Calculer l'inverse de … par la méthode de Gauss-Jordan, puis vérifier…

Stratégie : Gauss-Jordan sur la matrice augmentée $(A\mid I_3)$. On applique à $A$ une suite d'opérations élémentaires jusqu'à obtenir $I_3$ ; les mêmes opérations, appliquées à $I_3$, produisent $A^{-1}$. C'est légitime parce que chaque opération élémentaire est une multiplication à gauche par une matrice inversible.

a) Descente. $$\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 1& 1& 0& 0\\ 2& 1& 1& 0& 1& 0\\ 1& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\underset{L_3\leftarrow L_3-L_1}{\overset{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }}\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 1& 1& 0& 0\\ 0& 1& -1& -2& 1& 0\\ 0& 1& 0& -1& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_3\leftarrow L_3-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 1& 1& 0& 0\\ 0& 1& -1& -2& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1& -1& 1\end{array}\right)$$ La partie gauche est triangulaire supérieure à diagonale $(1,1,1)$, sans zéro : $A$ est inversible (et $\det A=1$).

b) Remontée. $L_1\leftarrow L_1-L_3$ puis $L_2\leftarrow L_2+L_3$ : $$\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 0& 1& -1\\ 0& 1& 0& -1& 0& 1\\ 0& 0& 1& 1& -1& 1\end{array}\right),\text{donc}{A}^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ -1& 0& 1\\ 1& -1& 1\end{array}\right)$$

c) Vérification par le système. Résoudre $AX=Y$ revient à $X=A^{-1}Y$, soit $$x=y_2-y_3,y=-y_1+y_3,z=y_1-y_2+y_3$$ On le retrouve directement : la première ligne donne $x+z=y_1$, la troisième $x+y+z=y_3$ d'où $y=y_3-y_1$, et la deuxième $2x+y+z=y_2$ d'où $x=y_2-y_3$ (en soustrayant la troisième), puis $z=y_1-x=y_1-y_2+y_3$. Les deux calculs coïncident.

⚠️ Le point délicat : les opérations doivent porter sur la ligne entière, moitié droite comprise, et toujours dans le même ordre. Une opération oubliée à droite fabrique une matrice qui n'a plus rien à voir avec $A^{-1}$, sans que rien ne le signale. C'est pourquoi on termine toujours par le contrôle $A{A}^{-1}=I_3$.

Contrôle numérique. $A{A}^{-1}=A^{-1}A=I_3$ (produit exact vérifié dans les deux ordres), et $\det A=1$. Contrôle de la première ligne à la main : $(1,0,1)$ contre les colonnes de $A^{-1}$ donne $(0+0+1,1+0-1,-1+0+1)=(1,0,0)$ ✓.

Ce que l'exercice installe. Inverser une matrice, c'est résoudre $n$ systèmes d'un coup — un par colonne de $I_n$ — et l'algorithme du pivot les traite simultanément. C'est la méthode de calcul effective : aucune formule explicite (comme celle par les cofacteurs) n'est utilisable au-delà de $n=3$.