Sujet $$3$$ - Exercice 2

Notons par $$\mathbb{I}_n$$ la matrice carrée de taille $$(n\,;\,n)$$ qui a tous ces éléments égal à $$1$$.
Dans ce cas, on a :
$$A = \mathbb{I}_n - I_n$$
De fait, on a :
$$A^2 = A \times A = (\mathbb{I}_n - I_n) \times (\mathbb{I}_n - I_n) = \mathbb{I}_n^2 - \mathbb{I}_n I_n - I_n \mathbb{I}_n + I_n^2 = \mathbb{I}_n^2 - \mathbb{I}_n - \mathbb{I}_n + I_n^2 = \mathbb{I}_n^2 - 2 \mathbb{I}_n + I_n^2$$
Soit :
$$A^2 = A \times A = \mathbb{I}_n^2 - 2 \mathbb{I}_n + I_n$$
De plus, on a :
$$\mathbb{I}_n^2 = \mathbb{I}_n \times \mathbb{I}_n = \begin{pmatrix} 1 & 1 &\cdots & 1 \\ 1 & 1 &\cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & 1 &\cdots & 1 \\ 1 & 1 &\cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n & n &\cdots & n \\ n & n &\cdots & n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ n & 1 & \cdots & n \end{pmatrix} = n \begin{pmatrix} 1 & 1 &\cdots & 1 \\ 1 & 1 &\cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 1 & \cdots & 1 \end{pmatrix}$$
Donc :
$$\mathbb{I}_n^2 = n\mathbb{I}_n$$
Ainsi (avec $$\mathbb{I}_n = A + I_n$$) :
$$A^2 = A \times A = n\mathbb{I}_n - 2 \mathbb{I}_n + I_n = (n-2)\mathbb{I}_n + I_n = (n-2)(A + I_n) + I_n = (n-2)A + (n-2)I_n + I_n$$
Donc :
$$A^2 = (n-2)A + (n-1)I_n \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, A^2 - (n-2)A = (n-1)I_n \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, A^2 - (n-2)AI_n = (n-1)I_n$$
Donc, on obtient :
$$A \big( A - (n-2)I_n \big) = (n-1)I_n \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, A \times \big( A - (n-2)I_n \big) = (n-1)I_n$$
Soit :
$$A \times \dfrac{1}{n-1} \big( A - (n-2)I_n \big) = I_n$$
Mais, par hypothèse, on sait que la matrice $$A$$ est inversible, donc on a $$A \times A^{-1} = I_n$$. Donc, par identification, on obtient immédiatement :
$$A^{-1} = \dfrac{1}{n-1} \big( A - (n-2)I_n \big) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, A^{-1} = \dfrac{1}{n-1} \big( A + (2-n)I_n \big)$$
On a alors :
$$A^{-1} = \dfrac{1}{n-1} \left( \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 &\cdots & 1 \\ 1 & 0 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 1 \\ 1 & 1 & 1 &\cdots & 0 \end{pmatrix} + (2-n) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix} \right)$$
Soit :
$$A^{-1} = \dfrac{1}{n-1} \left( \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 &\cdots & 1 \\ 1 & 0 & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 1 \\ 1 & 1 & 1 &\cdots & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2-n & 0 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 & 2-n & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 2-n \end{pmatrix} \right)$$
Finalement, on trouve que l'expression de la matrice inverse $$A^{-1}$$ est donnée par :
$$A^{-1} = \dfrac{1}{n-1} \begin{pmatrix} 2-n & 1 & 1 &\cdots & 1 \\ 1 & 2-n & 1 & \cdots & 1 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 1 \\ 1 & 1 & 1 &\cdots & 2-n \end{pmatrix}$$
On constate que la seule valeur de $$n$$ qui rend la matrice $$A$$ non inversible est $$n=1$$. Cependant, par hypothèse $$n \geqslant 2$$. Donc $$A$$ est toujours inversible.