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Feuille 6 Déterminants et inversion

Il y a plusieurs types d’exercices : les exercices dits « de calculs » – marqués par un (C) – que vous devez pouvoir traiter en autonomie et sans erreur : des questions de ce type seront posées à l’examen.

Corrigé Exercice 1. (déterminant 2x2) Soit a, b, c, d ∈ ℝ. Pour (e_{1}, e_{2}) ∈ ℝ^{2}, on définit (S_{(e_{1},e_{2})}) : \{ \begin{matrix}ax + by = e_{1} \\ cx + dy = e_{2} \end{matrix}

1. Il suffit de résoudre (S_{(e_{1},e_{2})}) sans faire d’hypothèse particulière sur e_{1} et e_{2}. On a : \{ \begin{matrix}ax + by = e_{1} \\ cx + dy = e_{2} \end{matrix}

— Si a = 0 : On ne peut avoir b = 0 car alors on aurait e_{1} = 0. Ainsi, b ≠ 0 et on peut s’en servir comme

pivot en faisant L_{2} ← L_{2} − \frac{d}{b}L_{1}

\{ \begin{matrix}by = e_{1} \\ cx = e_{2} − \frac{d}{b}e_{1} \end{matrix}  (1)

Comme on ne fait aucune hypothèse sur (e_{1}, e_{2}), on doit donc avoir c ≠ 0. Récapitulons : Si a = 0,

on doit avoir bc ≠ 0 et \{ \begin{matrix}y = e_{1}/b \\ x = (be_{2} − de_{1})/bc \end{matrix}

— Si a ≠ 0 : on s’en sert comme pivot en faisant L_{2} ← L_{2} − \frac{c}{a}L_{1} :

\{ \begin{matrix}ax + by = e_{1} \\ (d − b\frac{c}{a})y = e_{2} − \frac{c}{a}e_{1} \end{matrix}  (2)

On doit donc avoir d ≠ b\frac{c}{a} (sinon e_{2} − \frac{c}{a}e_{1} = 0) ou, en multipliant par a : dét = ad − bc ≠ 0. Dans ce cas, en faisant L_{2} ← (a/ dét)L_{2} et L_{1} → (1/a)L_{1}, on a

\{ \begin{matrix}x + (b/a)y = (b/a)e_{1} \\ y = \frac{1}{dét}(ae_{2} − ce_{1}) \end{matrix}  (3)

Puis, en faisant L1 ← L_{1} − (b/a)L2, après simplification : \{ \begin{matrix}x = \frac{1}{dét}(de_{2} − de_{1}) \\ y = \frac{1}{dét}(ae_{2} − ce_{1}) \end{matrix} Remarquons que

la condition est la solution marchent aussi dans le cas a = 0

2. Les lignes de A sont colinéaires ssi ∃λ ∈ ℝ tq a = λc, b = λd (ou l’inverse). Si λ = 0, on a une ligne nulle. Sinon, en multipliant et en simplifiant par λ, on obtient ad = bc. Réciproquement, si ad = bc, soit tout le monde est nul (et les deux lignes sont bien colinéaire), soit on a par exemple d ≠ 0 et alors, en posant λ = b/d, on a : a = λc, b = λd. La condition est donc ad − bc ≠ 0. Sous cette condition, on peut tenter d’inverser la matrice par une résolution de système et on obtient,

d’après 1. : A^{−1} = \frac{1}{ad − bc} (\begin{matrix}d & −b \\ −c & a \end{matrix})

Corrigé Exercice 2 (Systèmes linéaires et déterminant). On considère la matrice A = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & 3 \end{matrix}).

1. dét(A) = |\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 2 & 3 \end{matrix}| Faisons L_{2} ← L_{2} − L_{1}. On obtient : |\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 3 \end{matrix}| puis en développant par rapport

à la première colonne : |\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 3 \end{matrix}| = 3 − 4 = −1. A est donc inversible, et le système à l’unique solution

X = A^{−1}B

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2. On a |\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}| = |\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}| en faisant L_{2} ← L_{2} − 2L_{1} et L_{3} ← L_{3} − L_{4}. En développant par

rapport à la troisième ligne, on obtient : |\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}| et en redéveloppant par rapport à la première ligne :

|\begin{matrix}1 & 0 \\ 1 & 1 \end{matrix}| = 1. Même conclusion que précédemment.

3. Développons | \begin{matrix}1 & 4 & 16 \\ 1 & x & x^{2} \\ 1 & 5 & 25 \end{matrix} | par rapport à la deuxième ligne. On obtient le polynôme en x :

− |\begin{matrix}4 & 16 \\ 5 & 25 \end{matrix}| + x |\begin{matrix}1 & 16 \\ 1 & 25 \end{matrix}| − x^{2} |\begin{matrix}1 & 4 \\ 1 & 5 \end{matrix}| = 20 + 9x + x^{2}  (4)

Soit on le factorise de manière classique, soit on remarque que pour x = 4 et x = 5 le déterminant est nul. 4 et 5 sont donc des racines du polynôme puis :

| \begin{matrix}1 & 4 & 16 \\ 1 & x & x^{2} \\ 1 & 5 & 25 \end{matrix} | = −(x − 4)(x − 5)  (5)

Corrigé Exercice 3. Soit A = (\begin{matrix}−3 & 5 & 6 \\ −1 & 2 & 2 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}).

1. On prend le 1 de la première colonne pour pivot et on effectue L_{1} ← L_{1} + 3L_{3} et L_{2} ← L_{2} + L_{3} pour

obtenir : (\begin{matrix}0 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & −1 \end{matrix}).

On prend maintenant le 1 de la deuxième colonne pour pivot en faisant L_{1} ← L_{1} − L_{2} et L_{3} ← L_{3} + L_{2} On a alors : (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}). On termine en faisant L_{2} ← L_{2} − L_{1} puis L_{3} ↔ L_{1} et on obtient l’identité.

2. On trouve A′ = (\begin{matrix}0 & 1 & 2 \\ −1 & 3 & 0 \\ 1 & −2 & 1 \end{matrix})

3. On a AA′ = I_{3} donc A′ = A^{−1}. Le fond théorique de cette méthode, c’est que faire des opérations (autorisées) sur les lignes revient à multiplier par une matrice (inversible). Appelons P_{1}, P_{2}, ⋯, P_{k} les matrices correspondant aux opérations sur A. On trouve alors P_{k} ⋯ P_{2}P_{1}A = I_{3} donc P_{k} ⋯ P_{2}P_{1} = A^{−1}. Appliquer les mêmes opérations sur la matrice identité revient à calculer P_{k} ⋯ P_{2}P_{1}I_{3} = A^{−1}.

Corrigé Exercice 4. • A = (\begin{matrix}1 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 6 \\ 2 & 4 & 2 \end{matrix}) dét(A) = |\begin{matrix}1 & 3 & 4 \\ 0 & 2 & 6 \\ 2 & 4 & 2 \end{matrix}| = 2 |\begin{matrix}1 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix}|−6 |\begin{matrix}1 & 3 \\ 2 & 4 \end{matrix}| = 2(2−8)−6(4−6) = 0

en développant par rapport à la deuxième ligne. On en déduit que A n’est pas inversible.

• A = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ −1 & 1 & 0 \\ −1 & 4 & 4 \end{matrix}) dét(A) = |\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ −1 & 1 & 0 \\ −1 & 4 & 4 \end{matrix}| = −(−1) |\begin{matrix}2 & 3 \\ 4 & 4 \end{matrix}| + |\begin{matrix}1 & 3 \\ −1 & 4 \end{matrix}| = (8 − 12) + (4 + 3) = 3 ≠ 0 en

développant par rapport à la deuxième ligne. Comme A est inversible, on continue : ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ −1 & 1 & 0 \\ −1 & 4 & 4 \end{matrix} | \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) en faisant L_{1} ← L_{1} + L_{2} et L_{3} ←

L_{3} − L_{2} : ( \begin{matrix}0 & 3 & 3 \\ −1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 4 \end{matrix} | \begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \end{matrix} ).

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Ensuite, on fait L_{3} ← L_{3} − L_{1} et L_{1} ← L_{1} − 3L_{3} : ( \begin{matrix}0 & 3 & 0 \\ −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} | \begin{matrix}4 & 7 & −3 \\ 0 & 1 & 0 \\ −1 & −2 & 1 \end{matrix} ).

On termine par L_{1} ← \frac{1}{3}L_{1}, L_{2} ← −L_{2} + L_{1} puis L_{2} ↔ L_{1} : ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} | \begin{matrix}4/3 & 4/3 & −1 \\ 4/3 & 7/3 & −1 \\ −1 & −2 & 1 \end{matrix} ). Ainsi,

A^{−1} = ( \begin{matrix}4/3 & 4/3 & −1 \\ 4/3 & 7/3 & −1 \\ −1 & −2 & 1 \end{matrix} ).

• A = (\begin{matrix}2 & 3 & 1 & 5 \\ 1 & 0 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & −3 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 1 \end{matrix}). On a dét(A) = |\begin{matrix}2 & 3 & 1 & 5 \\ 1 & 0 & 3 & 1 \\ 0 & 2 & −3 & 2 \\ 0 & 2 & 3 & 1 \end{matrix}| = 2 |\begin{matrix}0 & 3 & 1 \\ 2 & −3 & 2 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}| − |\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 2 & −3 & 2 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}| en développant par

rapport à la première colonne. On a ensuite : |\begin{matrix}0 & 3 & 1 \\ 2 & −3 & 2 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}| = |\begin{matrix}0 & 3 & 1 \\ 0 & −6 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}| = 2 |\begin{matrix}3 & 1 \\ −6 & 1 \end{matrix}| = 18.

On a aussi : |\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 2 & −3 & 2 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}| = 3 |\begin{matrix}−3 & 2 \\ 3 & 1 \end{matrix}| − 2 |\begin{matrix}1 & 5 \\ 3 & 1 \end{matrix}| + 2 |\begin{matrix}1 & 5 \\ −3 & 2 \end{matrix}| = −27 + 28 + 34 = 35

Du coup : dét(A) = 2 × 18 − 35 = 1 ≠ 0 donc la matrice est inversible.

On doit trouver A^{−1} = (\begin{matrix}18 & −35 & −28 & 1 \\ 9 & −18 & −14 & 1 \\ −2 & 4 & 3 & 0 \\ −12 & 24 & 19 & −1 \end{matrix})

Corrigé Exercice 5.

A = (\begin{matrix}0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{matrix}) .

1. On trouve dét = −3 et A^{−1} = \frac{1}{3} (\begin{matrix}−2 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & −2 \end{matrix})

2. A + I_{4} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) et (A + I_{4})^{2} = 4(A + I_{4})

3. On a A^{2} +2A+I_{4} = 4A+4I_{4} puis A^{2} −2A = 3I_{4} puis A(A−2) = 3I_{4}. On en déduit que A est inversible,

d’inverse \frac{1}{3}(A − 2) Corrigé Exercice 6. En développant successivement, on trouve dét(A) = a_{1}a_{2}...a_{n} qui est non nul ssi tous les a_{i} sont non nuls. Corrigé Exercice 7 (Déterminant de Vandermonde). Soient 𝕂 un corps et n ∈ ℕ^{∗}. Pour a_{1}, …, a_{n} ∈ 𝕂, on considère le déterminant :

V (a_{1}, …, a_{n}) = dét (\begin{matrix}1 & 1 & ⋯ & 1 \\ a_{1} & a_{2} & ⋯ & a_{n} \\ a_{1}^{2} & a_{2}^{2} & ⋯ & a_{n}^{2} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ a_{1}^{n−1} & a_{2}^{n−1} & ⋯ & a_{n}^{n−1} \end{matrix}) .

Le but de l’exercice est de démontrer la formule : V (a_{1}, …, a_{n}) = ∏_{1⩽i<j⩽n}(a_{j} − a_{i}).

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1. Le déterminant est nul car la matrice n’est pas inversible avec deux colonnes identiques, et la formule est nulle aussi.

2. Le calcul est simple.

3. On fait L_{i} ← L_{i} − a_{1}L_{i−1} avec i = n puis i = n − 1 jusqu’à i = 2 :

V (a_{1}, …, a_{n}) = dét (\begin{matrix}1 & 1 & ⋯ & 1 \\ 0 & a_{2} − a_{1} & ⋯ & a_{n} − a_{1} \\ 0 & (a_{2} − a_{1})a_{2} & ⋯ & (a_{n} − a_{1})a_{n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ 0 & (a_{2} − a_{1})a_{2}^{n−2} & ⋯ & (a_{n} − a_{1})a_{n}^{n−2} \end{matrix})  (6)

En factorisant chacune des lignes par a_{i} − a_{1} et en développant par rapport à la première colonne, on obtient le résultat souhaité.

4. On raisonne sur n. L’initialisation a été faite à la question 2. Pour l’hérédité, il suffit d’utiliser la formule précédente et d’appliquer l’hypothèse de récurrence.

5. (∗) Le coefficient devant X^{n−1} est (−1)^{n}V (a_{2}, …, a_{n}). Le polynôme s’annule en quand X = a_{i} donc a n − 1 racines évidentes. On a donc V (X, a_{2}, …, a_{n}) = (−1)^{n−2}V (a_{2}, …, a_{n})(X − a_{2}) ⋯ (X − a_{n}) ce qui nous redonne la formule en 3.

Corrigé Exercice 8. Notons P = c_{0} + c_{1}X + ⋯ + c_{p}x^{p}. La condition s’écrit V C = Y avec C = (c_{0} ; ⋮ ; c_{p}),

Y = (y_{0} ; ⋮ ; y_{p}) et V = (\begin{matrix}1 & x_{0} & ⋯ & x_{0}^{p} \\ 1 & x_{1} & ⋯ & x_{1}^{p} \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ 1 & x_{p} & ⋯ & x_{p}^{p} \end{matrix}). Le système a une solution pour tout Y ssi V est inversible ssi les x_{i}

sont distincts (d’après l’exercice précédent)

Corrigé Exercice 9. A = ( \begin{matrix}2 − X & −3 & −6 \\ 0 & 5 − X & 6 \\ −1 & −5 & −5 − X \end{matrix} ) ∈ M_{3}(ℝ[X]).

On trouve dét(A) = X^{3} − 2X^{2} − X + 2 = (X − 1)(X^{2} − X − 2) (en remarquant que 1 est racine) puis P = (X − 1)(X − 2)(X + 1).

Si P (λ) = 0, cela signifie que ( \begin{matrix}2 − λ & −3 & −6 \\ 0 & 5 − λ & 6 \\ −1 & −5 & −5 − λ \end{matrix} ) est non-inversible. Elle est inversible partout ailleurs.

Corrigé Exercice 10. B = ( \begin{matrix}−2 − X & −1 & −4 & −2 \\ 5 & 4 − X & 5 & 3 \\ −1 & −1 & 1 − X & 0 \\ −1 & −1 & −1 & −X \end{matrix} ) ∈ M_{4}(ℝ[X]).

On trouve comme polynôme : X^{4} − 3X^{3} + X^{2} + 3X − 2 = (X − 2)(X − 1)^{2}(X + 1)