $A^{-1}={}^t\!A$ .

exo7 3380