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

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

b) 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 $\det(B)=-21-32=-53$.

c) 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.

Un rappel important : la règle de Sarrus ne fonctionne QUE pour les matrices $3\times 3$. Elle ne se généralise pas à l'ordre $4$, contrairement à ce que beaucoup d'étudiants tentent en examen. Au-delà de l'ordre $3$, seul le développement selon les cofacteurs est valable.

d) $\det(A)=22\neq 0$, 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.

a) 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.

b) 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.

On calcule ce déterminant $3\times 3$ par développement selon sa première ligne : $2\big((3)(0)-(1)(2)\big)-1\big((4)(0)-(1)(1)\big)+3\big((4)(2)-(3)(1)\big)=2(-2)-1(-1)+3(8-3)=-4+1+15=12$. Donc $\det(C)=12$.

c) $\det(C^{T})=\det(C)=12$. 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.

d) $\det(2C)=2^{4}\det(C)=16\times 12=192$. 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.

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

b) 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.

c) 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.

d) $\det(A^{2})=\det(A)\det(A)=6\times 6=36$, 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 $\det(A^{T})=\det(A)=6$.

Pour $\det(A+A)$ : le piège consiste à écrire $\det(A)+\det(A)=12$. C'est faux, car le déterminant n'est PAS additif. Il faut voir que $A+A=2A$, donc $\det(A+A)=\det(2A)=2^{3}\times 6=48$. Retenez la formule qui n'existe pas : $\det(A+B)\neq\det(A)+\det(B)$ en général. Le déterminant est multiplicatif, jamais additif.

a) 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.

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

$C_{11}=+\begin{vmatrix} 1 & 4 \\ 6 & 0 \end{vmatrix}=0-24=-24$, $\ C_{12}=-\begin{vmatrix} 0 & 4 \\ 5 & 0 \end{vmatrix}=-(0-20)=20$, $\ C_{13}=+\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 5 & 6 \end{vmatrix}=0-5=-5$.

$C_{21}=-\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 6 & 0 \end{vmatrix}=-(0-18)=18$, $\ C_{22}=+\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 5 & 0 \end{vmatrix}=0-15=-15$, $\ C_{23}=-\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 5 & 6 \end{vmatrix}=-(6-10)=4$.

$C_{31}=+\begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{vmatrix}=8-3=5$, $\ C_{32}=-\begin{vmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 4 \end{vmatrix}=-(4-0)=-4$, $\ C_{33}=+\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix}=1-0=1$.

c) 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.

Enfin $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\text{adj}(A)=\dfrac{1}{1}\text{adj}(A)=\begin{pmatrix} -24 & 18 & 5 \\ 20 & -15 & -4 \\ -5 & 4 & 1 \end{pmatrix}$.

d) 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.

a) 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.

Conséquence géométrique cohérente : deux lignes identiques signifient deux vecteurs égaux parmi les lignes, donc une famille liée, donc un volume nul.

b) 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 : $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}$.

Remarquez au passage ce que cette égalité démontre en creux : l'inverse d'une matrice à coefficients entiers n'a de coefficients entiers que si $\det(A)=\pm 1$.

c) On développe selon la première ligne : $\det(M)=k\begin{vmatrix} k & 1 \\ 1 & k \end{vmatrix}-1\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2 & k \end{vmatrix}+2\begin{vmatrix} 1 & k \\ 2 & 1 \end{vmatrix}=k(k^{2}-1)-1(k-2)+2(1-2k)$.

En développant : $k^{3}-k-k+2+2-4k=k^{3}-6k+4$. La matrice est singulière lorsque ce polynôme s'annule. On cherche une racine évidente parmi les diviseurs de $4$ : pour $k=2$, on a $8-12+4=0$. Donc $k=2$ est racine, et on factorise par $k-2$ : $k^{3}-6k+4=(k-2)(k^{2}+2k-2)$.

Le facteur quadratique donne $k=\dfrac{-2\pm\sqrt{4+8}}{2}=\dfrac{-2\pm 2\sqrt{3}}{2}=-1\pm\sqrt{3}$. La matrice $M$ est donc singulière pour $k=2$, $k=-1+\sqrt{3}\approx 0{,}73$ et $k=-1-\sqrt{3}\approx -2{,}73$. Trois valeurs, et non une seule : un déterminant d'ordre $3$ à paramètre sur la diagonale donne un polynôme de degré $3$, il faut aller chercher toutes ses racines.

d) Pour $k=2$, la matrice devient $M=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \end{pmatrix}$. Les lignes $L_{1}$ et $L_{3}$ sont identiques, donc $L_{1}-L_{3}=(0;\ 0;\ 0)$ est une relation de dépendance explicite, à coefficients $(1;\ 0;\ -1)$ non tous nuls.

Une telle relation devait nécessairement exister : $\det(M)=0$ équivaut à dire que les lignes de $M$ forment une famille liée, et une famille liée est précisément une famille admettant une combinaison linéaire nulle à coefficients non tous nuls. Le déterminant nul et la relation de dépendance sont deux formulations du même fait, l'une numérique et l'autre structurelle. Ici, la question a) donne même le résultat sans aucun calcul : deux lignes identiques suffisent à conclure que $\det(M)=0$.

a) $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & 3 & -1 \\ 3 & -1 & 2 \end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 11 \end{pmatrix}$.

Développement selon la première ligne : $\det(A)=2\big((3)(2)-(-1)(-1)\big)-1\big((1)(2)-(-1)(3)\big)+(-1)\big((1)(-1)-(3)(3)\big)=2(6-1)-1(2+3)-1(-1-9)=10-5+10=15$.

b) Le déterminant vaut $15\neq 0$, donc $A$ est inversible et la règle de Cramer s'applique. On peut affirmer AVANT tout calcul que le système admet une solution unique. C'est le rôle exact du déterminant du système : il tranche la question de l'existence et de l'unicité sans donner la solution. Si $\det(A)$ avait été nul, Cramer aurait été inutilisable et il aurait fallu passer par Gauss-Jordan pour distinguer entre aucune solution et une infinité.

c) On remplace la première colonne de $A$ par $B$ : $\det(A_{x})=\begin{vmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 2 & 3 & -1 \\ 11 & -1 & 2 \end{vmatrix}=2\big(6-1\big)-1\big(4+11\big)+(-1)\big(-2-33\big)=10-15+35=30$. Donc $x=\dfrac{\det(A_{x})}{\det(A)}=\dfrac{30}{15}=2$.

d) On remplace la deuxième colonne par $B$ : $\det(A_{y})=\begin{vmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 1 & 2 & -1 \\ 3 & 11 & 2 \end{vmatrix}=2\big((2)(2)-(-1)(11)\big)-2\big((1)(2)-(-1)(3)\big)+(-1)\big((1)(11)-(2)(3)\big)=2(15)-2(5)-1(5)=30-10-5=15$. Donc $y=\dfrac{15}{15}=1$.

Puis la troisième colonne : $\det(A_{z})=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 2 \\ 3 & -1 & 11 \end{vmatrix}=2\big((3)(11)-(2)(-1)\big)-1\big((1)(11)-(2)(3)\big)+2\big((1)(-1)-(3)(3)\big)=2(35)-1(5)+2(-10)=70-5-20=45$. Donc $z=\dfrac{45}{15}=3$.

e) Équation 1 : $2(2)+1-3=4+1-3=2$, conforme. Équation 2 : $2+3(1)-3=2+3-3=2$, conforme. Équation 3 : $3(2)-1+2(3)=6-1+6=11$, conforme. La solution est $(x;\ y;\ z)=(2;\ 1;\ 3)$, soit des tarifs de $2$, $1$ et $3$ unités de facturation. Vérifier dans les TROIS équations, et pas seulement dans celle qui a servi au dernier calcul, est ce qui distingue une réponse sûre d'une réponse espérée.

f) Les coefficients du système ne changent pas, donc la matrice $A$ est inchangée et $\det(A)=15$ reste valable : aucun recalcul de ce côté, et la conclusion sur l'existence et l'unicité de la solution tient encore. En revanche, chacun des trois déterminants $\det(A_{x})$, $\det(A_{y})$ et $\det(A_{z})$ contient la colonne $B$, donc tous les trois sont à recalculer.

Pour $x$ : $\det(A_{x})=\begin{vmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 2 & 3 & -1 \\ 14 & -1 & 2 \end{vmatrix}=2(6-1)-1(4+14)+(-1)(-2-42)=10-18+44=36$, d'où $x=\dfrac{36}{15}=\dfrac{12}{5}=2{,}4$.

C'est l'avantage structurel de Cramer sur Gauss-Jordan quand seul le membre de droite bouge : le dénominateur, qui est la partie coûteuse du travail, est calculé une fois pour toutes. Et si une seule inconnue vous est demandée, Cramer donne un seul déterminant à calculer là où Gauss-Jordan exige de résoudre le système complet.