Exercices corrigés : déterminants, cofacteurs et règle de Cramer (201-NYC / Maths 105)

$ad-bc=(-6)(-3)-(4)(5)=18-20=-2$.

$\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)\cdot\frac{3}{4}=1+\frac{3}{8}=\frac{11}{8}$. Piège : $-bc$ avec $b$ négatif donne un PLUS.

La matrice est triangulaire inférieure : le déterminant est le produit de la diagonale, $2\times(-1)\times 3\times(-2)=12$. Les coefficients sous la diagonale ne comptent pas.

Diagonales descendantes : $4\cdot 0\cdot 1+(-1)(-2)(1)+2\cdot 3\cdot 5=0+2+30=32$. Diagonales montantes : $2\cdot 0\cdot 1+4(-2)(5)+(-1)(3)(1)=0-40-3=-43$. Donc $32-(-43)=75$. Piège : retrancher les montantes sans parenthèses, ce qui donne $32-43=-11$.

La deuxième ligne n'a qu'un coefficient non nul, $-3$, à la place $(2,3)$, de signe $(-1)^{2+3}=-1$. Son mineur est $\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 5 & -1 \end{vmatrix}=-2-5=-7$. Donc $\det=(-3)\times(-1)\times(-7)=-21$. Piège : oublier le signe de la place, ce qui donne $+21$.

$L_{2}-4L_{1}$ donne $(0;\ -2;\ 3)$ et $L_{3}+2L_{1}$ donne $(0;\ 2;\ 3)$, sans changer le déterminant. On développe selon la première colonne : $1\times\begin{vmatrix} -2 & 3 \\ 2 & 3 \end{vmatrix}=-6-6=-12$.

On sort $3$ de la première ligne et $2$ de la deuxième : $\det=3\times 2\times\begin{vmatrix} 2 & -3 & 1 \\ 2 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 5 \end{vmatrix}$. Ce dernier vaut $2(5-0)-(-3)(10+1)+1(0-1)=10+33-1=42$, donc $\det=6\times 42=252$. Piège : sortir le facteur d'une ligne sans le remettre devant.

La troisième colonne n'a qu'un coefficient non nul, $2$, à la place $(4,3)$, de signe $(-1)^{4+3}=-1$. Son mineur, sans la ligne 4 ni la colonne 3, est $\begin{vmatrix} 1 & 4 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 0 & 1 \end{vmatrix}=1(1-0)-4(2-9)+(-1)(0-3)=1+28+3=32$. Donc $\det=2\times(-1)\times 32=-64$. Piège : le signe de la place $(4,3)$.

$(x-1)(x+3)-12=x^{2}+2x-15=(x+5)(x-3)$, nul pour $x=-5$ ou $x=3$. Vérification : pour $x=3$, $\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 4 & 6 \end{vmatrix}=12-12=0$.

$\det A=4(5)-(-3)(2)=26$. On remplace la colonne de $x$ par le second membre : $\det A_{x}=\begin{vmatrix} 5 & -3 \\ -1 & 5 \end{vmatrix}=25-3=22$, puis celle de $y$ : $\det A_{y}=\begin{vmatrix} 4 & 5 \\ 2 & -1 \end{vmatrix}=-4-10=-14$. Donc $x=\frac{22}{26}=\frac{11}{13}$ et $y=-\frac{14}{26}=-\frac{7}{13}$. Piège : $(-3)(-1)=+3$, que l'on retranche dans $\det A_{x}$.

$\det(A)=(3)(4)-(-2)(5)=12+10=22$. Attention au double signe négatif, c'est l'erreur la plus fréquente sur un déterminant $2\times 2$.

Règle de Sarrus : on recopie les deux premières colonnes à droite, puis on somme les trois diagonales descendantes et on retranche les trois diagonales montantes. Diagonales descendantes : $(2)(4)(-2)=-16$, $(-1)(5)(1)=-5$, $(3)(0)(2)=0$, de somme $-21$. Diagonales montantes : $(1)(4)(3)=12$, $(2)(5)(2)=20$, $(-2)(0)(-1)=0$, de somme $32$. Donc $\det(B)=-21-32=-53$.

La première colonne contient un zéro, elle est donc un bon choix. $\det(B)=2\,C_{11}+0\,C_{21}+1\,C_{31}$, et le terme du milieu disparaît. On a $C_{11}=(+1)\begin{vmatrix} 4 & 5 \\ 2 & -2 \end{vmatrix}=(4)(-2)-(5)(2)=-8-10=-18$ et $C_{31}=(+1)\begin{vmatrix} -1 & 3 \\ 4 & 5 \end{vmatrix}=(-1)(5)-(3)(4)=-5-12=-17$. Le signe de $C_{31}$ est positif car $(-1)^{3+1}=+1$. Donc $\det(B)=2(-18)+1(-17)=-36-17=-53$. Les deux méthodes concordent.

$\det(A)=22\neq 0$, donc $A$ est inversible. $\det(B)=-53\neq 0$, donc $B$ est inversible également. Un déterminant négatif n'empêche rien : c'est la nullité, et elle seule, qui fait obstacle à l'inversibilité.

La deuxième ligne, $(0;\ 1;\ 0;\ 0)$, contient trois zéros : c'est le meilleur choix possible, puisque le développement se réduit à un seul terme au lieu de quatre. La deuxième colonne, $(0;\ 1;\ 2;\ 0)$, en contient deux, elle serait le deuxième choix. Développer selon la première ligne obligerait à calculer trois déterminants $3\times 3$ pour rien.

On développe selon la deuxième ligne. Seul le coefficient $a_{22}=1$ est non nul, et son signe est $(-1)^{2+2}=+1$. Donc $\det(C)=1\times\begin{vmatrix} 2 & 1 & 3 \\ 4 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \end{vmatrix}$, mineur obtenu en supprimant la deuxième ligne et la deuxième colonne.

$\det(C^{T})=\det(C)=12$. Le déterminant d'une matrice et celui de sa transposée sont toujours égaux. C'est d'ailleurs la raison pour laquelle on peut développer indifféremment selon une ligne ou selon une colonne : transposer échange les deux rôles sans changer le résultat.

$\det(2C)=2^{4}\det(C)=16\times 12=192$. L'erreur à éviter ici est d'écrire $\det(2C)=2\det(C)$. Multiplier la matrice entière par $2$ revient à multiplier CHACUNE de ses quatre lignes par $2$, et chaque ligne multipliée sort un facteur $2$ du déterminant, d'où $2^{4}$. La règle générale est $\det(kA)=k^{n}\det(A)$ pour une matrice $n\times n$, et c'est l'exposant $n$ qui est régulièrement oublié en examen.

Échanger deux lignes change le signe du déterminant : $\det(A_{1})=-6$.

Multiplier UNE ligne par $5$ multiplie le déterminant par $5$ : $\det(A_{2})=5\times 6=30$. En revanche, $5A$ multiplie les TROIS lignes par $5$, donc $\det(5A)=5^{3}\times 6=125\times 6=750$. C'est exactement la distinction que l'examen cherche à tester en posant les deux questions côte à côte.

Ajouter à une ligne un multiple d'une autre ligne ne modifie pas le déterminant : $\det(A_{3})=6$. C'est la propriété la plus utile de toutes, car elle autorise à créer des zéros librement avant un développement par cofacteurs, sans avoir à corriger le résultat ensuite. Géométriquement, ajouter un multiple d'une colonne à une autre fait GLISSER le parallélogramme sans changer ni sa base ni sa hauteur : son aire, donc le déterminant, reste inchangée.

$\det(A^{2})=\det(A)\det(A)=6\times 6=36$, par la propriété $\det(AB)=\det(A)\det(B)$. Comme $\det(A)=6\neq 0$, la matrice $A$ est inversible et $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}=\dfrac{1}{6}$. Enfin $\det(A^{T})=\det(A)=6$.

Développement selon la première ligne : $\det(A)=1\big((1)(0)-(4)(6)\big)-2\big((0)(0)-(4)(5)\big)+3\big((0)(6)-(1)(5)\big)=1(-24)-2(-20)+3(-5)=-24+40-15=1$. Le déterminant vaut $1\neq 0$, donc $A$ est inversible. Ce déterminant égal à $1$ va rendre la suite particulièrement lisible, puisque diviser par $1$ ne change rien.

On applique $C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$, en suivant le damier de signes $\begin{pmatrix} + & - & + \\ - & + & - \\ + & - & + \end{pmatrix}$.

La matrice des cofacteurs est $\begin{pmatrix} -24 & 20 & -5 \\ 18 & -15 & 4 \\ 5 & -4 & 1 \end{pmatrix}$. L'adjointe en est la TRANSPOSÉE : $\text{adj}(A)=\begin{pmatrix} -24 & 18 & 5 \\ 20 & -15 & -4 \\ -5 & 4 & 1 \end{pmatrix}$. Oublier de transposer est l'erreur numéro un de cet exercice, et elle est invisible tant qu'on ne vérifie pas le produit final.

Première ligne du produit $A\,A^{-1}$ : $(1)(-24)+(2)(20)+(3)(-5)=-24+40-15=1$, puis $(1)(18)+(2)(-15)+(3)(4)=18-30+12=0$, puis $(1)(5)+(2)(-4)+(3)(1)=5-8+3=0$. On obtient bien $(1;\ 0;\ 0)$. En poursuivant de même sur les deux autres lignes, on obtient la matrice identité $I_{3}$, ce qui valide l'inverse. Cette vérification prend une minute et rattrape toutes les erreurs de signe : ne la sautez jamais.

La matrice $U$ est triangulaire supérieure : sous la diagonale, tous les coefficients sont nuls. Le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit des coefficients diagonaux : $\det(U)=(3)(-2)(4)=-24$. Aucun développement n'est nécessaire, et cette règle vaut aussi pour les matrices triangulaires inférieures et diagonales. C'est précisément l'intérêt de la méthode du pivot : on triangularise, puis on multiplie la diagonale.

La deuxième ligne de $P$ est le double de la première : $(2;\ 4;\ 6)=2(1;\ 2;\ 3)$. Deux lignes proportionnelles forment une famille liée, donc le déterminant est nul : $\det(P)=0$. On peut le voir aussi comme une conséquence de la propriété des opérations élémentaires : en remplaçant $L_{2}$ par $L_{2}-2L_{1}$, on obtient une ligne entièrement nulle, et un déterminant possédant une ligne de zéros vaut $0$. Aucun calcul de Sarrus n'est requis.

On ne change pas la valeur d'un déterminant en ajoutant à une ligne un multiple d'une autre. On fabrique des zéros sous le premier pivot : $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ donne $(0;\ 1;\ 3)$, et $L_{3}\leftarrow L_{3}-3L_{1}$ donne $(0;\ 1;\ 5)$. Le déterminant devient $\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 5 \end{vmatrix}$. On développe selon la première colonne, qui n'a plus qu'un terme : $\det(M)=1\times\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 5 \end{vmatrix}=1(5-3)=2$. Vérification directe par Sarrus : $1(10-7)-2(4-3)+(-1)(14-15)=3-2+1=2$, tout concorde.

Chaque ligne porte un facteur commun. La première est $2(1;\ 2;\ 3)$, la deuxième est $3(1;\ 1;\ 1)$. Multiplier une ligne par un scalaire multiplie le déterminant par ce scalaire, donc on sort les deux facteurs : $\det(N)=2\times 3\times\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 5 & 2 \end{vmatrix}$. Le déterminant restant vaut $1(1\cdot 2-1\cdot 5)-2(1\cdot 2-1\cdot 1)+3(1\cdot 5-1\cdot 1)=1(-3)-2(1)+3(4)=-3-2+12=7$. Donc $\det(N)=6\times 7=42$. Le piège serait de sortir un facteur puis d'oublier de le reporter dans le produit final : chaque scalaire extrait doit réapparaître en multiplication.

Soit $A$ une matrice dont les lignes $L_{i}$ et $L_{j}$ sont identiques, avec $i\neq j$. Échangeons ces deux lignes : la matrice obtenue, appelons-la $A'$, est rigoureusement identique à $A$, puisque les deux lignes échangées portaient les mêmes coefficients. Donc $\det(A')=\det(A)$. Mais par la propriété de l'échange de lignes, $\det(A')=-\det(A)$. En combinant : $\det(A)=-\det(A)$, donc $2\det(A)=0$, donc $\det(A)=0$. La démonstration tient en trois lignes et n'utilise aucun coefficient.

Par définition de l'inverse, $A\,A^{-1}=I$. On applique le déterminant aux deux membres : $\det(A\,A^{-1})=\det(I)$. Le membre de gauche se factorise par la propriété multiplicative : $\det(A)\det(A^{-1})$. Le membre de droite vaut $1$, puisque le déterminant de la matrice identité est $1$. Donc $\det(A)\det(A^{-1})=1$. Comme $A$ est inversible, $\det(A)\neq 0$, et on peut diviser : $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}$.