La matrice $\min (i,j)$ est un produit de deux triangulaires

La stratégie. Une matrice structurée se triangularise d'un coup par une famille d'opérations bien choisie ; mieux encore, elle se factorise en matrices triangulaires, ce qui donne à la fois son déterminant et son inverse.

1) Par transvections. Faites de bas en haut, les opérations utilisent chacune la ligne $L_{i-1}$ d'origine, pas encore modifiée ; ce sont des transvections, qui ne changent pas le déterminant. Le nouveau coefficient d'indice $(i,j)$, pour $i\ge 2$, est $$\min (i,j)-\min (i-1,j)=\{\begin{array}{ll}i-(i-1)=1& \text{si }j\ge i,\\ j-j=0& \text{si }j\le i-1.\end{array}$$ La première ligne, $(1,\dots ,1)$, est inchangée. La matrice obtenue est triangulaire supérieure, avec des $1$ sur la diagonale et au-dessus : $\det A_n=1$ pour tout $n$.

Le point délicat. L'ordre compte pour la forme du résultat, pas pour le déterminant. Effectuées de haut en bas, les transvections laisseraient le déterminant inchangé, mais $L_3\leftarrow L_3-L_2$ utiliserait une ligne $L_2$ déjà modifiée, et la matrice obtenue ne serait plus triangulaire.

2) La factorisation. Le coefficient d'indice $(i,j)$ de ${\Sigma }_n{\Sigma }_n^{\top }$ est ${\sum }_{k=1}^n{s}_{i,k}{s}_{j,k}$, où $s_{i,k}=1$ si $k\le i$ et $0$ sinon. Le produit $s_{i,k}{s}_{j,k}$ vaut $1$ exactement quand $k\le i$ et $k\le j$, c'est-à-dire $k\le \min (i,j)$ : la somme compte ces $k$, il y en a $\min (i,j)$. Donc $A_n={\Sigma }_n{\Sigma }_n^{\top }$, et $\det A_n=\det {\Sigma }_n\det {\Sigma }_n^{\top }=1\times 1=1$, le déterminant d'une matrice triangulaire à diagonale de $1$ valant $1$, et celui d'une transposée étant celui de la matrice.

3) Les inverses. ${\Sigma }_n^{-1}$. Pour une colonne $X$, ${\Sigma }_{n}X$ est la colonne des sommes cumulées : sa $i$-ième coordonnée est $x_1+\cdots +x_i$. L'opération inverse est la différence : si $Y={\Sigma }_{n}X$, alors $x_1=y_1$ et $x_i=y_i-y_{i-1}$ pour $i\ge 2$. Donc ${\Sigma }_n^{-1}={\Delta }_n$, matrice bidiagonale portant des $1$ sur la diagonale, des $-1$ juste au-dessous, et des $0$ ailleurs. $A_n^{-1}$. L'inverse d'une transposée étant la transposée de l'inverse, $A_n^{-1}=({\Sigma }_n^{\top }{)}^{-1}{\Sigma }_n^{-1}={\Delta }_n^{\top }{\Delta }_n$. Son coefficient d'indice $(i,j)$ est la somme des produits des coordonnées de même rang des colonnes $i$ et $j$ de ${\Delta }_n$. La colonne $i$ de ${\Delta }_n$ est $e_i-e_{i+1}$ pour $i\le n-1$, et $e_n$ pour $i=n$. Donc : pour $i\le n-1$, le coefficient diagonal vaut $1^2+(-1{)}^2=2$, et le dernier vaut $1$ ; deux colonnes voisines $e_i-e_{i+1}$ et $e_{i+1}-e_{i+2}$ (ou $e_n$) n'ont en commun que la coordonnée $i+1$, où elles portent $-1$ et $1$ : produit $-1$ ; deux colonnes non voisines ne partagent aucune coordonnée non nulle : $0$. Ainsi $$A_n^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}2& -1& & & \\ -1& 2& -1& & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & -1& 2& -1\\ & & & -1& 1\end{array}\right).$$ Contrôle pour $n=3$ : $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 2& 2\\ 1& 2& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 0\\ -1& 2& -1\\ 0& -1& 1\end{array}\right)=I_3$, comme on le vérifie ligne par colonne.

Ce que l'exercice installe. Factoriser une matrice en triangulaire fois transposée donne d'un coup son déterminant et son inverse ; sommes cumulées et différences sont inverses l'une de l'autre, comme intégration et dérivation. La paire $A_n$, $A_n^{-1}$ a un sens physique précis : pour une chaîne de $n$ masses reliées par des ressorts identiques de raideur $k$, la première attachée à un mur et la dernière libre, la matrice de raideur est $k{A}_n^{-1}$, et le déplacement de la masse $i$ sous une force unité appliquée à la masse $j$ vaut $\frac{\min (i,j)}{k}$ — seuls les ressorts situés entre le mur et le point d'application sont tendus. La matrice $A_n^{-1}$ ne diffère de celle du problème qui suit que par un coefficient : c'est la même chaîne, avec un bout libre au lieu d'un bout fixe.