On inverse $A$ en l’interprétant comme une matrice de passage.

Soit $\mathcal{B}=(e_1,...,e_n)$ la base canonique de $\Rr^n$ et $(e_1',...,e_n)$ la famille de vecteurs de $\Rr^n$ de matrice $A$ dans la base $\mathcal{B}$ .

$A\;\text{inversible}\Leftrightarrow(e_1',...,e_n')\;\text{base de}\;E\Leftrightarrow\text{Vect}(e_1,...,e_n)\subset\text{Vect}(e_1',...,e_n')\Leftrightarrow\forall i\in\llbracket1,n\rrbracket,\;e_i\in\text{Vect}(e_1',...,e_n')$ .

Dans ce cas, $A^{-1}$ est la matrice de passage de $\mathcal{B}'$ à $\mathcal{B}$ .

Soit $u = e_1 + ... + e_n$ . Pour tout $i\in\llbracket1,n\rrbracket$ , $e_i'=a_ie_i + u$ ce qui fournit $e_i =\frac{1}{a_i}(e_i'-u)$ .

En additionnant membre à membre ces $n$ égalités, on obtient $u=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}e_i'-\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\right)u$ et donc $\lambda u=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}e_i'$ où $\lambda=1+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}$ .

1er cas. Si $\lambda\neq0$ , on peut exprimer $u$ en fonction des $e_i'$ , $1\leqslant i\leqslant n$ , et donc les $e_i$ fonction des $e_i'$ . Dans ce cas $A$ est inversible. Plus précisément, $u=\frac{1}{\lambda}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}e_i'$ puis, $\forall i\in\llbracket1,n\rrbracket$ , $e_i =\frac{1}{a_i}\left(e_i'-\frac{1}{\lambda}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{a_j}e_j'\right)$ et enfin

$A^{-1}=\left( \begin{array}{ccccc} \frac{1}{a_1}-\frac{1}{\lambda a_1^2}&-\frac{1}{\lambda a_2a_1}&\ldots&\ldots&-\frac{1}{\lambda a_na_1}\\ -\frac{1}{\lambda a_1a_2}&\frac{1}{a_2}-\frac{1}{\lambda a_2^2}& & &\vdots\\ \vdots&-\frac{1}{\lambda a_2a_3}&\ddots& &\vdots\\ \vdots&\vdots& &\frac{1}{a_{n-1}}-\frac{1}{\lambda a_{n-1}^2}&-\frac{1}{\lambda a_na_{n-1}}\\ -\frac{1}{\lambda a_1a_n}&-\frac{1}{\lambda a_2a_n}&\ldots&-\frac{1}{\lambda a_na_{n-1}}&\frac{1}{a_n}-\frac{1}{\lambda a_n^2} \end{array} \right)$ où $\lambda=1+\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}$ .

2ème cas. Si $\lambda=0$ , on a $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}e_i'=0$ ce qui montre que la famille $(e_i')_{1\leqslant i\leqslant n}$ est liée et donc que $A$ n’est pas inversible.

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