Exercice 0.1 : Calculer des produits de matrices : dix calculs directs

Pour chaque ligne, effectuez le calcul demandé, puis donnez les coefficients indiqués du résultat. On note $M_{ij}$ le coefficient de la ligne $i$ et de la colonne $j$ de la matrice $M$ .

Avant tout produit, on écrit les dimensions : $(m\times n)(n\times p)$ donne une matrice $m\times p$ , et le produit n'existe que si les deux $n$ coïncident. Le coefficient $(AB)_{ij}$ est le produit de la ligne $i$ de $A$ par la colonne $j$ de $B$ : on multiplie terme à terme et on additionne. Une combinaison linéaire se calcule coefficient par coefficient ; une puissance se calcule par produits successifs, jamais en élevant chaque coefficient.

a) $A=\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 1 & 4 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 5 & 0 \end{pmatrix}$ : calculez $2A+3B$ , puis donnez $(2A+3B)_{12}$ et $(2A+3B)_{21}$ .
b) $C=\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 3 \\ 4 & 1 \end{pmatrix}$ : écrivez $C^{T}$ , puis calculez $CC^{T}$ ; donnez $(C^{T})_{23}$ et $(CC^{T})_{13}$ .
c) $\begin{pmatrix} 2 & 5 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 6 \end{pmatrix}$ : donnez les coefficients $(1,2)$ et $(2,1)$ du produit.
d) $\begin{pmatrix} 2 & -1 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ -2 \end{pmatrix}$ : donnez le résultat.
e) $\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 & 4 \end{pmatrix}$ : donnez les coefficients $(2,3)$ et $(3,2)$ du produit.
f) $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 4 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}$ : donnez les coefficients $(1,1)$ et $(2,2)$ du produit.
g) $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ -1 & 1 & 3 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 3 & 2 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$ : donnez les coefficients $(2,3)$ et $(3,2)$ du produit.
h) $M=\begin{pmatrix} 1 & -3 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ : calculez $M^{2}$ , puis donnez $(M^{2})_{11}$ et $(M^{2})_{22}$ .
i) $N=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ : calculez $N^{3}$ , puis donnez $(N^{3})_{12}$ et $(N^{3})_{22}$ .
j) $P=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix}$ : calculez $P^{2}-3P+2I$ , puis donnez ses coefficients $(1,1)$ et $(1,2)$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/19

a)

(2A+3B)_{12}

(2A+3B)_{21}

b)

(C^{T})_{23}

(CC^{T})_{13}

c)

Coefficient

(1,2)

Coefficient

(2,1)

d)

Le résultat

e)

Coefficient

(2,3)

Coefficient

(3,2)

f)

Coefficient

(1,1)

Coefficient

(2,2)

g)

Coefficient

(2,3)

Coefficient

(3,2)

h)

(M^{2})_{11}

(M^{2})_{22}

i)

(N^{3})_{12}

(N^{3})_{22}

j)

Coefficient

(1,1)

Coefficient

(1,2)

Voir la correction

Réponses

a) $2A+3B=\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 17 & 8 \end{pmatrix}$ ; $2$ et $17$
b) $(C^{T})_{23}=1$ ; $(CC^{T})_{13}=2$
c) $\begin{pmatrix} 18 & 28 \\ 2 & 19 \end{pmatrix}$ ; $28$ et $2$
d) $6-5-8=-7$
e) matrice $3\times 3$ ; $20$ et $2$
f) $\begin{pmatrix} -4 & 1 \\ 11 & 7 \end{pmatrix}$ ; $-4$ et $7$
g) $\begin{pmatrix} 2 & 5 & 5 \\ 1 & 7 & -5 \\ 5 & -1 & 0 \end{pmatrix}$ ; $-5$ et $-1$
h) $M^{2}=\begin{pmatrix} -5 & -15 \\ 10 & 10 \end{pmatrix}$ ; $-5$ et $10$
i) $N^{3}=\begin{pmatrix} 8 & 3 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ ; $3$ et $-1$
j) $P^{2}-3P+2I=\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$ ; $-1$ et $2$

Le geste qui décide de tout : écrire les dimensions AVANT de calculer. Elles disent si le produit existe, quelle forme a le résultat, et quelle ligne rencontre quelle colonne pour chaque coefficient demandé.

a)

$2A=\begin{pmatrix} 6 & -4 \\ 2 & 8 \end{pmatrix}$ et $3B=\begin{pmatrix} -3 & 6 \\ 15 & 0 \end{pmatrix}$ , donc $2A+3B=\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 17 & 8 \end{pmatrix}$ : $(2A+3B)_{12}=2$ et $(2A+3B)_{21}=17$ . Piège : lire $(\cdot)_{12}$ comme ligne 2, colonne 1 ; l'indice de LIGNE vient toujours en premier.

b)

La transposée échange lignes et colonnes : $C^{T}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 4 \\ -2 & 3 & 1 \end{pmatrix}$ , donc $(C^{T})_{23}=C_{32}=1$ . $CC^{T}$ est un produit $(3\times 2)(2\times 3)$ , donc une matrice $3\times 3$ ; son coefficient $(1,3)$ est la ligne 1 de $C$ par la colonne 3 de $C^{T}$ , c'est-à-dire par la ligne 3 de $C$ : $1\times 4+(-2)\times 1=2$ . Piège : calculer $C^{T}C$ , qui est une matrice $2\times 2$ et n'a pas de colonne 3.

c)

Produit $(2\times 2)(2\times 2)$ . Ligne 1 par colonne 2 : $2\times(-1)+5\times 6=28$ . Ligne 2 par colonne 1 : $(-1)\times 4+3\times 2=2$ . Le produit complet vaut $\begin{pmatrix} 18 & 28 \\ 2 & 19 \end{pmatrix}$ . Piège : multiplier coefficient par coefficient, ce qui donne $\begin{pmatrix} 8 & -5 \\ -2 & 18 \end{pmatrix}$ .

d)

Un produit $(1\times 3)(3\times 1)$ donne une matrice $1\times 1$ , c'est-à-dire un nombre : $2\times 3+(-1)\times 5+4\times(-2)=6-5-8=-7$ .

e)

Les mêmes facteurs qu'en d), dans l'autre ordre : $(3\times 1)(1\times 3)$ donne une matrice $3\times 3$ , dont le coefficient $(i,j)$ est le $i$ -ième terme de la colonne fois le $j$ -ième terme de la ligne. Coefficient $(2,3)$ : $5\times 4=20$ . Coefficient $(3,2)$ : $(-2)\times(-1)=2$ . Piège : croire qu'on retrouve $-7$ ; changer l'ordre change ici jusqu'aux dimensions.

f)

$(2\times 3)(3\times 2)$ donne une matrice $2\times 2$ . Ligne 1 par colonne 1 : $1\times 2+0\times(-1)+(-2)\times 3=-4$ . Ligne 2 par colonne 2 : $3\times 1+1\times 4+2\times 0=7$ . Le produit complet vaut $\begin{pmatrix} -4 & 1 \\ 11 & 7 \end{pmatrix}$ .

g)

Ligne 2 par colonne 3 : $(-1)\times 1+1\times 2+3\times(-2)=-5$ . Ligne 3 par colonne 2 : $2\times(-1)+0\times 3+1\times 1=-1$ . Le produit complet vaut $\begin{pmatrix} 2 & 5 & 5 \\ 1 & 7 & -5 \\ 5 & -1 & 0 \end{pmatrix}$ . Piège : prendre la colonne 2 de la PREMIÈRE matrice ; le premier facteur fournit toujours la ligne.

h)

$M^{2}=MM=\begin{pmatrix} 1-6 & -3-12 \\ 2+8 & -6+16 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -5 & -15 \\ 10 & 10 \end{pmatrix}$ , donc $(M^{2})_{11}=-5$ et $(M^{2})_{22}=10$ . Piège : élever chaque coefficient au carré, ce qui donne $\begin{pmatrix} 1 & 9 \\ 4 & 16 \end{pmatrix}$ .

i)

$N^{2}=\begin{pmatrix} 4 & 2-1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , puis $N^{3}=N^{2}N=\begin{pmatrix} 8 & 4-1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 8 & 3 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ . La diagonale d'une matrice triangulaire se calcule seule, $2^{3}=8$ et $(-1)^{3}=-1$ , mais pas le coefficient hors diagonale. Piège : écrire $1^{3}=1$ en position $(1,2)$ .

j)

$P^{2}=\begin{pmatrix} 4-1 & 2+3 \\ -2-3 & -1+9 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 5 \\ -5 & 8 \end{pmatrix}$ , $-3P=\begin{pmatrix} -6 & -3 \\ 3 & -9 \end{pmatrix}$ et $2I=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ . La somme vaut $\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$ : coefficients $-1$ et $2$ . Piège : ajouter $2$ à tous les coefficients au lieu de $2I$ , ce qui donne $4$ en position $(1,2)$ .

Contrôle : la règle $(m\times n)(n\times p)=m\times p$ dit d'avance la forme de chaque résultat, et un coefficient se recoupe en recalculant UNE ligne par UNE colonne. En j), la trace contrôle tout le calcul : $\operatorname{tr}(P^{2})-3\operatorname{tr}(P)+2\operatorname{tr}(I)=11-15+4=0$ , et la trace trouvée vaut bien $-1+1=0$ .

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Exercice 0.2 : Inverser une matrice : huit calculs directs

Pour chaque ligne, calculez l'inverse demandé, ou la solution du système, puis donnez les coefficients indiqués. Une matrice non inversible se signale comme telle.

En $2\times 2$ , on calcule d'abord $\det A=ad-bc$ : s'il est nul, la matrice n'est pas inversible ; sinon on échange $a$ et $d$ , on change le signe de $b$ et de $c$ , et on divise par le déterminant. En $3\times 3$ , on forme $[A\,|\,I]$ et on applique les opérations élémentaires sur les lignes jusqu'à obtenir $[I\,|\,A^{-1}]$ . Pour un système $AX=B$ , on écrit $X=A^{-1}B$ , l'inverse placé à GAUCHE.

a) $P=\begin{pmatrix} 5 & 3 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$ : calculez $P^{-1}$ , puis donnez $(P^{-1})_{11}$ et $(P^{-1})_{12}$ .
b) $Q=\begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$ : calculez $Q^{-1}$ , puis donnez $(Q^{-1})_{12}$ et $(Q^{-1})_{21}$ .
c) $R=\begin{pmatrix} 6 & -4 \\ -9 & 6 \end{pmatrix}$ : calculez $\det R$ et dites si $R$ est inversible.
d) $D=\begin{pmatrix} -5 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{3} \end{pmatrix}$ : calculez $D^{-1}$ , puis donnez $(D^{-1})_{11}$ et $(D^{-1})_{33}$ .
e) $U=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ : calculez $U^{-1}$ par la méthode $[U\,|\,I]$ , puis donnez $(U^{-1})_{13}$ et $(U^{-1})_{23}$ .
f) $M=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 2 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}$ : calculez $M^{-1}$ par la méthode $[M\,|\,I]$ , puis donnez $(M^{-1})_{11}$ et $(M^{-1})_{32}$ .
g) Écrivez le système $\begin{cases} 3x+5y=1 \\ 2x+4y=-2 \end{cases}$ sous la forme $AX=B$ , puis résolvez-le par $X=A^{-1}B$ .
h) $K=\begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ a pour inverse $K^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}$ : résolvez $KX=\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}$ , puis donnez $y$ et $z$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/16

a)

(P^{-1})_{11}

(P^{-1})_{12}

b)

(Q^{-1})_{12}

(Q^{-1})_{21}

c)

\det R

R

est-elle inversible ?

d)

(D^{-1})_{11}

(D^{-1})_{33}

e)

(U^{-1})_{13}

(U^{-1})_{23}

f)

(M^{-1})_{11}

(M^{-1})_{32}

g)

x

y

h)

y

z

Voir la correction

Réponses

a) $P^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -3 & 5 \end{pmatrix}$ ; $2$ et $-3$
b) $Q^{-1}=\frac{1}{10}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -3 & 4 \end{pmatrix}$ ; $0{,}2$ et $-0{,}3$
c) $\det R=0$ ; non inversible
d) $D^{-1}=\operatorname{diag}\left(-\frac{1}{5},\frac{1}{4},3\right)$ ; $-0{,}2$ et $3$
e) $U^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 7 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ ; $7$ et $-3$
f) $M^{-1}=\begin{pmatrix} 4 & -1 & -1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ ; $4$ et $-1$
g) $X=A^{-1}B=\begin{pmatrix} 7 \\ -4 \end{pmatrix}$ ; $x=7$ , $y=-4$
h) $X=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}$ ; $y=-1$ , $z=3$

Le geste qui décide de tout : le déterminant d'abord. Nul, la matrice n'a pas d'inverse et l'on s'arrête ; non nul, il est le dénominateur commun de tous les coefficients de l'inverse. Chaque résultat se vérifie ensuite par une ligne du produit $AA^{-1}=I$ .

a)

$\det P=5\times 2-3\times 3=1$ . On échange $5$ et $2$ , on change le signe des deux $3$ : $P^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -3 \\ -3 & 5 \end{pmatrix}$ . Vérification sur la ligne 1 de $PP^{-1}$ : $5\times 2+3\times(-3)=1$ et $5\times(-3)+3\times 5=0$ .

b)

$\det Q=4\times 1-(-2)\times 3=4+6=10$ , donc $Q^{-1}=\frac{1}{10}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ -3 & 4 \end{pmatrix}$ : $(Q^{-1})_{12}=\frac{2}{10}=0{,}2$ et $(Q^{-1})_{21}=-\frac{3}{10}=-0{,}3$ . Piège : écrire $\det Q=4-6=-2$ , en oubliant que $b=-2$ est déjà négatif.

c)

$\det R=6\times 6-(-4)\times(-9)=36-36=0$ : $R$ n'est pas inversible. La deuxième ligne vaut $-\frac{3}{2}$ fois la première, ce qui se voyait avant tout calcul. Piège : appliquer la formule quand même et diviser par zéro.

d)

Une matrice diagonale s'inverse coefficient par coefficient : $D^{-1}=\begin{pmatrix} -\frac{1}{5} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ , donc $(D^{-1})_{11}=-\frac{1}{5}=-0{,}2$ et $(D^{-1})_{33}=3$ . Piège : perdre le signe, alors que $\frac{1}{-5}$ reste négatif.

e)

On part de $[U\,|\,I]$ et on remonte. $L_{2}\leftarrow L_{2}-3L_{3}$ donne $(0\ \ 1\ \ 0\,|\,0\ \ 1\ \ -3)$ ; $L_{1}\leftarrow L_{1}+L_{3}$ donne $(1\ \ 2\ \ 0\,|\,1\ \ 0\ \ 1)$ ; $L_{1}\leftarrow L_{1}-2L_{2}$ donne $(1\ \ 0\ \ 0\,|\,1\ \ -2\ \ 7)$ . Donc $U^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 7 \\ 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ : $(U^{-1})_{13}=7$ et $(U^{-1})_{23}=-3$ . Piège : changer seulement les signes hors diagonale, ce qui met $1$ en position $(1,3)$ ; le $7=2\times 3+1$ mélange les deux autres coefficients.

f)

$[M\,|\,I]$ , puis $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ : $(0\ \ 1\ \ 0\,|\,-2\ \ 1\ \ 0)$ ; $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}$ : $(0\ \ 1\ \ 1\,|\,-1\ \ 0\ \ 1)$ ; $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ : $(0\ \ 0\ \ 1\,|\,1\ \ -1\ \ 1)$ . On remonte : $L_{1}\leftarrow L_{1}-2L_{2}$ donne $(1\ \ 0\ \ 1\,|\,5\ \ -2\ \ 0)$ , puis $L_{1}\leftarrow L_{1}-L_{3}$ donne $(1\ \ 0\ \ 0\,|\,4\ \ -1\ \ -1)$ . Donc $M^{-1}=\begin{pmatrix} 4 & -1 & -1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ : $(M^{-1})_{11}=4$ et $(M^{-1})_{32}=-1$ . Vérification, ligne 1 de $M$ par colonne 1 de $M^{-1}$ : $4-4+1=1$ .

g)

$A=\begin{pmatrix} 3 & 5 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ , $X=\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ , $B=\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$ . $\det A=12-10=2$ , donc $A^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 4 & -5 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}$ et $X=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 4\times 1+(-5)\times(-2) \\ -2\times 1+3\times(-2) \end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 14 \\ -8 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 7 \\ -4 \end{pmatrix}$ . Vérification : $3\times 7+5\times(-4)=1$ et $2\times 7+4\times(-4)=-2$ .

h)

$X=K^{-1}\begin{pmatrix} 5 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix}$ , ligne par ligne : $x=5-3+0=2$ , $y=-10+9+0=-1$ , $z=5-6+4=3$ . Vérification dans $K$ : $3\times 2-1=5$ , $2\times 2-1=3$ et $2-1+3=4$ . Piège : écrire $X=BK^{-1}$ , produit $(3\times 1)(3\times 3)$ qui n'existe même pas.

Contrôle : chaque inverse se vérifie par une ligne de $AA^{-1}$ , qui doit redonner une ligne de $I$ , et chaque solution se remplace dans le système de départ. Un inverse $2\times 2$ dont les coefficients ne sont pas tous divisés par le déterminant est faux d'avance.

Exercice 1 : Opérations sur les matrices et non-commutativité

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

a) Calculez $A+B$ et $3A-2B$ .
b) Déterminez la transposée $A^{T}$ .
c) Calculez les deux produits $AB$ et $BA$ .
d) Comparez $AB$ et $BA$ . Que peut-on en conclure sur la commutativité du produit matriciel ?

Voir la correction

Réponses

a) $A+B=\begin{pmatrix}3&3\\1&5\end{pmatrix}$ , $3A-2B=\begin{pmatrix}4&-11\\13&-10\end{pmatrix}$
b) $A^T=\begin{pmatrix}2&3\\-1&0\end{pmatrix}$
c) $AB=\begin{pmatrix}4&3\\3&12\end{pmatrix}$ , $BA=\begin{pmatrix}14&-1\\11&2\end{pmatrix}$
d) $AB\neq BA$ : non commutatif

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.

Exercice 2 : Produit matriciel et écriture d'un système

On considère la matrice $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ et la matrice $C=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ .

a) Le produit $AC$ est-il défini ? Si oui, donnez ses dimensions, puis calculez-le.
b) Le produit $CA$ est-il défini ? Justifiez.
c) Écrivez le système $\begin{cases} 2x+y-z=1 \\ x-3y+2z=1 \\ 3x+2y+z=10 \end{cases}$ sous la forme matricielle $AX=B$ , en précisant $X$ et $B$ .
d) Vérifiez, en calculant le produit $AX$ , que $X=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ est une solution du système.

Voir la correction

Réponses

a) $3\times 2$ : $\begin{pmatrix}4&-2\\-5&3\\7&5\end{pmatrix}$
b) Non : 2 colonnes, 3 lignes
c) $X=(x;y;z)$ , $B=(1;1;10)$
d) $AX=B$ : solution

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.

Exercice 3 : Résolution par la méthode de Gauss-Jordan

On reprend le système de l'exercice précédent, mais cette fois on le résout sans connaître la réponse à l'avance :

$\begin{cases} 2x+y-z=1 \\ x-3y+2z=1 \\ 3x+2y+z=10 \end{cases}$

a) Écrivez la matrice augmentée $[A\,|\,B]$ du système.
b) Par la méthode de Gauss-Jordan, ramenez cette matrice à la forme échelonnée réduite. Indiquez les opérations élémentaires utilisées à chaque étape.
c) Déduisez-en la solution du système.

Voir la correction

Réponses

a) Matrice $3\times 4$
b) Forme réduite $[I\,|\,X]$
c) $(1;\ 2;\ 3)$

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.

Exercice 4 : Déterminants et matrice inverse

On considère $M=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}$ et $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 1 & -3 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez $\det M$ .
b) $M$ est-elle inversible ? Si oui, déterminez $M^{-1}$ , puis vérifiez que $M\,M^{-1}=I$ .
c) Calculez $\det A$ par développement selon la première ligne.
d) Que peut-on conclure, à partir de $\det A$ , sur le nombre de solutions du système $AX=B$ de l'exercice 3, sans le résoudre ?

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Réponses

a) $\det M=3$
b) $M^{-1}=\begin{pmatrix}0&\frac13\\-1&\frac23\end{pmatrix}$
c) $\det A=-20$
d) Solution unique

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.

Exercice 5 : Inverse d'une matrice 3x3 par la méthode de Gauss-Jordan

On considère la matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & -1 & 3 \\ 4 & 1 & 8 \end{pmatrix}$ . On veut son inverse par la méthode $[A\,|\,I]\to[I\,|\,A^{-1}]$ , distincte de la formule par cofacteurs.

a) Écrivez la matrice augmentée $[A\,|\,I_{3}]$ , puis appliquez la méthode de Gauss-Jordan en indiquant les opérations élémentaires. Déduisez-en $A^{-1}$ .
b) Vérifiez votre résultat en calculant le produit $A\,A^{-1}$ .
c) Utilisez $A^{-1}$ pour résoudre le système $AX=B$ avec $B=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ , en écrivant $X=A^{-1}B$ .
d) Expliquez en une phrase pourquoi cette méthode devient particulièrement avantageuse lorsqu'on doit résoudre plusieurs systèmes $AX=B$ avec la même matrice $A$ mais des colonnes $B$ différentes.

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Réponses

a) $A^{-1}=\begin{pmatrix}-11&2&2\\-4&0&1\\6&-1&-1\end{pmatrix}$
b) $AA^{-1}=I_3$
c) $(-1;\ -1;\ 1)$
d) Inversion faite une fois

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.

Exercice 6 : Démonstration et le cas singulier

Cet exercice mêle une démonstration générale et l'étude d'un système dépendant d'un paramètre.

a) Soit $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$ . Calculez $(AB)^{T}$ et $B^{T}A^{T}$ , et vérifiez qu'ils sont égaux. La propriété générale est $(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$ : la transposition renverse l'ordre des facteurs.
b) On considère la matrice $A_{k}=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & k \end{pmatrix}$ . Pour quelle valeur de $k$ la matrice $A_{k}$ n'est-elle pas inversible ?
c) Discutez, selon la valeur de $c$ , le nombre de solutions du système $\begin{cases} x+2y=3 \\ 3x+6y=c \end{cases}$ . Reliez votre réponse au fait que le déterminant de la matrice des coefficients est nul.

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Réponses

a) $(AB)^T=B^TA^T=\begin{pmatrix}8&6\\11&15\end{pmatrix}$
b) $k=6$
c) $c=9$ : infinité ; sinon aucune

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.

Exercice 7 : Problème : la billetterie, par la règle de Cramer

Une salle de spectacle vend trois types de billets : étudiant, régulier et VIP, aux prix respectifs de 15 $, 25 $ et 40 $. Pour une représentation, on note $e$ , $r$ et $v$ le nombre de billets de chaque type vendus. On sait que :

il s'est vendu 380 billets en tout ; la recette totale est de 8400 $ ; il s'est vendu deux fois plus de billets réguliers que de billets VIP.

a) Traduisez les trois conditions en un système de trois équations aux inconnues $e$ , $r$ et $v$ , puis écrivez la matrice des coefficients $A$ et calculez $\det A$ .
b) Résolvez le système par la règle de Cramer, c'est-à-dire en calculant $e=\dfrac{\det A_{e}}{\det A}$ , $r=\dfrac{\det A_{r}}{\det A}$ et $v=\dfrac{\det A_{v}}{\det A}$ .
c) Question de synthèse : on garde les mêmes 380 billets vendus et la même condition $r=2v$ , mais on remplace la recette par une valeur cible $S$ . En traitant d'abord $e$ , $r$ et $v$ comme des nombres réels, pour quelles valeurs de $S$ existe-t-il une répartition valable, c'est-à-dire avec $e\geq 0$ , $r\geq 0$ et $v\geq 0$ ? Interprétez les deux bornes.
d) Les billets se vendent à l'unité : $e$ , $r$ et $v$ sont des entiers. Quelle est la plus grande recette réellement possible, et pour quelle répartition ?

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Réponses

a) $\det A=-45$
b) 200, 120, 60
c) $5\,700\leq S\leq 11\,400$
d) $11\,370$ dollars, avec $e=2$ , $r=252$ et $v=126$

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 borne supérieure, la recette qu'on ferait si les billets étudiant disparaissaient entièrement au profit des réguliers et des VIP. Une répartition valable existe donc si et seulement si $5700\leq S\leq 11400$ $. La recette réelle de 8400 $ est bien dans cet intervalle, ce qui est cohérent avec la solution trouvée en b).

d)

Avec des billets entiers, $v$ est un entier et $e=380-3v\geq 0$ impose $v\leq 126$ , puisque $3\times 127=381>380$ . La recette $S=5700+45v$ croît avec $v$ : elle est donc maximale pour $v=126$ , soit $r=252$ , $e=380-378=2$ et $S=5700+45\times 126=11370$ dollars. La borne $11400$ de la question c) n'est pas atteinte, car elle demanderait $v=\dfrac{380}{3}$ billets VIP. Plus généralement, une recette $S$ correspond à un compte exact de billets seulement si $\dfrac{S-5700}{45}$ est un entier compris entre $0$ et $126$ .

Exercice 8 : Système homogène, solutions non triviales et espace des solutions

On considère le système homogène $\begin{cases} x+2y-z=0 \\ 2x-y+3z=0 \\ 3x+y+2z=0 \end{cases}$ , dont la matrice des coefficients est $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez $\det A$ . Que peut-on en déduire sur l'existence de solutions autres que la solution nulle ?
b) Résolvez le système par la méthode de Gauss et donnez sa solution générale sous forme paramétrée.
c) Interprétez géométriquement l'ensemble des solutions dans l'espace.
d) Justifiez que tout système linéaire homogène admet au moins une solution, et énoncez la condition exacte pour qu'il en admette une infinité.

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Réponses

a) $\det A=0$ : solutions non triviales
b) $t(-1;\ 1;\ 1)$
c) Droite par l'origine
d) Infinité si $\det A=0$

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 le système est de rang $2$ (la troisième équation n'apporte rien), l'intersection commune des trois plans 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. Notre système relève du cas $\det A=0$ , avec une droite entière de solutions. Cet ensemble est stable par somme et par multiple : c'est un sous-espace vectoriel.

Exercice 9 : Discussion d'un système à deux paramètres selon le rang

On considère le système $\begin{cases} x+y+z=2 \\ x+2y+3z=5 \\ 2x+3y+az=b \end{cases}$ , où $a$ et $b$ sont deux paramètres réels.

a) Calculez le déterminant de la matrice des coefficients en fonction de $a$ . Pour quelle valeur de $a$ le système peut-il ne pas avoir de solution unique ?
b) Pour $a\neq 4$ , que peut-on affirmer sur le nombre de solutions, sans les calculer ?
c) Placez-vous dans le cas $a=4$ . Discutez le nombre de solutions selon la valeur de $b$ , en vous appuyant sur une réduction de Gauss.
d) Pour $a=4$ et la valeur de $b$ qui donne une infinité de solutions, écrivez la solution générale sous forme paramétrée.

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Réponses

a) $\det=a-4$ : $a=4$
b) Solution unique
c) $b=7$ : infinité ; sinon aucune
d) $(-1;\ 3;\ 0)+t(1;\ -2;\ 1)$

a)

Le déterminant de $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & a \end{pmatrix}$ , développé selon la première ligne, vaut $1(2a-9)-1(a-6)+1(3-4)=2a-9-a+6-1=a-4$ . Il s'annule pour $a=4$ : c'est la seule valeur pour laquelle le système peut ne pas avoir de solution unique.

b)

Pour $a\neq 4$ , $\det\neq 0$ , la matrice est inversible et le système admet une solution unique, quelle que soit la valeur de $b$ . La règle de Cramer ou l'inverse s'appliquent sans réserve.

c)

Pour $a=4$ , la matrice des coefficients devient $\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 4 \end{pmatrix}$ , et l'on remarque que $L_{3}=L_{1}+L_{2}$ . La compatibilité dépend donc du même test appliqué au membre de droite : il faut que $b=2+5=7$ . On le voit par réduction : $L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1}$ et $L_{3}\leftarrow L_{3}-2L_{1}$ donnent les lignes $(0;\ 1;\ 2\,|\,3)$ et $(0;\ 1;\ 2\,|\,b-4)$ ; puis $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ 0\,|\,b-7)$ . Si $b\neq 7$ , cette ligne s'écrit $0=b-7\neq 0$ , une contradiction : le système n'a aucune solution. Si $b=7$ , la ligne devient $0=0$ : le système a une infinité de solutions.

d)

Pour $a=4$ et $b=7$ , il reste deux équations indépendantes : $x+y+z=2$ et $y+2z=3$ . On prend $z=t$ comme paramètre libre : $y=3-2t$ et $x=2-y-z=2-(3-2t)-t=-1+t$ . La solution générale est $(x;\ y;\ z)=(-1+t;\ 3-2t;\ t)=(-1;\ 3;\ 0)+t(1;\ -2;\ 1)$ . C'est une droite de solutions, cohérente avec le rang $2$ de la matrice quand $a=4$ .

Exercice 10 : Démonstrations : propriétés de l'inverse et matrices particulières

Les questions a) à c) sont des démonstrations générales portant sur des matrices carrées inversibles d'ordre $n$ . La question d) illustre le résultat de a) sur un exemple.

a) Soit $A$ et $B$ deux matrices inversibles de même ordre. Démontrez que $AB$ est inversible et que $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ , en insistant sur l'ordre des facteurs.
b) Démontrez que si $A$ est inversible, alors $A^{T}$ l'est aussi et $(A^{T})^{-1}=(A^{-1})^{T}$ .
c) Démontrez que si une matrice $A$ vérifie $A^{2}=A$ et qu'elle est inversible, alors $A=I$ .
d) Illustrez a) avec $A=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ : calculez $(AB)^{-1}$ et $B^{-1}A^{-1}$ , et vérifiez qu'ils sont égaux mais que $A^{-1}B^{-1}$ diffère.

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Réponses

a) $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$
b) $(A^T)^{-1}=(A^{-1})^T$
c) $A^{-1}A^2=A^{-1}A$ : $A=I$
d) $\begin{pmatrix}\frac12&-1\\0&1\end{pmatrix}$ ; $A^{-1}B^{-1}$ diffère

a)

Il suffit d'exhiber une matrice qui, multipliée par $AB$ , donne l'identité des deux côtés. Posons $C=B^{-1}A^{-1}$ . Alors $(AB)C=(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=A\,I\,A^{-1}=AA^{-1}=I$ , en utilisant l'associativité du produit. De même $C(AB)=B^{-1}(A^{-1}A)B=B^{-1}IB=B^{-1}B=I$ . Donc $AB$ est inversible et son inverse est $B^{-1}A^{-1}$ . L'ordre est renversé : écrire $A^{-1}B^{-1}$ serait faux, car les facteurs intérieurs ne se simplifieraient plus. C'est le même renversement que pour la transposée, $(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$ .

b)

On applique la transposition à l'identité $AA^{-1}=I$ . Comme $(XY)^{T}=Y^{T}X^{T}$ et $I^{T}=I$ , on obtient $(A^{-1})^{T}A^{T}=I$ . De même, en transposant $A^{-1}A=I$ , on obtient $A^{T}(A^{-1})^{T}=I$ . La matrice $(A^{-1})^{T}$ est donc l'inverse de $A^{T}$ des deux côtés : $A^{T}$ est inversible et $(A^{T})^{-1}=(A^{-1})^{T}$ .

c)

Partons de $A^{2}=A$ . Comme $A$ est inversible, on peut multiplier les deux membres à gauche par $A^{-1}$ : $A^{-1}A^{2}=A^{-1}A$ . Le membre de gauche vaut $A^{-1}(AA)=(A^{-1}A)A=IA=A$ , et le membre de droite vaut $I$ . Donc $A=I$ . Autrement dit, la seule matrice inversible idempotente est l'identité : les autres matrices vérifiant $A^{2}=A$ (les projecteurs non triviaux) sont toutes singulières.

d)

$AB=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , de déterminant $2$ , donc $(AB)^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ . Par ailleurs $A^{-1}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $B^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , donc $B^{-1}A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=(AB)^{-1}$ . En revanche $A^{-1}B^{-1}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\neq(AB)^{-1}$ : le mauvais ordre donne bien un résultat différent.

Exercice 11 : Équations matricielles : où placer l'inverse

On considère $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ . On cherche des matrices $X$ d'ordre 2.

a) Montrez que $A$ est inversible et calculez $A^{-1}$ .
b) Résolvez $AX=B$ .
c) Résolvez $XA=B$ . La solution est-elle la même qu'en b) ?
d) Résolvez $AX+X=B$ .
e) Un étudiant écrit, pour b), « $X=\frac{B}{A}$ ». Que faut-il lui répondre ?

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Réponses

a) $A^{-1}=\begin{pmatrix}3&-1\\-5&2\end{pmatrix}$
b) $X=\begin{pmatrix}1&-1\\-1&2\end{pmatrix}$
c) $X=\begin{pmatrix}3&-1\\1&0\end{pmatrix}$ : différente
d) $X=\frac17\begin{pmatrix}2&-1\\1&3\end{pmatrix}$
e) Pas de division matricielle

a)

$\det A=6-5=1\neq 0$ , donc $A$ est inversible et $A^{-1}=\frac{1}{1}\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix}$ .

b)

On multiplie À GAUCHE par $A^{-1}$ : $X=A^{-1}B=\begin{pmatrix} 3-2 & -1 \\ -5+4 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ . Contrôle : $AX=\begin{pmatrix} 2-1 & -2+2 \\ 5-3 & -5+6 \end{pmatrix}=B$ .

c)

On multiplie À DROITE par $A^{-1}$ : $X=BA^{-1}=\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 6-5 & -2+2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ . Contrôle : $XA=\begin{pmatrix} 6-5 & 3-3 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}=B$ . La solution diffère de celle de b) : le produit n'étant pas commutatif, le côté où se trouve $X$ décide du côté où l'on place $A^{-1}$ .

d)

On factorise $X$ à droite : $AX+X=AX+IX=(A+I)X=B$ . Écrire $(A+1)X$ n'aurait aucun sens, on n'ajoute pas un nombre à une matrice. $A+I=\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 5 & 4 \end{pmatrix}$ , de déterminant $7$ , d'inverse $\frac{1}{7}\begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -5 & 3 \end{pmatrix}$ . Donc $X=\frac{1}{7}\begin{pmatrix} 4-2 & -1 \\ -5+6 & 3 \end{pmatrix}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$ .

e)

La division par une matrice n'existe pas : $\frac{B}{A}$ ne dit pas si l'on multiplie par $A^{-1}$ à gauche ou à droite, et c'est justement ce qui change la réponse entre b) et c). On écrit toujours $A^{-1}B$ ou $BA^{-1}$ , jamais une fraction.

Le fil : pour isoler $X$ , on multiplie par l'inverse du même côté que le facteur à éliminer ; $X$ se met en facteur avec $I$ , pas avec $1$ .

Exercice 12 : Matrices triangulaires : produits, puissances et inverse

On considère les matrices triangulaires supérieures $T=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ et $U=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ , ainsi que la matrice diagonale $D=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez $TU$ . Quelle forme a le produit, et que valent ses coefficients diagonaux ?
b) Calculez $T^{2}$ et $T^{3}$ , conjecturez l'expression de $T^{n}$ , puis démontrez-la par récurrence.
c) Calculez $T^{-1}$ . Est-elle encore triangulaire ?
d) Calculez $D^{5}$ et $D^{-1}$ .
e) À quelle condition une matrice triangulaire est-elle inversible ? La matrice $\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ l'est-elle ?

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Réponses

a) $TU=\begin{pmatrix}2&1\\0&3\end{pmatrix}$
b) $T^n=\begin{pmatrix}1&3^n-1\\0&3^n\end{pmatrix}$
c) $T^{-1}=\begin{pmatrix}1&-\frac23\\0&\frac13\end{pmatrix}$
d) $\text{diag}(32;-1;243)$ ; $\text{diag}\left(\frac12;-1;\frac13\right)$
e) Diagonale sans zéro ; ici non

a)

$TU=\begin{pmatrix} 2 & -1+2 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$ : encore triangulaire supérieure, et sa diagonale est le produit terme à terme des diagonales, $1\times 2$ et $3\times 1$ .

b)

$T^{2}=\begin{pmatrix} 1 & 2+6 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 8 \\ 0 & 9 \end{pmatrix}$ et $T^{3}=T^{2}T=\begin{pmatrix} 1 & 2+24 \\ 0 & 27 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 26 \\ 0 & 27 \end{pmatrix}$ . Conjecture : $T^{n}=\begin{pmatrix} 1 & 3^{n}-1 \\ 0 & 3^{n} \end{pmatrix}$ , vraie pour $n=1$ . Si elle est vraie au rang $n$ , alors $T^{n+1}=T^{n}T=\begin{pmatrix} 1 & 2+3(3^{n}-1) \\ 0 & 3^{n+1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 3^{n+1}-1 \\ 0 & 3^{n+1} \end{pmatrix}$ : elle est héréditaire.

c)

$\det T=3$ et $T^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & -\frac{2}{3} \\ 0 & \frac{1}{3} \end{pmatrix}$ : triangulaire supérieure, de diagonale formée des inverses $1$ et $\frac{1}{3}$ .

d)

Pour une matrice diagonale, on élève chaque coefficient diagonal à la puissance : $D^{5}=\text{diag}(32;\ -1;\ 243)$ , et on les inverse : $D^{-1}=\text{diag}\left(\frac{1}{2};\ -1;\ \frac{1}{3}\right)$ .

e)

Le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de ses coefficients diagonaux : elle est inversible si et seulement si aucun d'eux n'est nul. La matrice proposée a un $0$ sur la diagonale, son déterminant vaut $1\times 0\times 2=0$ : elle n'est pas inversible, malgré ses grands coefficients hors diagonale.

Le fil : produits, puissances et inverses des matrices triangulaires restent triangulaires, et leur diagonale se calcule terme à terme.

Exercice 13 : La trace d'un produit

La trace d'une matrice carrée, notée $\operatorname{tr}$ , est la somme de ses coefficients diagonaux. On considère $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 5 & -2 \end{pmatrix}$ .

a) Calculez $AB$ et $BA$ , puis leurs traces. Les deux produits sont-ils égaux ?
b) Démontrez que $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$ pour toutes matrices carrées $A$ et $B$ d'ordre 2.
c) Existe-t-il deux matrices carrées d'ordre 2 telles que $AB-BA=I$ ? Justifiez.
d) Avec $E=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , $F=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ et $G=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ , calculez $\operatorname{tr}(EFG)$ et $\operatorname{tr}(FEG)$ . Qu'en concluez-vous ?
e) Montrez que $\operatorname{tr}(P^{-1}AP)=\operatorname{tr}(A)$ pour toute matrice $P$ inversible, et vérifiez-le avec $P=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

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Réponses

a) Traces égales à 5, produits différents
b) Mêmes quatre produits
c) Non : $0\neq 2$
d) 1 et 0 : trace cyclique seulement
e) Trace 5 conservée

a)

$AB=\begin{pmatrix} 10 & -3 \\ 20 & -5 \end{pmatrix}$ et $BA=\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ . Les produits sont différents, mais $\operatorname{tr}(AB)=10-5=5$ et $\operatorname{tr}(BA)=3+2=5$ .

b)

Avec $A=(a_{ij})$ et $B=(b_{ij})$ : $\operatorname{tr}(AB)=(a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21})+(a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22})$ et $\operatorname{tr}(BA)=(b_{11}a_{11}+b_{12}a_{21})+(b_{21}a_{12}+b_{22}a_{22})$ . Ce sont les quatre mêmes produits de nombres, rangés autrement : les deux traces sont égales. Le même calcul, $\sum_{i,j}a_{ij}b_{ji}$ , vaut pour tout ordre $n$ .

c)

Non. La trace est linéaire, donc $\operatorname{tr}(AB-BA)=\operatorname{tr}(AB)-\operatorname{tr}(BA)=0$ , alors que $\operatorname{tr}(I)=2$ . Aucune paire de matrices ne peut vérifier cette égalité, en aucun ordre fini.

d)

$EF=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , puis $EFG=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , de trace $1$ . $FE=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ , donc $FEG$ est nulle, de trace $0$ . On peut faire tourner les facteurs, $\operatorname{tr}(EFG)=\operatorname{tr}(GEF)$ , mais pas les permuter librement : la propriété est CYCLIQUE, pas commutative.

e)

Par b) appliqué à $P^{-1}A$ et $P$ : $\operatorname{tr}\big((P^{-1}A)P\big)=\operatorname{tr}\big(P(P^{-1}A)\big)=\operatorname{tr}(A)$ . Avec $P^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ : $P^{-1}A=\begin{pmatrix} -2 & -2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ et $P^{-1}AP=\begin{pmatrix} -2 & -4 \\ 3 & 7 \end{pmatrix}$ , de trace $5=\operatorname{tr}(A)$ . Deux matrices semblables ont la même trace, ce qui servira pour les valeurs propres.

Le fil : la trace ne voit pas l'ordre d'un produit de deux facteurs ; c'est ce qui interdit $AB-BA=I$ et rend la trace invariante par changement de base.

Exercice 14 : Problème : les flux de voitures dans un quartier

Quatre carrefours $A$ , $B$ , $C$ et $D$ forment un carré parcouru par des rues à sens unique : $x_{1}$ voitures par heure vont de $A$ à $B$ , $x_{2}$ de $B$ à $C$ , $x_{3}$ de $C$ à $D$ et $x_{4}$ de $D$ à $A$ .

Des rues extérieures apportent et emportent du trafic, en voitures par heure : en $A$ , $500$ entrent et $200$ sortent ; en $B$ , $300$ entrent et $400$ sortent ; en $C$ , $200$ entrent et $600$ sortent ; en $D$ , $400$ entrent et $200$ sortent. À chaque carrefour, il entre autant de voitures qu'il en sort.

Sur la figure, les flèches vertes entrent dans le quartier et les flèches orange en sortent.

a) Écrivez les quatre équations de conservation.
b) Calculez le rang du système. Pourquoi une équation est-elle redondante ?
c) Exprimez $x_{2}$ , $x_{3}$ et $x_{4}$ en fonction de $x_{1}=t$ , puis calculez-les pour $t=600$ .
d) Aucun flux ne peut être négatif, les rues étant à sens unique. Quelle est la plus petite valeur possible de $x_{1}$ ?
e) Des travaux ferment la rue de $C$ à $D$ . Quels sont les autres flux ? Pourrait-on en plus limiter la rue de $B$ à $C$ à $300$ voitures par heure ?

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Réponses

a) $x_1-x_4=300$ , $x_1-x_2=100$ , $x_2-x_3=400$ , $x_3-x_4=-200$
b) Rang 3
c) $t-100$ , $t-500$ , $t-300$ ; 500, 100, 300
d) $x_1\geq 500$
e) $x_2=400$ , $x_4=200$ ; limite impossible

a)

En $A$ : $500+x_{4}=x_{1}+200$ , soit $x_{1}-x_{4}=300$ . En $B$ : $x_{1}+300=x_{2}+400$ , soit $x_{1}-x_{2}=100$ . En $C$ : $x_{2}+200=x_{3}+600$ , soit $x_{2}-x_{3}=400$ . En $D$ : $x_{3}+400=x_{4}+200$ , soit $x_{3}-x_{4}=-200$ .

b)

Les équations de $B$ , $C$ et $D$ , additionnées, donnent $x_{1}-x_{4}=300$ , celle de $A$ . Le rang vaut $3$ : quatre inconnues et trois équations indépendantes, donc un paramètre libre. La redondance vient du bilan global : il entre $1\,400$ voitures par heure dans le quartier et il en sort $1\,400$ , donc le dernier carrefour est équilibré dès que les trois autres le sont.

c)

$x_{2}=t-100$ , $x_{3}=x_{2}-400=t-500$ et $x_{4}=x_{3}+200=t-300$ . Pour $t=600$ : $x_{2}=500$ , $x_{3}=100$ et $x_{4}=300$ . Contrôle en $A$ : $600-300=300$ .

d)

Il faut $t-100\geq 0$ , $t-500\geq 0$ et $t-300\geq 0$ : la contrainte la plus forte est $t\geq 500$ . Au minimum, $500$ voitures par heure vont de $A$ à $B$ , et la rue de $C$ à $D$ est alors vide.

e)

$x_{3}=0$ impose $t=500$ , donc $x_{1}=500$ , $x_{2}=400$ et $x_{4}=200$ : une seule répartition possible. Limiter $x_{2}$ à $300$ exigerait $t\leq 400$ , incompatible avec $t\geq 500$ : impossible sans modifier les entrées et sorties, le quartier serait saturé.

Le fil : un réseau de flux se traduit par un système dont le rang dit le nombre de degrés de liberté ; les contraintes physiques découpent ensuite l'intervalle des solutions acceptables.

Exercice 15 : Problème : la production d'une boulangerie en matrices

Une boulangerie fabrique des croissants, des pains au chocolat et des brioches. La matrice $M$ donne, en grammes, la farine, le beurre et le sucre (lignes) utilisés pour une pièce de chaque produit (colonnes) : $M=\begin{pmatrix} 50 & 55 & 60 \\ 25 & 25 & 15 \\ 5 & 10 & 15 \end{pmatrix}$ .

Le prix d'achat des ingrédients, en dollars par gramme, est donné par la matrice ligne $p=\begin{pmatrix} 0{,}002 & 0{,}012 & 0{,}003 \end{pmatrix}$ .

a) Une commande comporte $100$ croissants, $80$ pains au chocolat et $50$ brioches, notée $q=\begin{pmatrix} 100 \\ 80 \\ 50 \end{pmatrix}$ . Calculez $Mq$ et interprétez.
b) Calculez $pM$ et interprétez chacun de ses coefficients.
c) Calculez le coût des ingrédients de la commande de deux façons, $p(Mq)$ et $(pM)q$ .
d) Le stock du jour est de $11\,900$ grammes de farine, $5\,100$ grammes de beurre et $2\,000$ grammes de sucre. Calculez $\det M$ , puis déterminez la production qui utilise exactement tout le stock.
e) Pourquoi la question d) exige-t-elle $\det M\neq 0$ , et que signifierait une solution avec une composante négative ?

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Réponses

a) 12 400 g, 5 250 g, 2 050 g
b) $0{,}415$ ; $0{,}44$ ; $0{,}345$ dollar
c) $93{,}95$ dollars
d) $\det M=2\,250$ ; 80, 100, 40
e) Solution unique ; négatif : impossible

a)

$Mq=\begin{pmatrix} 5\,000+4\,400+3\,000 \\ 2\,500+2\,000+750 \\ 500+800+750 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 12\,400 \\ 5\,250 \\ 2\,050 \end{pmatrix}$ : la commande demande $12\,400$ grammes de farine, $5\,250$ de beurre et $2\,050$ de sucre. Le produit est défini parce que $M$ a trois colonnes, une par produit, comme $q$ a trois lignes.

b)

$pM=\begin{pmatrix} 0{,}1+0{,}3+0{,}015 & 0{,}11+0{,}3+0{,}03 & 0{,}12+0{,}18+0{,}045 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0{,}415 & 0{,}44 & 0{,}345 \end{pmatrix}$ : le coût des ingrédients d'un croissant, d'un pain au chocolat et d'une brioche, en dollars.

c)

$p(Mq)=0{,}002\times 12\,400+0{,}012\times 5\,250+0{,}003\times 2\,050=24{,}80+63{,}00+6{,}15=93{,}95$ dollars. $(pM)q=0{,}415\times 100+0{,}44\times 80+0{,}345\times 50=41{,}50+35{,}20+17{,}25=93{,}95$ dollars. Même résultat : c'est l'associativité du produit matriciel, lue en ingrédients puis en produits.

d)

$\det M=50(375-150)-55(375-75)+60(250-125)=11\,250-16\,500+7\,500=2\,250\neq 0$ . Le système $Mq=s$ a une solution unique ; on vérifie que $q=\begin{pmatrix} 80 \\ 100 \\ 40 \end{pmatrix}$ convient : $4\,000+5\,500+2\,400=11\,900$ , $2\,000+2\,500+600=5\,100$ et $400+1\,000+600=2\,000$ . La boulangerie peut faire $80$ croissants, $100$ pains au chocolat et $40$ brioches.

e)

Si $\det M=0$ , les recettes seraient liées, par exemple une recette combinaison des deux autres : le système aurait une infinité de solutions ou aucune, jamais une production unique. Une composante négative serait une solution mathématique sans sens physique : pour vider exactement le stock, il faudrait « défaire » des pâtisseries, et l'on devrait alors renoncer à tout utiliser.

Le fil : lignes et colonnes d'une matrice portent un sens ; un produit matriciel n'est défini que si ces sens s'enchaînent, et une solution n'est acceptable que si elle respecte la réalité.

Exercices corrigés : matrices, systèmes linéaires et déterminants (201-SN4-RE, ancien 201-NYC / Maths 105)

Rappel de cours

Calculs : les produits de matrices à calculer

Exercice 0.1 : Calculer des produits de matrices : dix calculs directs

Calculs : les inverses à calculer

Exercice 0.2 : Inverser une matrice : huit calculs directs

Partie A : Opérations et systèmes (/50)

Exercice 1 : Opérations sur les matrices et non-commutativité

Exercice 2 : Produit matriciel et écriture d'un système

Exercice 3 : Résolution par la méthode de Gauss-Jordan

Exercice 4 : Déterminants et matrice inverse

Exercice 5 : Inverse d'une matrice 3x3 par la méthode de Gauss-Jordan

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Démonstration et le cas singulier

Exercice 7 : Problème : la billetterie, par la règle de Cramer

Exercice 8 : Système homogène, solutions non triviales et espace des solutions

Exercice 9 : Discussion d'un système à deux paramètres selon le rang

Exercice 10 : Démonstrations : propriétés de l'inverse et matrices particulières

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Équations matricielles : où placer l'inverse

Exercice 12 : Matrices triangulaires : produits, puissances et inverse

Exercice 13 : La trace d'un produit

Exercice 14 : Problème : les flux de voitures dans un quartier

Exercice 15 : Problème : la production d'une boulangerie en matrices

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