L’utilisation des blocs matriciels va vous permettre d’inverser la matrice de Hilbert d’ordre $4.$
La méthode explicitée dans un autre article va être reconduite.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 291.
Pour rappel, la matrice de Hilbert d’ordre $3$ 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}.
La matrice $H_3$ est inversible et son inverse est égale à :
H_3^{-1} = \begin{pmatrix}
9 & -36 & 30\\
-36 & 192 & -180\\
30 & -180 & 180
\end{pmatrix}.
Écrivez la matrice de Hilbert d’ordre $4$
Par définition, la matrice de Hilbert d’ordre $4$ est définie par :
H_4 = \begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}.
Vous constatez que celle-ci fait apparaître la matrice $H_3$ dans une écriture par blocs puisque :
H_4 =
\begin{pmatrix}
\begin{array}{ccc|c}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\hline
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{array}
\end{pmatrix}.
Vous posez donc :
\left\{
\begin{align*}
C = \begin{pmatrix}
\frac{1}{4}\\
\frac{1}{5}\\
\frac{1}{6}\\
\end{pmatrix}
\\
a = \frac{1}{7}.
\end{align*}
\right.
Ainsi :
H_4 = \begin{pmatrix}
\begin{array}{c|c}
H_3 & C\\
\hline
{}^{t}C & a
\end{array}
\end{pmatrix}.
Déterminez la matrice candidate pour inverser la matrice de Hilbert d’ordre $4$
Tout d’abord, suivant les notations utilisées dans un autre article, vous calculez :
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 291.
\begin{align*}
H_3^{-1}C &= \begin{pmatrix}
9 & -36 & 30\\
-36 & 192 & -180\\
30 & -180 & 180
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\frac{1}{4}\\
\frac{1}{5}\\
\frac{1}{6}\\
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
9\\
-36\\
30\\
\end{pmatrix}
+
\frac{1}{5}\begin{pmatrix}
-36\\
192\\
-180\\
\end{pmatrix}
+
\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
30\\
-180\\
180\\
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
9/4\\
-9\\
15/2\\
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-36/5\\
192/5\\
-36\\
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
5\\
-30\\
30\\
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
45/20\\
-45/5\\
15/2\\
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-144/20\\
192/5\\
-72/2\\
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
100/20\\
-150/5\\
60/2\\
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
1/20\\
-3/5\\
3/2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}
\begin{align*}
u &= a – {}^{t}CH_3^{-1}C\\
&= \frac{1}{7}-\begin{pmatrix}
\frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \frac{1}{6}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1/20\\
-3/5\\
3/2\\
\end{pmatrix}
\\
&=
\frac{1}{7}-\frac{1}{80}+\frac{3}{25}-\frac{1}{4}.
\end{align*}
Pour ajouter toutes ces fractions, il est possible de calculer le $\ppcm$ des quatre dénominateurs. Comme :
\begin{align*}
80 &= 8\times 10\\
&= 16\times 5\\
&=2^4\times 5
\end{align*}
vous déduisez :
\begin{align*}
\ppcm(7, 80, 25, 4) &= 2^4\times 5^2\times 7 \\
&= 80\times 35\\
&= 40 \times 70\\
&=2800.
\end{align*}
Vous obtenez :
\begin{align*}
u &=\frac{400}{2800}-\frac{35}{2800}+\frac{336}{2800}-\frac{700}{2800}\\
&= \frac{1}{2800}.
\end{align*}
Ainsi :
\boxed{b = \frac{1}{u} = 2800.}
Vous poursuivez avec :
\begin{align*}
D &= -b H_3^{-1}C\\
&=-2800\begin{pmatrix}
1/20\\
-3/5\\
3/2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Vous déduisez :
\boxed{D = \begin{pmatrix}
-140\\
1680\\
– 4200\\
\end{pmatrix}.}
Enfin, vous calculez ce qui suit :
\begin{align*}
K &= H_3^{-1} – (H_3^{-1}C){}^{t}D \\
&= H_3^{-1}- \begin{pmatrix}
1/20\\
-3/5\\
3/2\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-140 & 1680 & -4200
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
9 & -36 & 30\\
-36 & 192 & -180\\
30 & -180 & 180
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
7 & -84 & 210 \\
– 84 & 1008 & -2520\\
210 & -2520 & 6300
\end{pmatrix}.
\end{align*}
D’où :
\boxed{K= \begin{pmatrix}
16 & -120 & 240\\
-120 & 1200&-2700\\
240 & -2700 & 6480
\end{pmatrix}.}
La matrice candidate pour inverser $H_4$ est :
L = \begin{pmatrix}
\begin{array}{c|c}
K & D\\
\hline
{}^{t}D & b
\end{array}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
16 & -120 & 240 & -140\\
-120 & 1200&-2700 & 1680\\
240 & -2700 & 6480 & -4200\\
-140 & 1680 & -4200 & 2800
\end{pmatrix}.
Vérifiez que la matrice candidate convient
Calculez la première colonne du produit $H_4L$
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
16\\
-120\\
240\\
-140
\end{pmatrix}
&=16\begin{pmatrix}
1\\
\frac{1}{2}\\
\frac{1}{3}\\
\frac{1}{4}
\end{pmatrix}
-120\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\
\frac{1}{3}\\
\frac{1}{4}\\
\frac{1}{5}
\end{pmatrix}
+240\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\
\frac{1}{4}\\
\frac{1}{5}\\
\frac{1}{6}
\end{pmatrix}
-140\begin{pmatrix}
\frac{1}{4}\\
\frac{1}{5}\\
\frac{1}{6}\\
\frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
16\\
8\\
16/3\\
4
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-60\\
-40\\
-30\\
-24
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
80\\
60\\
48\\
40
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-35\\
-28\\
-70/3\\
-20
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
1\\
0\\
-54/3+18\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Calculez la deuxième colonne du produit $H_4L$
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-120\\1200\\-2700\\1680
\end{pmatrix}
&=-120\begin{pmatrix}
1\\ \frac{1}{2}\\\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}
\end{pmatrix}
+1200\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}
\end{pmatrix}
-2700\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}\\\frac{1}{6}
\end{pmatrix}
+1680\begin{pmatrix}
\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}\\\frac{1}{6}\\\frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\\&=\begin{pmatrix}
-120\\ -60 \\-40 \\-30
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
600\\400\\300\\240
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
-900\\-675\\-540\\-450
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
420\\336\\280\\240
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Calculez la troisième colonne du produit $H_4L$
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
240\\-2700\\6480\\-4200
\end{pmatrix}
&= 240\begin{pmatrix}
1\\ \frac{1}{2}\\\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}
\end{pmatrix}
-2700\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}
\end{pmatrix}
+6480\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}\\\frac{1}{6}
\end{pmatrix}
-4200\begin{pmatrix}
\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}\\\frac{1}{6}\\\frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\\&=
\begin{pmatrix}
240\\120\\80\\60
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
-1350\\-900\\-675\\-540
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
2160\\ 1620\\1296\\1080
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
-1050\\-840\\-700\\-600
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Calculez la quatrième colonne du produit $H_4L$
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4}& \frac{1}{5}\\
\frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}\\
\frac{1}{4} & \frac{1}{5}& \frac{1}{6}& \frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-140\\1680\\-4200\\2800
\end{pmatrix}
&= -140\begin{pmatrix}
1\\ \frac{1}{2}\\\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}
\end{pmatrix}
+1680\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}
\end{pmatrix}
-4200\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}\\\frac{1}{6}
\end{pmatrix}
+2800\begin{pmatrix}
\frac{1}{4}\\\frac{1}{5}\\\frac{1}{6}\\\frac{1}{7}
\end{pmatrix}
\\&=\begin{pmatrix}
-140\\-70\\-140/3\\-35
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
840\\560\\420\\336
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
-1400\\-1050\\-840\\-700
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
700\\560\\1400/3\\400
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1260/3-420\\
1
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
0\\0\\0\\1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Concluez
D’après les calculs effectués, si vous notez $I_4$ la matrice identité d’ordre $4$ :
H_4L = I_4.
En transposant cette égalité, vous obtenez :
{}^{t}L{}^{t}H_4 = I_4.
Or, les matrices $L$ et $H_4$ sont symétriques, donc ${}^{t}L = L$ et ${}^{t}H_4 = H_4\comma$ d’où finalement :
H_4L = LH_4 = I_4.
Ce résultat montre que la matrice $H_4$ est inversible et que son inverse est la matrice $L.$
En définitive :
\boxed{H_4^{-1} = \begin{pmatrix}
16 & -120 & 240 & -140\\
-120 & 1200&-2700 & 1680\\
240 & -2700 & 6480 & -4200\\
-140 & 1680 & -4200 & 2800
\end{pmatrix}.}
Prolongement
Il est rappelé que, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ la matrice de Hilbert d’ordre $n$ est la matrice réelle carrée notée $H_n$ qui est définie par :
\forall (i,j)\in\llbracket1, n\rrbracket^2, (H_n)_{i,j} = \frac{1}{i+j-1}.
Pourriez-vous démontrer que, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $2\comma$ la matrice $H_n$ est inversible et que son inverse $H_n^{-1}$ est à coefficients entiers ?