Pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2$, vous appelez matrice de Hilbert d’ordre $n$ la matrice réelle carrée notée $H_n$ définie par :
\forall (i,j)\in\llbracket1, n\rrbracket, (H_n)_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.Inversez la matrice $H_2$ en utilisant un système d’équations
Par définition :
H_2 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3}
\end{pmatrix}.A ce stade, vous ne savez pas encore que $H_2$ est inversible. Toutefois, si $(e_1,e_2)$ désigne la base canonique de $\R^2$, vous posez :
\left\{
\begin{align*}
f_1 &= e_1 + \frac{1}{2}e_2\\
f_2 &=\frac{1}{2}e_1+\frac{1}{3}e_2.
\end{align*}
\right.Alors, vous obtenez successivement :
\left\{
\begin{align*}
2f_1 &= 2e_1 + e_2\\
6f_2 &=3e_1+2e_2.
\end{align*}
\right.Par suite :
\left\{
\begin{align*}
4f_1 &= 4e_1 + 2e_2\\
6f_2 &=3e_1+2e_2.
\end{align*}
\right.Par différence, il vient :
\boxed{e_1 = 4f_1-6f_2.}Comme :
e_2 = 2f_1-2e_1
il vient :
\begin{align*}
e_2 &= 2f_1-2(4f_1-6f_2)\\
&=-6f_1+12f_2.
\end{align*}Du coup :
\boxed{e_2 = -6f_1+12f_2.}Vous venez de montrer que :
\R^2\subset \mathrm{Vect}(e_1,e_2)\subset \mathrm{Vect}(f_1,f_2) \subset \R^2donc :
\R^2 = \mathrm{Vect}(f_1,f_2).La famille $(f_1,f_2)$ est génératrice de $\R^2$ et son nombre de vecteurs est égal à la dimension de $\R^2$ donc $(f_1,f_2)$ est une base de $\R^2.$
La matrice $H_2$ est la matrice de passage de la base $(e_1,e_2)$ vers la base $(f_1,f_2).$ Elle est donc inversible.
La décomposition des vecteurs $e_1$ et $e_2$ sur la base $(f_1,f_2)$ fournit l’expression de $H_2^{-1}$ :
\boxed{H_2^{-1} = \begin{pmatrix}
4 & -6\\
-6 & 12
\end{pmatrix}.}Inversez la matrice $H_3$ en utilisant des matrices par blocs
La matrice $H_3$ est définie par :
H_3 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix}.Elle pourrait être inversée par résolution de système aussi.
Cependant, compte tenu du fait que la matrice $H_2$ apparaît dans le bloc supérieur gauche de la matrice $H_3$ une autre approche va être utilisée.
La matrice $H_3$ étant symétrique, vous posez :
\begin{align*}
C &= \begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\
\frac{1}{4}
\end{pmatrix}
\\
a &= \frac{1}{5}.
\end{align*}Avec ces notations, vous obtenez :
H_3 = \begin{pmatrix}
H_2 & C\\
{}^{t} C & a
\end{pmatrix}.Soit $I_2$ la matrice identité d’ordre $2$ et $O_2$ la matrice définie par :
O_2 = \begin{pmatrix}
0\\
0
\end{pmatrix}.Analyse. Supposez que $H_3$ soit inversible. Alors $H_3^{-1}$ est symétrique puisque $H_3$ l’est. Il existe une matrice symétrique $K_2$ d’ordre $2$, $b$ un réel et $D_2$ une matrice colonne comportant deux coefficients tels que :
\begin{pmatrix}
H_2 & C\\
{}^{t} C & a
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
K_2 & D_2\\
{}^{t} D_2 & b
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
I_2 & O_2\\
{}^{t} O_2 & 1
\end{pmatrix} .Le produit matriciel par blocs fournit :
\left\{
\begin{align*}
H_2K_2+C({}^tD_2) &= I_2\\
H_2D_2+bC &= O_2\\
{}^tCK_2+a^{t}D_2 &= ^{t}O_2\\
{}^tCD_2 + ab &= 1.
\end{align*}
\right.Ignorez la troisième équation.
\left\{
\begin{align*}
H_2K_2+C({}^tD_2) &= I_2\\
H_2D_2+bC &= O_2\\
{}^tCD_2 + ab &= 1.
\end{align*}
\right.L’inversibilité de la matrice $H_2$, utilisée sur les deux premières lignes, fournit :
\left\{
\begin{align*}
K_2 &=H_2^{-1}( I_2-C({}^tD_2))\\
D_2 &=-bH_2^{-1}C\\
{}^tCD_2 + ab &= 1.
\end{align*}
\right.Vous substituez $D_2$ par $-bH_2^{-1}C$ dans la dernière ligne et obtenez :
\left\{
\begin{align*}
K_2 &=H_2^{-1}( I_2-C({}^tD_2))\\
D_2 &=-bH_2^{-1}C\\
-b{}^tCH_2^{-1}C + ab &= 1.
\end{align*}
\right.La dernière ligne se factorise par $b$ :
b(a-{}^tCH_2^{-1}C ) = 1.Remarquez alors que le réel $a-{}^tCH_2^{-1}C$ est non nul.
Vous posez :
\boxed{u = a-{}^tCH_2^{-1}C.}Vous avez $u\in\R^{*}$ et par suite :
\boxed{b = \frac{1}{u}.}$b$ étant connu, vous obtenez la matrice $D_2$ :
\boxed{D_2 = -bH_2^{-1}C.}Puis vous obtenez la matrice $K_2$ :
\boxed{K_2 =H_2^{-1}-(H_2^{-1}C)({}^tD_2).}La matrice inverse de $H_3$ est donc :
\boxed{H_3^{-1} = \begin{pmatrix}
K_2 & D_2\\
{}^{t} D_2 & b
\end{pmatrix}.}Synthèse. Vous calculez d’abord $H_2^{-1}C$ :
\begin{align*}
H_2^{-1}C &= \begin{pmatrix}
4 & -6\\
-6 & 12
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\
\frac{1}{4}
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}
4\\
-6
\end{pmatrix}
+
\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
-6\\
12
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{12}\begin{pmatrix}
16\\
-24
\end{pmatrix}
+
\frac{1}{12}\begin{pmatrix}
-18\\
36
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{12}
\begin{pmatrix}
-2\\
12
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{6}
\begin{pmatrix}
-1\\
6
\end{pmatrix}.
\end{align*}Vous déduisez ensuite ${}^tC(H_2^{-1}C)$ :
\begin{align*}
{}^tC(H_2^{-1}C) &= \frac{1}{6}\begin{pmatrix}
\frac{1}{3} & \frac{1}{4}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 \\ 6
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{6}\left(\frac{-1}{3}+\frac{3}{2}\right)
\\
&=\frac{1}{6}\left(\frac{-2}{6}+\frac{9}{6}\right)
\\
&=\frac{7}{36}.
\end{align*}
Vous posez :
\begin{align*}
u &= a-{}^tC(H_2^{-1}C)\\
&=\frac{1}{5} - \frac{7}{36}\\
&=\frac{36}{180} - \frac{35}{180}\\
&=\frac{1}{180}.
\end{align*}
Alors vous avez :
\boxed{b = \frac{1}{u } = 180.}Ensuite :
\begin{align*}
D_2 &= -bH_2^{-1}C\\
&= -180\times \frac{1}{6}
\begin{pmatrix}
-1\\
6
\end{pmatrix}
\\
&=-30 \begin{pmatrix}
-1\\
6
\end{pmatrix}.
\end{align*}
D’où :
\boxed{D_2 = \begin{pmatrix}
30\\
-180
\end{pmatrix}.}Enfin :
\begin{align*}
K_2 &=H_2^{-1}-(H_2^{-1}C)({}^tD_2) \\
&= \begin{pmatrix}
4 & -6\\
-6 & 12
\end{pmatrix}-\frac{1}{6}
\begin{pmatrix}
-1\\
6
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
30 & -180
\end{pmatrix}\\
&=
\begin{pmatrix}
4 & -6\\
-6 & 12
\end{pmatrix}-
\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
-30 & 180\\
6\times30 & -6\times 180
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
4 & -6\\
-6 & 12
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
5 & -30\\
-30 & 180
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Donc :
\boxed{K_2 = \begin{pmatrix}
9 & -36\\
-36 & 192
\end{pmatrix}.}Vous notez temporairement $L$ la matrice suivante :
L = \begin{pmatrix}
K_2 & D_2\\
{}^{t} D_2 & b
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
9 & -36 & 30\\
-36 & 192 & -180\\
30 & -180 & 180
\end{pmatrix}.Pour vérifier que $H_3$ est inversible et que son inverse est $L$ vous calculez les deux produits :
\begin{align*}
H_3 L &= \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
9 & -36 & 30\\
-36 & 192 & -180\\
30 & -180 & 180
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
9-18+10 & -36+96-60 & 30-90+60\\
\frac{9}{2}-12+\frac{15}{2} & -18 +64 - 45 & 15-60+45\\
3-9+6 & -12 +48-36 & 10-45+36
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}En transposant cette égalité :
{}^{t}L{}^{t}H_3 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.Comme $L$ et $H_3$ sont symétriques, $L = {}^{t}L$ et $H_3 = {}^{t}H_3$ du coup :
H_3L = LH_3 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.Il est ainsi démontré que $H_3$ est inversible et que :
\boxed{H_3^{-1} = \begin{pmatrix}
9 & -36 & 30\\
-36 & 192 & -180\\
30 & -180 & 180
\end{pmatrix}.}Prolongements
- Vous souhaitez savoir ce qu’il advient pour la matrice $H_4$ ? Allez lire le contenu rédigé dans l'article 292.
- La troisième équation de cet article a été ignorée. Sans cette dernière, il a été quand même été possible de calculer explicitement tous les coefficients de $H_3^{-1}.$ Pourriez-vous expliquer si ce phénomène est généralisable pour les autres matrices de Hilbert ?
- Le calcul explicite du produit $H_3L$ a fourni la matrice identité d’ordre $3.$ En fait, ce calcul aurait pu être évité. Pourriez-vous l’expliquer ?
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