Exercice 0.1 : Calculer des déterminants : dix calculs directs

Pour chaque ligne, calculez le déterminant demandé, ou la valeur indiquée, en choisissant la voie la plus courte. Les fractions se donnent exactes, sous la forme $\frac{3}{4}$ ou $3/4$ .

Avant de calculer, on regarde la matrice : une matrice triangulaire se lit sur sa diagonale, une ligne ou une colonne pleine de zéros désigne le développement par cofacteurs, avec le signe $(-1)^{i+j}$ de la place, et une ligne à facteur commun se simplifie d'abord. Ajouter à une ligne un multiple d'une autre ne change pas le déterminant, et c'est le moyen de créer des zéros. Il ne reste alors qu'un $2\times 2$ , $ad-bc$ , ou la règle de Sarrus pour un $3\times 3$ .

a) $\begin{vmatrix} -6 & 4 \\ 5 & -3 \end{vmatrix}$ .
b) $\begin{vmatrix} \frac{2}{3} & -\frac{1}{2} \\ \frac{3}{4} & \frac{3}{2} \end{vmatrix}$ .
c) $\begin{vmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 7 & -1 & 0 & 0 \\ -3 & 4 & 3 & 0 \\ 9 & 5 & -8 & -2 \end{vmatrix}$ .
d) $\begin{vmatrix} 4 & -1 & 2 \\ 3 & 0 & -2 \\ 1 & 5 & 1 \end{vmatrix}$ , par la règle de Sarrus.
e) $\begin{vmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & -3 \\ 5 & -1 & 2 \end{vmatrix}$ , par cofacteurs selon la deuxième ligne.
f) $\begin{vmatrix} 1 & 3 & -2 \\ 4 & 10 & -5 \\ -2 & -4 & 7 \end{vmatrix}$ , en créant d'abord des zéros par $L_{2}-4L_{1}$ et $L_{3}+2L_{1}$ .
g) $\begin{vmatrix} 6 & -9 & 3 \\ 4 & 2 & -2 \\ 1 & 0 & 5 \end{vmatrix}$ , en sortant d'abord les facteurs communs des deux premières lignes.
h) $\begin{vmatrix} 1 & 4 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & 0 & 3 \\ 3 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 2 & 2 & 5 \end{vmatrix}$ .
i) Trouvez les valeurs de $x$ pour lesquelles $\begin{vmatrix} x-1 & 3 \\ 4 & x+3 \end{vmatrix}=0$ .
j) Résolvez par la règle de Cramer le système $\begin{cases} 4x-3y=5 \\ 2x+5y=-1 \end{cases}$ , puis donnez $x$ et $y$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/12

a)

déterminant

b)

déterminant

c)

déterminant

d)

déterminant

e)

déterminant

f)

déterminant

g)

déterminant

h)

déterminant

i)

la plus petite valeur

la plus grande valeur

j)

x

y

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Réponses

a) $18-20=-2$
b) $1+\frac{3}{8}=\frac{11}{8}$
c) $2(-1)(3)(-2)=12$
d) $32-(-43)=75$
e) $(-3)(-1)(-7)=-21$
f) $\begin{vmatrix} -2 & 3 \\ 2 & 3 \end{vmatrix}=-12$
g) $6\times 42=252$
h) $2\times(-1)\times 32=-64$
i) $(x+5)(x-3)=0$ ; $x=-5$ ou $x=3$
j) $x=\frac{22}{26}=\frac{11}{13}$ ; $y=-\frac{14}{26}=-\frac{7}{13}$

Le geste qui décide de tout : choisir la voie avant de calculer. Une diagonale, une ligne de zéros, un facteur commun ou une opération $L_{i}-kL_{j}$ remplacent un long développement, et chaque cofacteur porte le signe de sa place dans le damier $+,-,+$ .

a)

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

b)

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

c)

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.

d)

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 $32-43=-11$ .

e)

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 $+21$ .

f)

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

g)

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.

h)

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 $(4,3)$ .

i)

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

j)

$\det A=4(5)-(-3)(2)=26$ . 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 $\det A_{x}$ .

Contrôle : un déterminant $3\times 3$ se refait par une autre ligne ou par Sarrus, et les deux résultats doivent coïncider. Pour Cramer, on remplace dans le système : $4\cdot\frac{11}{13}-3\cdot\left(-\frac{7}{13}\right)=\frac{44+21}{13}=5$ .

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Exercice 1 : Déterminants d'ordre 2 et 3, deux méthodes

On considère les matrices $A=\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 5 & 4 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 1 & 2 & -2 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez $\det(A)$ .
b) Calculez $\det(B)$ par la règle de Sarrus.
c) Recalculez $\det(B)$ par développement selon les cofacteurs de la première colonne, et vérifiez que vous retrouvez le même nombre.
d) Les matrices $A$ et $B$ sont-elles inversibles ? Justifiez.

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Réponses

a) $\det(A)=22$
b) $\det(B)=-53$
c) $C_{11}=-18$ , $C_{31}=-17$ : $-53$
d) Les deux sont inversibles

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.

Exercice 2 : Déterminant d'ordre 4 par les cofacteurs

On considère la matrice d'ordre $4$ : $C=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 3 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}$ .

a) Quelle ligne ou quelle colonne choisiriez-vous pour le développement selon les cofacteurs ? Justifiez votre choix.
b) Calculez $\det(C)$ .
c) Sans aucun nouveau calcul, donnez $\det(C^{T})$ et justifiez.
d) Sans recalculer de déterminant, donnez $\det(2C)$ et justifiez.

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Réponses

a) Deuxième ligne : trois zéros
b) $\det(C)=12$
c) $\det(C^T)=12$
d) $\det(2C)=2^4\times 12=192$

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.

Exercice 3 : Propriétés du déterminant et opérations élémentaires

Soit $A$ une matrice carrée d'ordre $3$ dont on sait seulement que $\det(A)=6$ . On ne connaît aucun de ses coefficients.

Dans chaque cas, donnez la valeur demandée en justifiant par la propriété utilisée, sans jamais chercher à reconstituer $A$ .

a) On obtient $A_{1}$ en échangeant la première et la troisième ligne de $A$ . Que vaut $\det(A_{1})$ ?
b) On obtient $A_{2}$ en multipliant la deuxième ligne de $A$ par $5$ . Que vaut $\det(A_{2})$ ? Que vaut $\det(5A)$ ?
c) On obtient $A_{3}$ en ajoutant à la deuxième ligne de $A$ quatre fois la première ligne. Que vaut $\det(A_{3})$ ?
d) Donnez $\det(A^{2})$ , $\det(A^{-1})$ et $\det(A^{T})$ . Que vaudrait $\det(A+A)$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $-6$
b) 30 ; $\det(5A)=750$
c) 6
d) 36 ; $\frac16$ ; 6 ; $\det(A+A)=48$

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. 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.

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.

Exercice 4 : Matrice adjointe et inverse par les cofacteurs

On considère la matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 5 & 6 & 0 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez $\det(A)$ et concluez sur l'inversibilité de $A$ .
b) Calculez les neuf cofacteurs de $A$ .
c) Déduisez-en la matrice adjointe $\text{adj}(A)$ , puis $A^{-1}$ .
d) Vérifiez votre résultat en calculant le produit $A\,A^{-1}$ .

Voir la correction

Réponses

a) $\det(A)=1$ : inversible
b) Cofacteurs $\begin{pmatrix}-24&20&-5\\18&-15&4\\5&-4&1\end{pmatrix}$
c) $A^{-1}=\begin{pmatrix}-24&18&5\\20&-15&-4\\-5&4&1\end{pmatrix}$
d) $AA^{-1}=I_3$

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.

Exercice 5 : Calculer un déterminant intelligemment : triangulaire, lignes proportionnelles, facteurs

Cet exercice ne demande jamais un développement brutal selon la première ligne. Chaque déterminant se calcule vite si l'on repère d'abord sa structure.

a) Calculez $\det(U)$ avec $U=\begin{pmatrix} 3 & 7 & -2 \\ 0 & -2 & 5 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$ , et énoncez la règle utilisée.
b) Sans développer, expliquez pourquoi $\det(P)=0$ avec $P=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 5 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ .
c) Calculez $\det(M)$ avec $M=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 5 & 1 \\ 3 & 7 & 2 \end{pmatrix}$ en créant d'abord des zéros dans la première colonne par des opérations élémentaires.
d) Calculez $\det(N)$ avec $N=\begin{pmatrix} 2 & 4 & 6 \\ 3 & 3 & 3 \\ 1 & 5 & 2 \end{pmatrix}$ en sortant d'abord les facteurs communs des lignes.

Voir la correction

Réponses

a) $-24$
b) Lignes proportionnelles : 0
c) $\det(M)=2$
d) $\det(N)=42$

a)

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.

b)

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.

c)

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.

d)

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.

Exercice 6 : Démonstrations et matrice singulière à paramètre

Cet exercice mêle démonstration et recherche de paramètre. Les questions a) et b) se traitent sans aucun coefficient numérique.

a) Démontrez que si $A$ est une matrice carrée possédant deux lignes identiques, alors $\det(A)=0$ . On utilisera l'effet d'un échange de lignes.
b) Soit $A$ une matrice inversible. Démontrez que $\det(A^{-1})=\dfrac{1}{\det(A)}$ .
c) Déterminez toutes les valeurs de $k$ pour lesquelles la matrice $M=\begin{pmatrix} k & 1 & 2 \\ 1 & k & 1 \\ 2 & 1 & k \end{pmatrix}$ est singulière.
d) Pour la valeur entière de $k$ trouvée en c), exhibez une relation de dépendance linéaire explicite entre les lignes de $M$ , et expliquez pourquoi une telle relation devait nécessairement exister.

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Réponses

a) $\det(A)=-\det(A)$ : nul
b) $\det(A)\det(A^{-1})=1$
c) $k=2$ ou $k=-1\pm\sqrt3$
d) $L_1-L_3=0$

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. Sur deux vecteurs du plan, l'image est encore plus parlante : s'ils sont COLINÉAIRES, le parallélogramme qu'ils portent est aplati, son aire est nulle, donc le déterminant est nul et la matrice n'est pas inversible.

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 $\det(M)=0$ .

Exercice 7 : Problème : trois formules d'atelier résolues par la règle de Cramer

Un centre d'aide aux devoirs facture trois formules : une séance individuelle, une séance en duo et un atelier de groupe. On ne connaît pas les tarifs unitaires, mais on dispose de trois relevés hebdomadaires.

Semaine 1 : $2$ séances individuelles, $1$ séance en duo et $1$ atelier annulé et remboursé (donc compté négativement) donnent un solde de $2$ unités de facturation. Semaine 2 : $1$ individuelle, $3$ duos et $1$ atelier remboursé donnent $2$ unités. Semaine 3 : $3$ individuelles, $1$ duo remboursé et $2$ ateliers donnent $11$ unités.

En notant $x$ , $y$ et $z$ les tarifs respectifs des trois formules, on obtient le système $\begin{cases} 2x+y-z=2 \\ x+3y-z=2 \\ 3x-y+2z=11 \end{cases}$ .

a) Écrivez le système sous la forme matricielle $AX=B$ et calculez $\det(A)$ .
b) La règle de Cramer est-elle applicable ? Que peut-on affirmer sur le nombre de solutions avant même de les calculer ?
c) Calculez $\det(A_{x})$ et déduisez-en $x$ .
d) Calculez $\det(A_{y})$ et $\det(A_{z})$ , puis déduisez-en $y$ et $z$ .
e) Vérifiez la solution dans les trois équations d'origine.
f) On modifie le troisième relevé, dont le membre de droite passe de $11$ à $14$ , les coefficients restant inchangés. Sans refaire tout le travail, expliquez ce qui doit être recalculé et ce qui reste valable, puis donnez la nouvelle valeur de $x$ .

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Réponses

a) $\det(A)=15$
b) Cramer applicable : solution unique
c) $\det(A_x)=30$ : $x=2$
d) $y=1$ , $z=3$
e) Trois équations vérifiées
f) $\det(A)$ inchangé ; $x=\frac{36}{15}=2{,}4$

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.

Exercice 8 : Démonstration : le déterminant de Vandermonde d'ordre 3

On appelle déterminant de Vandermonde le déterminant $V(a;\ b;\ c)=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^{2} & b^{2} & c^{2} \end{vmatrix}$ , qui apparaît dès qu'on cherche un polynôme passant par trois points.

a) Calculez $V(a;\ b;\ c)$ en fonction de $a$ , $b$ , $c$ , et factorisez complètement le résultat.
b) Déduisez-en une condition simple, portant sur $a$ , $b$ et $c$ , pour que la matrice de Vandermonde soit inversible.
c) Application numérique : calculez $V(1;\ 2;\ 4)$ de deux façons, par la formule factorisée et par un développement direct.
d) Un polynôme du second degré $p(x)=\alpha+\beta x+\gamma x^{2}$ doit passer par trois points d'abscisses $a$ , $b$ , $c$ . Expliquez en quoi le résultat de b) garantit qu'un tel polynôme existe et est unique.

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Réponses

a) $V=(b-a)(c-a)(c-b)$
b) $a$ , $b$ , $c$ distincts
c) $V(1;2;4)=6$
d) Système de déterminant $V\neq 0$ : parabole unique

a)

On crée des zéros dans la première ligne en soustrayant des colonnes, ce qui ne change pas le déterminant : $C_{2}\leftarrow C_{2}-C_{1}$ et $C_{3}\leftarrow C_{3}-C_{1}$ donnent $\begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a & b-a & c-a \\ a^{2} & b^{2}-a^{2} & c^{2}-a^{2} \end{vmatrix}$ . On développe selon la première ligne : $V=\begin{vmatrix} b-a & c-a \\ b^{2}-a^{2} & c^{2}-a^{2} \end{vmatrix}$ . On factorise chaque colonne : $b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)$ et $c^{2}-a^{2}=(c-a)(c+a)$ , donc on sort $(b-a)$ de la première colonne et $(c-a)$ de la seconde : $V=(b-a)(c-a)\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ b+a & c+a \end{vmatrix}=(b-a)(c-a)\big((c+a)-(b+a)\big)=(b-a)(c-a)(c-b)$ .

b)

La matrice de Vandermonde est inversible si et seulement si $V(a;\ b;\ c)\neq 0$ , c'est-à-dire si et seulement si aucun des trois facteurs $(b-a)$ , $(c-a)$ , $(c-b)$ n'est nul. Autrement dit, elle est inversible exactement lorsque $a$ , $b$ et $c$ sont deux à deux distincts. Une seule coïncidence entre deux des trois valeurs suffit à annuler le déterminant.

c)

Par la formule : $V(1;\ 2;\ 4)=(2-1)(4-1)(4-2)=(1)(3)(2)=6$ . Par développement direct : $\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \\ 1 & 4 & 16 \end{vmatrix}=1(2\cdot 16-4\cdot 4)-1(1\cdot 16-4\cdot 1)+1(1\cdot 4-2\cdot 1)=1(16)-1(12)+1(2)=6$ . Les deux méthodes concordent, ce qui confirme la factorisation.

d)

Imposer $p(a)$ , $p(b)$ , $p(c)$ revient à résoudre un système de trois équations linéaires dont les inconnues sont $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , et dont la matrice des coefficients est exactement la transposée de la matrice de Vandermonde. Comme $\det$ d'une matrice et de sa transposée sont égaux, le déterminant du système est $V(a;\ b;\ c)$ . Quand $a$ , $b$ , $c$ sont distincts, ce déterminant est non nul : le système admet une solution unique, donc il existe un et un seul polynôme de degré au plus $2$ passant par les trois points. C'est le fondement algébrique de l'interpolation : trois points d'abscisses distinctes déterminent une unique parabole.

Exercice 9 : Problème : le déterminant comme aire et comme volume

Le déterminant ne sert pas qu'à tester l'inversibilité : sa valeur absolue mesure une aire dans le plan et un volume dans l'espace. On exploite cette lecture géométrique dans les deux dimensions.

a) Calculez l'aire du triangle de sommets $A(1;\ 1)$ , $B(4;\ 2)$ et $C(2;\ 5)$ à l'aide d'un déterminant $2\times 2$ .
b) Les points $P(0;\ 0)$ , $Q(2;\ 1)$ et $R(6;\ 3)$ sont-ils alignés ? Répondez par un déterminant, et donnez l'interprétation géométrique de sa valeur.
c) Déterminez la valeur de $t$ pour laquelle les points $(1;\ 2)$ , $(3;\ 5)$ et $(5;\ t)$ sont alignés.
d) Calculez le volume du tétraèdre construit sur l'origine et les trois vecteurs $\vec{u}=(1;\ 0;\ 1)$ , $\vec{v}=(2;\ 1;\ 0)$ , $\vec{w}=(0;\ 3;\ 1)$ , puis déterminez la valeur de $m$ pour laquelle les vecteurs $(1;\ 1;\ 1)$ , $(2;\ 0;\ 1)$ et $(1;\ -1;\ m)$ sont coplanaires.

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Réponses

a) $\frac{11}{2}=5{,}5$
b) Déterminant nul : alignés
c) $t=8$
d) Volume $\frac76$ ; $m=0$

a)

L'aire d'un triangle $ABC$ vaut la moitié de la valeur absolue du déterminant formé par $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ . Ici $\vec{AB}=(3;\ 1)$ et $\vec{AC}=(1;\ 4)$ , donc l'aire est $\dfrac{1}{2}\left|\begin{vmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 4 \end{vmatrix}\right|=\dfrac{1}{2}|12-1|=\dfrac{11}{2}=5{,}5$ unités d'aire. La valeur absolue est indispensable : le déterminant seul peut être négatif selon l'orientation, mais une aire ne l'est jamais.

b)

$\vec{PQ}=(2;\ 1)$ et $\vec{PR}=(6;\ 3)$ . Le déterminant vaut $\begin{vmatrix} 2 & 6 \\ 1 & 3 \end{vmatrix}=6-6=0$ . Trois points sont alignés si et seulement si ce déterminant est nul, car un déterminant nul signifie une aire nulle, donc un triangle aplati : les trois points sont sur une même droite. Ici $\vec{PR}=3\vec{PQ}$ , la colinéarité est explicite.

c)

Les points $(1;\ 2)$ , $(3;\ 5)$ , $(5;\ t)$ sont alignés lorsque $\vec{AB}=(2;\ 3)$ et $\vec{AC}=(4;\ t-2)$ sont colinéaires, c'est-à-dire lorsque $\begin{vmatrix} 2 & 4 \\ 3 & t-2 \end{vmatrix}=0$ . Cela donne $2(t-2)-3(4)=2t-4-12=2t-16=0$ , donc $t=8$ . Pour toute autre valeur de $t$ , les trois points forment un vrai triangle d'aire non nulle.

d)

Le volume du tétraèdre bâti sur trois vecteurs issus d'un même sommet vaut le sixième de la valeur absolue de leur déterminant : $\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \end{vmatrix}=1(1-0)-0(2-0)+1(6-0)=1+6=7$ , donc le volume est $\dfrac{1}{6}|7|=\dfrac{7}{6}$ unités de volume. Pour la coplanarité, on impose que le déterminant des trois vecteurs soit nul : $\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & m \end{vmatrix}=1(0\cdot m-1\cdot(-1))-1(2m-1)+1(-2-0)=1-2m+1-2=-2m$ . Ce déterminant s'annule pour $m=0$ : c'est la seule valeur qui rend les trois vecteurs coplanaires, c'est-à-dire qui aplatit à zéro le volume du parallélépipède qu'ils portent.

Exercice 10 : Démonstration : matrice adjointe, identité fondamentale et déterminant de l'adjointe

On rappelle que la matrice adjointe $\text{adj}(A)$ est la transposée de la matrice des cofacteurs de $A$ , et que pour $A$ inversible on a $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\text{adj}(A)$ .

a) Démontrez que pour toute matrice carrée $A$ d'ordre $n$ inversible, $A\,\text{adj}(A)=\det(A)\,I_{n}$ .
b) En déduire que $\det(\text{adj}(A))=(\det(A))^{n-1}$ .
c) Application avec $A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ : calculez $\det(A)$ et $\text{adj}(A)$ , vérifiez l'identité de a), et confirmez la formule de b).
d) Une matrice $B$ d'ordre $3$ vérifie $\det(B)=1$ . Que valent $\det(\text{adj}(B))$ et $\det(\text{adj}(\text{adj}(B)))$ ? Justifiez à l'aide de b).

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Réponses

a) $A\,\text{adj}(A)=\det(A)\,I_n$
b) $\det(\text{adj}(A))=\det(A)^{n-1}$
c) $\det(A)=5$ ; $\det(\text{adj}(A))=25$
d) 1 et 1

a)

Partons de l'égalité qui définit l'inverse par cofacteurs : $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\text{adj}(A)$ , valable car $A$ est inversible donc $\det(A)\neq 0$ . Multiplions les deux membres à gauche par $A$ : $A\,A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}A\,\text{adj}(A)$ . Le membre de gauche vaut $I_{n}$ . En multipliant les deux membres par le scalaire $\det(A)$ , on obtient $\det(A)\,I_{n}=A\,\text{adj}(A)$ , ce qui est l'identité annoncée.

b)

Appliquons le déterminant à l'identité $A\,\text{adj}(A)=\det(A)\,I_{n}$ . Le membre de gauche se factorise : $\det(A)\det(\text{adj}(A))$ . Le membre de droite est le déterminant du scalaire $\det(A)$ multipliant $I_{n}$ , soit $(\det(A))^{n}\det(I_{n})=(\det(A))^{n}$ , puisque multiplier une matrice $n\times n$ par un scalaire $k$ multiplie son déterminant par $k^{n}$ et que $\det(I_{n})=1$ . On a donc $\det(A)\det(\text{adj}(A))=(\det(A))^{n}$ . Comme $\det(A)\neq 0$ , on divise : $\det(\text{adj}(A))=(\det(A))^{n-1}$ .

c)

Développement selon la première colonne : $\det(A)=2\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}-1\begin{vmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}+0=2(2)-1(-1)=5$ . Les neuf cofacteurs donnent la matrice des cofacteurs $\begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 1 & 4 & -2 \\ -1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ , et l'adjointe en est la transposée : $\text{adj}(A)=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -2 & 4 & 1 \\ 1 & -2 & 2 \end{pmatrix}$ . On vérifie l'identité : $A\,\text{adj}(A)=\begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}=5I_{3}=\det(A)I_{3}$ . Enfin $\det(\text{adj}(A))=25=5^{2}=(\det(A))^{3-1}$ , ce qui confirme la formule de b) avec $n=3$ .

d)

Avec $n=3$ et $\det(B)=1$ : $\det(\text{adj}(B))=(\det(B))^{n-1}=1^{2}=1$ . En réappliquant la formule à la matrice $\text{adj}(B)$ , elle-même d'ordre $3$ : $\det(\text{adj}(\text{adj}(B)))=(\det(\text{adj}(B)))^{2}=1^{2}=1$ . On peut même aller plus loin : l'identité connue $\text{adj}(\text{adj}(B))=(\det(B))^{n-2}B$ donne ici $\text{adj}(\text{adj}(B))=(\det(B))^{1}B=B$ , l'adjointe de l'adjointe redonne $B$ elle-même quand $\det(B)=1$ et $n=3$ .

Exercice 11 : Ce que la multiplicativité du déterminant interdit

On utilise la propriété $\det(AB)=\det(A)\det(B)$ pour des matrices carrées de même ordre, ainsi que $\det(kA)=k^{n}\det(A)$ pour une matrice d'ordre $n$ .

a) Vérifiez la propriété avec $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ .
b) Existe-t-il une matrice $A$ carrée d'ordre 3, à coefficients réels, telle que $A^{2}=-I_{3}$ ?
c) Calculez $A^{2}$ pour $A=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . Pourquoi l'argument de b) ne s'applique-t-il pas en ordre 2 ?
d) Une matrice $N$ vérifie $N^{3}=0$ . Que vaut $\det(N)$ ? Donnez un exemple non nul en ordre 2 avec $N^{2}=0$ .
e) Une matrice $Q$ vérifie $Q^{T}Q=I$ . Quelles valeurs peut prendre $\det(Q)$ ? Calculez-le pour $Q=\begin{pmatrix} 0{,}6 & -0{,}8 \\ 0{,}8 & 0{,}6 \end{pmatrix}$ .

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Réponses

a) $-12=(-2)\times 6$
b) Non : $\det(A)^2=-1$
c) $A^2=-I_2$ ; $\det(-I_2)=1$
d) $\det(N)=0$
e) $\pm 1$ ; ici 1

a)

$\det A=4-6=-2$ et $\det B=6-0=6$ . $AB=\begin{pmatrix} 2+2 & 0+6 \\ 6+4 & 0+12 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 & 6 \\ 10 & 12 \end{pmatrix}$ , de déterminant $48-60=-12=(-2)\times 6$ .

b)

Non. Si $A^{2}=-I_{3}$ , alors $\det(A)^{2}=\det(-I_{3})=(-1)^{3}=-1$ . Un carré de nombre réel ne peut pas valoir $-1$ : aucune matrice réelle d'ordre 3 ne convient, et le même argument vaut pour tout ordre impair.

c)

$A^{2}=\begin{pmatrix} 0-1 & 0+0 \\ 0+0 & -1+0 \end{pmatrix}=-I_{2}$ . En ordre 2, $\det(-I_{2})=(-1)^{2}=1$ et $\det(A)^{2}=1^{2}=1$ : aucune contradiction. Cette matrice est la rotation d'un quart de tour, qui appliquée deux fois donne le demi-tour $-I$ .

d)

$\det(N)^{3}=\det(N^{3})=\det(0)=0$ , donc $\det(N)=0$ : une matrice nilpotente n'est jamais inversible. Exemple : $N=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , non nulle, avec $N^{2}=0$ et $\det N=0$ .

e)

$\det(Q^{T})\det(Q)=\det(Q)^{2}=\det(I)=1$ , donc $\det(Q)=1$ ou $\det(Q)=-1$ . Pour la matrice proposée : $0{,}36+0{,}64=1$ . C'est une rotation ; une réflexion comme $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ donnerait $-1$ .

Le fil : appliquer le déterminant à une égalité matricielle la transforme en égalité entre nombres, souvent impossible.

Exercice 12 : Un déterminant tridiagonal d'ordre n

Pour $n\geq 1$ , on note $D_{n}$ le déterminant de la matrice carrée d'ordre $n$ qui porte des $2$ sur la diagonale, des $-1$ juste au-dessus et juste au-dessous, et des $0$ ailleurs. Par exemple $D_{3}=\begin{vmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{vmatrix}$ .

a) Calculez $D_{1}$ et $D_{2}$ .
b) Calculez $D_{3}$ directement.
c) En développant selon la première ligne, montrez que $D_{n}=2D_{n-1}-D_{n-2}$ pour $n\geq 3$ .
d) Conjecturez une expression de $D_{n}$ , démontrez-la par récurrence et donnez $D_{10}$ .
e) Ces matrices sont-elles toutes inversibles ?

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Réponses

a) $D_1=2$ , $D_2=3$
b) $D_3=4$
c) $D_n=2D_{n-1}-D_{n-2}$
d) $D_n=n+1$ ; $D_{10}=11$
e) Oui

a)

$D_{1}=2$ et $D_{2}=\begin{vmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{vmatrix}=4-1=3$ .

b)

$D_{3}=2(4-1)-(-1)\big((-1)(2)-(-1)(0)\big)+0=6-2=4$ .

c)

Le premier coefficient, $2$ , a pour mineur la même matrice d'ordre $n-1$ : contribution $2D_{n-1}$ . Le deuxième, $-1$ , est affecté du signe $-$ ; son mineur a une première colonne réduite à $-1$ en haut, suivi de zéros, et se développe en $(-1)D_{n-2}$ . Contribution : $(-1)\times(-1)\times(-1)D_{n-2}=-D_{n-2}$ . Les autres coefficients de la ligne sont nuls. Donc $D_{n}=2D_{n-1}-D_{n-2}$ .

d)

$2$ , $3$ , $4$ : on conjecture $D_{n}=n+1$ . Vrai pour $n=1$ et $n=2$ . Si $D_{n-1}=n$ et $D_{n-2}=n-1$ , alors $D_{n}=2n-(n-1)=n+1$ . Par récurrence, $D_{n}=n+1$ pour tout $n$ , et $D_{10}=11$ .

e)

Oui : $D_{n}=n+1\neq 0$ pour tout $n$ . Ces matrices, qui modélisent une corde ou une barre discrétisée en $n$ points, sont toujours inversibles.

Le fil : un déterminant à motif régulier se ramène à une relation de récurrence en développant selon la première ligne.

Exercice 13 : Droites et plans par déterminants

Trois points du plan sont alignés si et seulement si $\begin{vmatrix} x_{1} & y_{1} & 1 \\ x_{2} & y_{2} & 1 \\ x_{3} & y_{3} & 1 \end{vmatrix}=0$ . De même, quatre points de l'espace sont coplanaires si et seulement si le déterminant d'ordre 4 formé des lignes $(x_{i};\ y_{i};\ z_{i};\ 1)$ est nul.

a) Développez $\begin{vmatrix} x & y & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & 8 & 1 \end{vmatrix}=0$ et donnez l'équation réduite de la droite obtenue.
b) Pourquoi les points $(1;\ 2)$ et $(3;\ 8)$ vérifient-ils cette équation sans aucun calcul ?
c) Le point $(5;\ 14)$ est-il sur cette droite ?
d) Développez $\begin{vmatrix} x & y & z & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 & 1 \end{vmatrix}=0$ selon la première ligne et donnez l'équation du plan.
e) Les points $(1;\ 0;\ 0)$ , $(0;\ 2;\ 0)$ , $(0;\ 0;\ 3)$ et $(2;\ -2;\ 3)$ sont-ils coplanaires ?

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Réponses

a) $y=3x-1$
b) Deux lignes égales
c) Oui
d) $6x+3y+2z=6$
e) Non : 12 au lieu de 6

a)

$x(2-8)-y(1-3)+1(8-6)=-6x+2y+2=0$ , soit $y=3x-1$ .

b)

En remplaçant $(x;\ y)$ par $(1;\ 2)$ , la première ligne devient égale à la deuxième : un déterminant à deux lignes égales est nul. Même chose avec $(3;\ 8)$ et la troisième ligne. La droite passe donc par les deux points.

c)

$3\times 5-1=14$ : oui, le point est sur la droite.

d)

Les mineurs de la première ligne valent $6$ , $-3$ , $2$ et $6$ , en supprimant chaque colonne tour à tour ; avec les signes alternés : $6x-(-3)y+2z-6=0$ , soit $6x+3y+2z=6$ , ou encore $\frac{x}{1}+\frac{y}{2}+\frac{z}{3}=1$ , la forme qui fait apparaître les trois points où le plan coupe les axes.

e)

$6(2)+3(-2)+2(3)=12-6+6=12\neq 6$ : le quatrième point n'est pas dans le plan, les quatre points ne sont pas coplanaires.

Le fil : une équation « le déterminant est nul » décrit l'ensemble des points qui rendent la famille liée, droite ou plan selon la dimension.

Exercice 14 : Problème : l'aire d'un terrain par la formule du lacet

Un terrain a la forme du pentagone de sommets $A(0;\ 0)$ , $B(4;\ 0)$ , $C(5;\ 3)$ , $D(2;\ 5)$ et $E(-1;\ 3)$ , parcourus dans le sens trigonométrique. Une unité vaut $10$ mètres. Le pentagone est convexe.

L'aire du triangle $OPQ$ , où $O$ est un sommet et $\vec{OP}=(a;\ b)$ , $\vec{OQ}=(c;\ d)$ , vaut $\frac{1}{2}|ad-bc|$ .

a) Pourquoi peut-on découper le pentagone en trois triangles issus de $A$ ?
b) Calculez les aires des triangles $ABC$ , $ACD$ et $ADE$ .
c) Retrouvez l'aire totale par la formule du lacet : $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\left|\sum_{i}(x_{i}y_{i+1}-x_{i+1}y_{i})\right|$ , le dernier sommet étant suivi du premier.
d) Que devient la somme de c), sans valeur absolue, si l'on parcourt les sommets dans le sens des aiguilles d'une montre ?
e) Donnez l'aire réelle du terrain en mètres carrés.

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Réponses

a) Pentagone convexe
b) 6 ; $9{,}5$ ; $5{,}5$
c) $\frac{42}{2}=21$
d) $-42$
e) 2 100 m²

a)

Le pentagone étant convexe, les segments $[AC]$ et $[AD]$ restent à l'intérieur : les triangles $ABC$ , $ACD$ et $ADE$ recouvrent le terrain sans se chevaucher.

b)

$ABC$ : $\frac{1}{2}|4\times 3-5\times 0|=6$ . $ACD$ : $\frac{1}{2}|5\times 5-2\times 3|=\frac{19}{2}=9{,}5$ . $ADE$ : $\frac{1}{2}|2\times 3-(-1)\times 5|=\frac{11}{2}=5{,}5$ . Total : $6+9{,}5+5{,}5=21$ .

c)

Les cinq termes : $0\times 0-4\times 0=0$ ; $4\times 3-5\times 0=12$ ; $5\times 5-2\times 3=19$ ; $2\times 3-(-1)\times 5=11$ ; $(-1)\times 0-0\times 3=0$ . Somme $42$ , donc $\mathcal{A}=21$ . Chaque terme est le double de l'aire orientée d'un triangle issu de l'origine : la formule additionne des déterminants $2\times 2$ .

d)

Parcourir les sommets en sens inverse change le signe de chaque déterminant, puisque cela échange ses deux lignes : la somme vaut $-42$ . La valeur absolue rend la formule indépendante du sens, et le signe renseigne sur le sens de parcours.

e)

Une unité d'aire vaut $10\times 10=100\ \mathrm{m^{2}}$ , donc le terrain mesure $21\times 100=2\,100\ \mathrm{m^{2}}$ .

Le fil : l'aire d'un polygone est une somme de déterminants $2\times 2$ , chacun donnant l'aire orientée d'un triangle.

Exercice 15 : Problème : le cercle passant par trois points

On cherche le cercle passant par $P_{1}(2;\ 0)$ , $P_{2}(0;\ 4)$ et $P_{3}(-2;\ 0)$ , sous la forme $x^{2}+y^{2}+Dx+Ey+F=0$ .

a) Écrivez le système vérifié par $D$ , $E$ et $F$ , calculez son déterminant et résolvez-le.
b) Déterminez le centre et le rayon du cercle.
c) On admet que le cercle a aussi pour équation $\begin{vmatrix} x^{2}+y^{2} & x & y & 1 \\ 4 & 2 & 0 & 1 \\ 16 & 0 & 4 & 1 \\ 4 & -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}=0$ . Les mineurs de la première ligne valent $16$ , $0$ , $-48$ et $64$ . Développez et comparez à b).
d) Les points $(2;\ 3)$ et $(1{,}5;\ 4)$ sont-ils sur le cercle ?
e) Pourquoi aucun cercle ne passe-t-il par $(0;\ 0)$ , $(1;\ 1)$ et $(2;\ 2)$ ? Répondez par le déterminant du système de a).

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Réponses

a) $D=0$ , $E=-3$ , $F=-4$
b) Centre $(0;\ 1{,}5)$ , rayon $2{,}5$
c) $16(x^2+y^2-3y-4)=0$
d) $(2;3)$ oui ; $(1{,}5;4)$ non
e) Déterminant nul : points alignés

a)

$P_{1}$ : $4+2D+F=0$ . $P_{2}$ : $16+4E+F=0$ . $P_{3}$ : $4-2D+F=0$ . Le déterminant des coefficients de $(D;\ E;\ F)$ vaut $\begin{vmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}=2(4-0)-0+1(0+8)=16\neq 0$ : solution unique. En soustrayant la troisième équation de la première, $4D=0$ , donc $D=0$ , puis $F=-4$ et $E=\frac{-16+4}{4}=-3$ . Le cercle est $x^{2}+y^{2}-3y-4=0$ .

b)

$x^{2}+\left(y-\frac{3}{2}\right)^{2}=4+\frac{9}{4}=\frac{25}{4}$ : centre $(0;\ 1{,}5)$ , rayon $2{,}5$ .

c)

Avec les signes alternés : $16(x^{2}+y^{2})-0\cdot x+(-48)y-64=0$ , soit $16(x^{2}+y^{2}-3y-4)=0$ : c'est la même équation, multipliée par $16$ . Remplacer $(x;\ y)$ par l'un des trois points rend la première ligne égale à une autre, ce qui annule le déterminant : le cercle passe bien par les trois points.

d)

$(2;\ 3)$ : $4+9-9-4=0$ , oui. $(1{,}5;\ 4)$ : $2{,}25+16-12-4=2{,}25\neq 0$ , non, le point est à l'extérieur.

e)

Le système devient $F=0$ , $2+D+E+F=0$ , $8+2D+2E+F=0$ , de déterminant $\begin{vmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{vmatrix}=0$ , les deux premières colonnes étant égales. Il donnerait $D+E=-2$ et $D+E=-4$ : incompatible. Trois points alignés n'appartiennent à aucun cercle.

Le fil : une courbe définie par trois conditions linéaires sur ses coefficients existe et est unique quand le déterminant du système n'est pas nul.

Exercices corrigés : déterminants, cofacteurs et règle de Cramer (201-SN4-RE, ancien 201-NYC / Maths 105)

Rappel de cours

Calculs : les déterminants à calculer

Exercice 0.1 : Calculer des déterminants : dix calculs directs

Partie A : Les bases (/50)

Exercice 1 : Déterminants d'ordre 2 et 3, deux méthodes

Exercice 2 : Déterminant d'ordre 4 par les cofacteurs

Exercice 3 : Propriétés du déterminant et opérations élémentaires

Exercice 4 : Matrice adjointe et inverse par les cofacteurs

Exercice 5 : Calculer un déterminant intelligemment : triangulaire, lignes proportionnelles, facteurs

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Démonstrations et matrice singulière à paramètre

Exercice 7 : Problème : trois formules d'atelier résolues par la règle de Cramer

Exercice 8 : Démonstration : le déterminant de Vandermonde d'ordre 3

Exercice 9 : Problème : le déterminant comme aire et comme volume

Exercice 10 : Démonstration : matrice adjointe, identité fondamentale et déterminant de l'adjointe

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Ce que la multiplicativité du déterminant interdit

Exercice 12 : Un déterminant tridiagonal d'ordre n

Exercice 13 : Droites et plans par déterminants

Exercice 14 : Problème : l'aire d'un terrain par la formule du lacet

Exercice 15 : Problème : le cercle passant par trois points

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