Exercices corrigés : matrices, systèmes linéaires et déterminants (201-NYC / Maths 105)

a) $A+B=\begin{pmatrix} 2+1 & -1+4 \\ 3-2 & 0+5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 1 & 5 \end{pmatrix}$. Pour $3A-2B$ : $3A=\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ 9 & 0 \end{pmatrix}$ et $2B=\begin{pmatrix} 2 & 8 \\ -4 & 10 \end{pmatrix}$, donc $3A-2B=\begin{pmatrix} 4 & -11 \\ 13 & -10 \end{pmatrix}$.

b) $A^{T}=\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ : la première ligne de $A$ devient la première colonne.

c) $AB=\begin{pmatrix} (2)(1)+(-1)(-2) & (2)(4)+(-1)(5) \\ (3)(1)+(0)(-2) & (3)(4)+(0)(5) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 3 & 12 \end{pmatrix}$. Et $BA=\begin{pmatrix} (1)(2)+(4)(3) & (1)(-1)+(4)(0) \\ (-2)(2)+(5)(3) & (-2)(-1)+(5)(0) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 14 & -1 \\ 11 & 2 \end{pmatrix}$.

d) $AB=\begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 3 & 12 \end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix} 14 & -1 \\ 11 & 2 \end{pmatrix}=BA$. Le produit matriciel n'est donc PAS commutatif : l'ordre des facteurs change le résultat. C'est la différence la plus importante avec le produit des nombres réels, et la source d'erreur numéro un du chapitre.

a) $A$ est $3\times 3$ et $C$ est $3\times 2$ : le nombre de colonnes de $A$ (3) égale le nombre de lignes de $C$ (3), donc $AC$ est défini et de dimension $3\times 2$. $AC=\begin{pmatrix} (2)(1)+(1)(2)+(-1)(0) & (2)(0)+(1)(1)+(-1)(3) \\ (1)(1)+(-3)(2)+(2)(0) & (1)(0)+(-3)(1)+(2)(3) \\ (3)(1)+(2)(2)+(1)(0) & (3)(0)+(2)(1)+(1)(3) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -5 & 3 \\ 7 & 5 \end{pmatrix}$.

b) $C$ est $3\times 2$ et $A$ est $3\times 3$ : le nombre de colonnes de $C$ (2) est différent du nombre de lignes de $A$ (3), donc $CA$ n'est PAS défini. C'est une illustration de plus que l'ordre compte : $AC$ existe mais pas $CA$.

c) $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 10 \end{pmatrix}$. Le système s'écrit $AX=B$.

d) $AX=\begin{pmatrix} (2)(1)+(1)(2)+(-1)(3) \\ (1)(1)+(-3)(2)+(2)(3) \\ (3)(1)+(2)(2)+(1)(3) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2+2-3 \\ 1-6+6 \\ 3+4+3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 10 \end{pmatrix}=B$. Le produit redonne exactement $B$, donc $X=(1;\ 2;\ 3)$ est bien une solution.

a) $[A\,|\,B]=\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -3 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 10 \end{array}\right)$.

b) On échange d'abord $L_{1}$ et $L_{2}$ pour placer un 1 en haut à gauche : $\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & -1 & 1 \\ 3 & 2 & 1 & 10 \end{array}\right)$. Puis $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ et $L_{3}\leftarrow L_{3}-3L_{1}$ : $\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 2 & 1 \\ 0 & 7 & -5 & -1 \\ 0 & 11 & -5 & 7 \end{array}\right)$.

b, suite) $L_{2}\leftarrow \tfrac{1}{7}L_{2}$ donne une ligne $(0;\ 1;\ -\tfrac{5}{7}\,|\,-\tfrac{1}{7})$. On élimine la colonne 2 ailleurs : $L_{1}\leftarrow L_{1}+3L_{2}$ et $L_{3}\leftarrow L_{3}-11L_{2}$. La troisième ligne devient $(0;\ 0;\ \tfrac{20}{7}\,|\,\tfrac{60}{7})$, soit après $L_{3}\leftarrow \tfrac{7}{20}L_{3}$ la ligne $(0;\ 0;\ 1\,|\,3)$ : donc $z=3$.

c) En remontant (ou en finissant la réduction) : la ligne 2 donne $y-\tfrac{5}{7}z=-\tfrac{1}{7}$, d'où $y=\tfrac{-1+5(3)}{7}=\tfrac{14}{7}=2$. La ligne 1 donne $x-3y+2z=1$, d'où $x=1+3(2)-2(3)=1$. La forme échelonnée réduite est donc $[I\,|\,X]$ avec $X=(1;\ 2;\ 3)$. Le système admet la solution unique $x=1,\ y=2,\ z=3$, ce qui confirme la vérification de l'exercice 2.

a) $\det M=(2)(0)-(-1)(3)=0+3=3$.

b) $\det M=3\neq 0$, donc $M$ est inversible. $M^{-1}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{3} \\ -1 & \frac{2}{3} \end{pmatrix}$. Vérification : $M\,M^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{3} \\ -1 & \frac{2}{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0+1 & \frac{2}{3}-\frac{2}{3} \\ 0+0 & 1+0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I$.

c) $\det A=2\,\det\begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}-1\,\det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}+(-1)\,\det\begin{pmatrix} 1 & -3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$. Or $\det\begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}=-3-4=-7$, $\det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}=1-6=-5$ et $\det\begin{pmatrix} 1 & -3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}=2+9=11$. Donc $\det A=2(-7)-1(-5)-1(11)=-14+5-11=-20$.

d) $\det A=-20\neq 0$, donc $A$ est inversible et le système $AX=B$ admet une solution unique, quelle que soit la colonne $B$. On le sait sans résoudre : c'est bien cohérent avec la solution unique $(1;\ 2;\ 3)$ trouvée à l'exercice 3.

a) On part de $[A\,|\,I]=\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 1 & 8 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$. On annule la première colonne sous le pivot : $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ et $L_{3}\leftarrow L_{3}-4L_{1}$ donnent $\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -4 & 0 & 1 \end{array}\right)$.

On rend le pivot de la deuxième ligne égal à $1$ par $L_{2}\leftarrow -L_{2}$ : ligne $(0;\ 1;\ 1\,|\,2;\ -1;\ 0)$. Puis $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ -1\,|\,-6;\ 1;\ 1)$, et $L_{3}\leftarrow -L_{3}$ donne $(0;\ 0;\ 1\,|\,6;\ -1;\ -1)$ : le pivot de la troisième ligne vaut $1$.

Il reste à annuler la troisième colonne au-dessus du dernier pivot : $L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{3}$ donne $(0;\ 1;\ 0\,|\,-4;\ 0;\ 1)$, et $L_{1}\leftarrow L_{1}-2L_{3}$ donne $(1;\ 0;\ 0\,|\,-11;\ 2;\ 2)$. La partie gauche est maintenant $I_{3}$, donc $A^{-1}=\begin{pmatrix} -11 & 2 & 2 \\ -4 & 0 & 1 \\ 6 & -1 & -1 \end{pmatrix}$.

b) $A\,A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & -1 & 3 \\ 4 & 1 & 8 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -11 & 2 & 2 \\ -4 & 0 & 1 \\ 6 & -1 & -1 \end{pmatrix}$. Première ligne : $(1)(-11)+(0)(-4)+(2)(6)=1$, $(1)(2)+(0)(0)+(2)(-1)=0$, $(1)(2)+(0)(1)+(2)(-1)=0$. En poursuivant sur les deux autres lignes, on obtient $I_{3}$, ce qui valide l'inverse.

c) $X=A^{-1}B=\begin{pmatrix} -11 & 2 & 2 \\ -4 & 0 & 1 \\ 6 & -1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -11+4+6 \\ -4+0+3 \\ 6-2-3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$. La solution est $x=-1$, $y=-1$, $z=1$. Vérification sur la première équation $x+2z=1$ : $-1+2(1)=1$, conforme.

d) Une fois $A^{-1}$ connue, chaque nouveau système avec la même matrice se résout par un simple produit $A^{-1}B$, sans recommencer la réduction : le travail coûteux, l'inversion, n'est fait qu'une seule fois.

a) $AB=\begin{pmatrix} (1)(4)+(2)(2) & (1)(1)+(2)(5) \\ (0)(4)+(3)(2) & (0)(1)+(3)(5) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8 & 11 \\ 6 & 15 \end{pmatrix}$, donc $(AB)^{T}=\begin{pmatrix} 8 & 6 \\ 11 & 15 \end{pmatrix}$. Par ailleurs $B^{T}=\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 5 \end{pmatrix}$ et $A^{T}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$, donc $B^{T}A^{T}=\begin{pmatrix} (4)(1)+(2)(2) & (4)(0)+(2)(3) \\ (1)(1)+(5)(2) & (1)(0)+(5)(3) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8 & 6 \\ 11 & 15 \end{pmatrix}$. Les deux résultats coïncident : $(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$. Remarquez que $A^{T}B^{T}$, dans le mauvais ordre, donnerait autre chose : c'est bien l'ordre inversé qui est correct.

b) $\det A_{k}=(1)(k)-(2)(3)=k-6$. La matrice n'est pas inversible lorsque son déterminant est nul, c'est-à-dire pour $k=6$.

c) La matrice des coefficients est $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix}$, de déterminant $(1)(6)-(2)(3)=0$ : le système n'a donc pas de solution unique. En détail, la deuxième équation vaut $3x+6y=c$, soit $3(x+2y)=c$. Comme la première équation impose $x+2y=3$, on aurait $3(3)=c$, c'est-à-dire $c=9$. Donc : si $c=9$, les deux équations sont proportionnelles et le système a une infinité de solutions (toute la droite $x+2y=3$) ; si $c\neq 9$, les deux droites sont parallèles distinctes et le système n'a aucune solution. Le déterminant nul signale exactement cette bascule entre infinité de solutions et aucune.

a) Les conditions donnent $\begin{cases} e+r+v=380 \\ 15e+25r+40v=8400 \\ r-2v=0 \end{cases}$. La matrice des coefficients est $A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 15 & 25 & 40 \\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}$. Par développement selon la première colonne : $\det A=1\,\det\begin{pmatrix} 25 & 40 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}-15\,\det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}+0=1(-50-40)-15(-2-1)=-90+45=-45$. Comme $\det A=-45\neq 0$, la solution est unique.

b) On remplace tour à tour chaque colonne par $B=\begin{pmatrix} 380 \\ 8400 \\ 0 \end{pmatrix}$. On obtient $\det A_{e}=-9000$, $\det A_{r}=-5400$ et $\det A_{v}=-2700$. D'où $e=\dfrac{-9000}{-45}=200$, $r=\dfrac{-5400}{-45}=120$ et $v=\dfrac{-2700}{-45}=60$. Vérification : $200+120+60=380$, $15(200)+25(120)+40(60)=3000+3000+2400=8400$ et $120=2(60)$. La salle a vendu 200 billets étudiant, 120 réguliers et 60 VIP.

c) Avec $r=2v$, la première équation donne $e+2v+v=380$, soit $e=380-3v$. La recette devient $S=15(380-3v)+25(2v)+40v=5700+45v$, d'où $v=\dfrac{S-5700}{45}$. La contrainte $v\geq 0$ impose $S\geq 5700$ : c'est la recette minimale, atteinte quand $v=0$ (aucun billet régulier ni VIP, 380 billets étudiant, recette $15\times 380=5700$ $). La contrainte $e=380-3v\geq 0$ impose $v\leq \dfrac{380}{3}$, donc $S\leq 5700+45\cdot\dfrac{380}{3}=5700+5700=11400$ : c'est la recette maximale, atteinte quand tous les étudiants disparaissent au profit des réguliers et VIP. Une répartition valable existe donc si et seulement si $5700\leq S\leq 11400$ $ (avec en plus $v$ entier pour un compte exact de billets). La recette réelle de 8400 $ est bien dans cet intervalle, ce qui est cohérent avec la solution trouvée en b).

a) Par développement selon la première ligne : $\det A=1\big((-1)(2)-(3)(1)\big)-2\big((2)(2)-(3)(3)\big)+(-1)\big((2)(1)-(-1)(3)\big)=1(-5)-2(-5)-1(5)=-5+10-5=0$. Le déterminant est nul, donc la matrice est singulière : le système homogène admet des solutions non triviales, c'est-à-dire d'autres solutions que $(0;\ 0;\ 0)$. Une remarque accélère tout : la troisième ligne est la somme des deux premières, $L_{3}=L_{1}+L_{2}$, ce qui rendait la dépendance visible sans calcul.

b) On garde les deux premières équations, la troisième étant redondante. De $x+2y-z=0$ et $2x-y+3z=0$, on élimine $x$ : $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ donne $-5y+5z=0$, soit $y=z$. En reportant dans la première : $x=z-2y=z-2z=-z$. En posant $z=t$ comme paramètre libre, la solution générale est $(x;\ y;\ z)=(-t;\ t;\ t)=t(-1;\ 1;\ 1)$. On peut aussi bien écrire la direction $(1;\ -1;\ -1)$ en changeant le signe du paramètre.

c) L'ensemble des solutions est une droite passant par l'origine, de vecteur directeur $(-1;\ 1;\ 1)$. C'est cohérent avec la géométrie : chaque équation homogène représente un plan passant par l'origine, et comme les trois plans ont un rang $2$ (la troisième équation n'apporte rien), leur intersection commune n'est pas réduite au seul point origine mais est une droite entière.

d) Un système homogène s'écrit $AX=\vec{0}$. Le vecteur nul $X=\vec{0}$ le vérifie toujours, car $A\vec{0}=\vec{0}$ : il existe donc toujours au moins la solution triviale. Le système admet en plus des solutions non triviales, donc une infinité, si et seulement si $\det A=0$ (la matrice est singulière, ses colonnes sont linéairement dépendantes). Si $\det A\neq 0$, la seule solution est la solution nulle. C'est le cas ici, avec $\det A=0$ et une droite entière de solutions.