Exercice 17

Matrice $A$. On part de la matrice augmentée $(A \mid I_{3})$ et l'on mène la descente, puis la remontée. $$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \xrightarrow{\;L_{3} \leftarrow L_{3}-L_{1}\;} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right)$$

$$\boxed{A^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}}$$ Comparaison avec l'exercice 15. Le résultat est identique, mais la démarche diffère : là-bas il fallait avoir l'idée d'additionner les trois équations, ici l'algorithme se déroule sans aucune astuce. C'est tout l'intérêt du pivot.

Matrice $B$. Le pivot naturel de la première colonne est $2$ ; on préfère amener un $1$ en échangeant deux lignes. $$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \xrightarrow{\;L_{1} \leftrightarrow L_{2}\;} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)$$

Matrice $C$. La deuxième ligne est le double de la première, ce que la première opération révèle aussitôt : $$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 4 & 6 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \xrightarrow{\;L_{2} \leftarrow L_{2}-2L_{1}\;} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)$$ Une ligne entière de la moitié gauche est nulle : l'algorithme s'arrête. $$\boxed{C \text{ n'est pas inversible.}}$$ À retenir : il n'a pas fallu supposer l'inversibilité au départ. L'algorithme la décide en cours de route, ce que la méthode par résolution de système ne fait pas aussi nettement.