nul éléments -entre

Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 21
201-105-RE
SOLUTIONS
CHAPITRE 3
EXERCICES 3.2
1.
a)
1 –3ˆ
2 1ˆ
A31 = ÊË
et A23 = ÊË
–5 –9¯
6 –7¯
b)
M22 =
c)
C33 = (–1)3 + 3
d)
2ˆ
Ê –103 –86
cof A = Á 13 34 20˜
Ë –24
6 –14¯
f)
0
0ˆ
Ê –298
A • adj A = adj A • A = Á
0 –298
0˜
Ë
0
0 –298¯
2. a)
2 –3
2 –3
= 34 et M32 =
= –6
6 8
4 –9
2 1
4 –5
= – 14, C12 = (–1)1+ 2
= – 86
Ê –103 13 –24ˆ
6˜
e) adj A = Á –86 34
Ë
2 20 –14¯
1 –2
= 2 –(–6) = 8 π 0 . Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer, ce qui donne :
3 2
1 –2
13 2 2 – (–26) 28 7
x=
=
= = et y =
1 –2
8
8 2
3 2
La solution est (3,5; 1,25).
b)
4 –9
6 8
1
3
1
3
1
13 13 – 3 10 5
=
= =
–2
8
8 4
2
2 1
= 8 –5 = 3 π 0 . Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer, ce qui donne :
5 4
7 1
2 7
13 4
5 13
28 – 13 15
26 – 35 –9
x=
=
=
=
= –3
=
= 5 et y =
2 1
2
1
3
3
3
3
5 4
5 4
La solution est (5; –3).
c)
1 2
= 4 – 4 = 0 . Puisque det A = 0, la méthode de Cramer est inutilisable.
2 4
En échelonnant la matrice augmentée, on obtient :
Ê 1 2 8ˆ
Ê 1 2 8ˆ ª L1
Ë 2 4 16¯ L 2 – 2 L1 Ë 0 0 0¯
La solution est {(x1; x2) | x1 = 8 – 2s et x2 = s}.
3 –2
6 –4 = –12 – (–12) = 0 . Puisque det A = 0, la méthode de Cramer est inutilisable.
En échelonnant la matrice augmentée, on obtient :
Ê 3 –2 12ˆ ª L1
Ê 3 –2 12ˆ
Ë 6 –4 8¯ L 2 – 2 L1 Ë 0 0 –16¯
Le système n’admet aucune solution.
d)
e)
2 3
5 –4 = –8 – 15 = –23 π 0 . Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer, ce qui donne :
22 3
32 –4 –88 – 96 –184
x=
=
=
=8 et y =
2 3
–23
–23
5 –4
La solution est (8; 2)
2 22
5 32 64 – 110 –46
=
=
=2
2 3
–23
–23
5 –4
22
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer
f)
La méthode de Cramer est inutilisable, car il y a plus d’équations que d’inconnues.
augmentée, on obtient :
Ê 1 2 10ˆ L1
Ê 1 2 10ˆ 7L1 + 2 L 2 Ê 7 0 28ˆ L1 7 Ê 1
–
3
1
9
0 –7 –21˜ ª L 2
L
–
3L
ª
Á
˜
Á 0 –7 –21˜ ª L1 (–7) Á 0
2
1Á
Ë 4 1 19¯ L 3 – 4L1 Ë 0 –7 –21¯ L 3 – L 2 Ë 0 0
Ë0
0¯ L 3
En échelonnant la matrice
0 4ˆ
1 3˜
0 0¯
Le système admet une solution unique (4; 3).
3. a)
e)
1
0
b)
f)
2
0
c)
60
d)
45
4. a) 0
b) 60
c) adf
d) 0
e) En développant selon la première ligne, on a a(ei – hf) – b(di – gf) + c(dh – ge).
f) En développant selon la troisième ligne, on a a(hf – ei) – b(gf – di) + c(ge – dh).
5.
On peut évaluer l’aire du parallélogramme en soustrayant de l’aire du rectangle ABCD les aires des triangles et des petits rectangles. On a alors
cd
ab
A = ( a + c)(b + d ) – 2 bc – 2Ê ˆ – 2Ê ˆ
Ë 2¯
Ë 2¯
= ab + ad + cb + cd – 2 bc – cd – ab
a b
= ad – bc =
c d
D
b
(a + c; b + d)
C
a
c
(c; d)
d
(a; b) b
d
On peut évaluer l’aire du parallélogramme en soustrayant de l’aire du rectangle ABCD les aires des triangles et des petits rectangles. On a alors :
a
c B
A
Aire du rectangle ABCD :
AABCD = (x + a + c) (y + b + d)
(x + a + c; y + b + d)
= xy + xb + xd + ay + ab + ad + cy + cb + cd
D
C
c
a
x
Aire des rectangles :
b
∆B
R2
AR1 = x (y + b + d) = xy + xb + xd
b
AR2 = cb, AR3 = c (y + b) = cy + cb
∆C d
∆A
c
AR4 = ay
d R1
Aire des triangles :
R3 b
∆D
ADA = ADC = cd/2, ADB = ADD = ab/2
Aire du parallélogramme :
y
R4
y
x
c
a
A = xy + xb + xd + ay + ab + ad + cy + cb + cd – (xy + xb + xd + cb + cy + cb
A
B
+ ay + cd + ab)
= ad – cb
a b
On obtient donc ad – bc = c d .
6.
a) On peut évaluer l’aire du parallélogramme en calculant la valeur absolue
du déterminant
(–1;9)
(2;5)
(–3;4)
2 5
= 23
–3 4
L’aire du parallélogramme est donc de 23 unités d’aire.
(0; 0)
b) On peut évaluer l’aire du parallélogramme de même aire ayant des sommets à (0; 0), (–5; 2) et (2; 3) en calculant la valeur absolue du déterminant
–5 2
= –19
2 3
L’aire du parallélogramme est donc de 19 unités d’aire.
(–1;9)
(4;7)
(–3;6)
(–3;5)
(–5;2)
(2;4)
(2;3)
(0;0)
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 23
7. a) L’aire du triangle est la moitié de l’aire du parallélogramme dont les trois
points donnés sont des sommets. On peut évaluer l’aire du parallélogramme
ayant des sommets à (0; 0), (6; 2) et (2; –4) en calculant la valeur absolue du
déterminant
6 2
= –28
2 –4
L’aire du parallélogramme est donc de 28 unités d’aire et celle du triangle est
de 14 unités d’aire.
b) L’aire du triangle est égale à celle du triangle dont les sommets sont (0; 0),
(2; 3) et (6; 1). Elle est égale à la moitié de l’aire du parallélogramme dont ces
trois derniers points sont des sommets. On peut évaluer l’aire du parallélogramme en calculant la valeur absolue du déterminant
2 3
= –16
6 1
L’aire du parallélogramme est donc de 16 unités d’aire et celle du triangle est
de 8 unités d’aire.
(6;2)
(0;0)
(8;–2)
(2;–4)
(3;7)
(1;4)
(7;5)
(2;3)
(6;1)
(0;0)
(4;–2)
–11
0ˆ
–5 –3ˆ
et A • (cofA) t = ÊË
.
8. a) det A = –11, (cof A) t = Ê
Ë –2 1¯
0 –11¯
Ê 10 13 –14ˆ
Ê5 0
t
b) det B = 5, (cof B) = Á 0 2 –1˜ et B • (cofB) t = Á 0 5
Ë –5 –8
9¯
Ë0 0
t
t
c) A • (cof A) = –11I = (det A)I et B • (cof B) = 5I = (det B)I
0ˆ
0˜ .
5¯
9. a) det A = 5 et det B = 33.
Ê 7 23 –10ˆ
Ê14 19 25ˆ
b) A • B = Á 13 0 16˜ et B • A = Á 11 1 20˜
Ë16 15
Ë 0 6 –1¯
7¯
c) A • B π B • A.
d) det (A •B) = 165 et det (B •A) = 165.
e) det (A •B) = det (B •A). De plus, det (A •B) = det (B •A) = (det A) (det B).
10.
1 2 3
2 a 3a
a 3a
a 2 a 3a = 1
–2
+3
5 7
–4 7
–4 5 7
= (14 a – 15a) – 2(7a + 12 a) + 3(5a + 8a)
= – a – 38a + 39a = 0
det A =
a 2a
–4 5
a) On observe que le déterminant est nul.
b) Cela est peut-être dû au fait que deux lignes sont proportionnelles. Pour y voir plus clair, on peut développer le
déterminant par la troisième ligne. On a alors :
det A =
1 2 3
a 2 a 3a = –4
–4 5 7
2 3
–5
2 a 3a
1 3
+7
a 3a
c) Il est nul.
11.
1 2 3
–3 7
2 7
2 –3
det A = 2 –3 7 = 1
–2
+3
–1 10
3 10
3 –1
3 –1 10
= (–30 + 7) – 2(20 – 21) + 3(–2 + 9)
= –23 + 2 + 21 = 0
a) On observe que le déterminant est nul.
1 2
= –4 ¥ 0 – 5 ¥ 0 + 7 ¥ 0 = 0 .
a 2a
24
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer
b) Cela est peut-être dû au fait qu’une ligne est la somme des deux autres. Cela est plus difficile à interpréter. Le
développement selon la troisième ligne ne nous permet pas vraiment de voir la raison pour laquelle le déterminant
est nul.
1 2 3
2 3
1 3
1 2
det A = 2 –3 7 = 3
+1
+ 10
–3 7
2 7
2 –3
3 –1 10
= 3(14 + 9) + (7 – 6) + 10(–3 – 4)
= 69 + 1 – 70 = 0
Essayons de généraliser en considérant une matrice dont les éléments sont des lettres. On a alors :
a
b
c
b c
a c
a b
d
e
f
= (a + d )
– ( b + e)
+ (c + f )
e f
d f
d e
a+d b+e c+ f
= ( a + d )(bf – ec) – (b + e)( af – dc) + (c + f )( ae – db)
= ( a(bf – ec) – b( af – dc) + c( ae – db)) + ( d (bf – ec) – e( af – dc) + f ( ae – db))
b c
a c
a b ˆ Ê b c
a c
a b ˆ
= Êa
–b
+c
+ d
–e
+f
d f
d e ¯ Ë e f
d f
d e ¯
Ë e f
a b c
a b c
= d e f + d e f = 0 + 0.
a b c
d e f
det A =
Puisque les éléments de la troisième ligne sont tous des sommes, le déterminant peut s’exprimer comme une
somme de déterminants. De plus, chacun de ces déterminants a deux lignes identiques, ils sont donc nuls.
Ê 0 1 0ˆ Ê a b c ˆ Ê d e f ˆ
12. a) Le produit E12 • A donne Á 1 0 0˜ • Á d e f ˜ = Á a b c ˜ .C’est l’équivalent matriciel de l’opération élémentaire
Ë 0 0 1¯ Ë g h i ¯ Ë g h i ¯
consistant à interchanger les deux premières lignes de A.
b) Le déterminant de la matrice E12 est –1.
Ê k 0 0ˆ Ê a b c ˆ Ê ka kb kcˆ
13. a) Le produit P1;k • A donne Á 0 1 0˜ • Á d e f ˜ = Á d e f ˜ . C’est l’équivalent matriciel de l’opération élémenË 0 0 1¯ Ë g h i ¯ Ë g h i ¯
taire consistant à multiplier la première ligne de A par k.
b) Le déterminant de la matrice P1;k est k.
Ê 1 k 0ˆ Ê a b c ˆ Ê a + kd b + ke c + kf ˆ
e
f ˜ . Ce produit représente donc l’opération élémen14. a) Le produit donne Á 0 1 0˜ • Á d e f ˜ = Á d
Ë 0 0 1¯ Ë g h i ¯ Ë g
h
i ¯
taire de ligne L1 Æ L1 + kL2 sur la matrice A.
b) Le déterminant de la matrice S1;k:2 est 1.
Ê 3 –2 0ˆ Ê a b c ˆ Ê 3a – 2 d 3b – 2e 3c – 2 f ˆ
15. a) Le produit P • A donne Á 0 1 0˜ • Á d e f ˜ = Á d
e
f ˜.
Ë 0 0 1¯ Ë g h i ¯ Ë g
h
i ¯
Ce qui donne la matrice ayant subi l’opération élémentaire de ligne L1 Æ 3L1 – 2L2.
Ê a b c ˆ Ê 3 –2 0ˆ Ê 3a –2 a + b c ˆ
b) Le produit A • P donne Á d e f ˜ • Á 0 1 0˜ = Á 3d –2 d + e f ˜
Ë g h i ¯ Ë 0 0 1¯ Ë 3g –2 g + h i ¯
L’effet est donc de multiplier la première colonne par 3 et d’ajouter –2 fois la première colonne à la deuxième.
c) Le déterminant de la matrice P est det P = 3. On a donc
det B = det (P • A) = (det P)(det A) = 3 det A. On ne peut donc pas dire que det B = det A.
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 25
d)
Ê
Á
Ê a b cˆ
Á
A = Á d e f ˜ , cof A = Á –
Ë g h i¯
Á
Á
Ë
e
h
b
h
b
e
f
i
c
i
c
f
d
g
a
g
a
–
d
f
i
c
i
c
f
–
d
g
a
–
g
a
d
e
h
b
h
b
e
ˆ
˜
˜
˜
˜
˜
¯
La somme des produits des éléments de la première ligne de A et des éléments correspondants sur la première ligne
de la matrice cof A donne :
a
a b c
e f
d f
d e
–b
+c
= d e f . C’est le développement du déterminant de A selon la première ligne.
h i
g i
g h
g h i
La somme des produits des éléments de la deuxième ligne de A et des éléments correspondants sur la deuxième
ligne de la matrice cof A donne :
–d
a b c
b c
a c
a b
+e
–f
= d e f . C’est le développement du déterminant de A selon la deuxième ligne.
h i
g i
g h
g h i
La somme des produits des éléments de la troisième ligne de A et des éléments correspondants sur la troisième ligne
de la matrice cof A donne :
g
a b c
b c
a c
a b
–h
+i
= d e f . C’est le développement du déterminant de A selon la troisième ligne.
e f
d f
d e
g h i
La somme des produits des éléments de la première ligne de A et des éléments correspondants sur la deuxième ligne
de la matrice cof A donne :
–a
a b c
b c
a c
a b
+b
–c
= a b c = 0. C’est le développement d’un déterminant ayant deux lignes identih i
g i
g h
g h i
ques. On obtient la même chose dès que l’on multiplie les éléments d’une ligne quelconque par les cofacteurs d’une
autre ligne. On observe donc que la somme des éléments d’une ligne multipliés par les cofacteurs d’une autre ligne
est égale à 0. Cela explique le fait que le produit A • adj A donne une matrice scalaire dont la valeur des éléments de
la diagonale est égale à det A. En effet, adj A = (cof A)t et la multiplication des matrices est définie en faisant la
somme des produits des éléments d’une ligne par ceux d’une colonne.
Ê
Á
Ê a b cˆ Á
A • adj A = Á d e f ˜ • Á –
Ë g h i¯ Á
Á
Ë
e
h
d
g
d
g
f
i
f
i
e
h
b
h
a
g
a
–
g
–
c
i
c
i
b
h
b
e
a
–
d
a
d
c
f
c
f
b
e
ˆ
˜
det A 0
0 ˆ
˜ Ê
det
A
0
0 ˜
=
Á
˜
0 det A¯
˜ Ë 0
˜
¯
Il en est de même pour la somme des éléments d’une colonne multipliés par les cofacteurs d’une autre colonne. Ce
qui fait que le multiplication (adj A) • A donne le même résultat.
Ê
Á
Á
(adj A)• A = Á –
Á
Á
Ë
e
h
d
g
d
g
f
i
f
i
e
h
b
h
a
g
a
–
g
–
c
i
c
i
b
h
b
e
a
–
d
a
d
c
f
c
f
b
e
ˆ
˜ a b c
0 ˆ
ˆ Ê det A 0
˜ Ê
•
d
e
f
det
A
=
0
0
Á
˜
Á
˜
˜
0 det A¯
˜ Ë g h i¯ Ë 0
˜
¯
26
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer
EXERCICES 3.4
1. a) Les deux premières lignes étant proportionnelles, le déterminant est nul.
b) Les lignes L3 et L2 étant proportionnelles, le déterminant est nul.
c)
d)
5 2 –3 L1 – 2L 2 –3 0 –7
–3 –7
4 1 2 = L2
4 1 2 = 1¥
= 40
7 3
3 –1 1 L 3 + L 2
7 0 3
15 2 5 35
1 1 1
1 4 –3 4 7 4 = ¥ ¥ ¥
5 4 3
–2 3 1 3
1
L1 – L 2
0 5 –4
1
= L2
¥ 1 –3 7
0 –5 17
L 3 + 2 L 2 60
1 2 3
1 –3 7
–2 1 3
=
=
1 2 3
1
¥ 1 –3 7
60
–2 1 3
1
–65 –13
5 –4
¥ (–1) ¥
=
=
–
5
17
60
60
12
1 3 2 L1
1 3 2
–1 –3
1
4
5
=
= 1 ¥ (6 – 6) = 0
–
–
–
L 2 + L1 0 –1 –3 = 1 ¥
e)
–2 –6
1 1 –4 L – L 0 –2 –6
3
2
f)
2. a)
2 4
0 5
0 –7
0 8
3 –1
L1 – 2L 2
5 3 2
19 –5 0
3 2
19 –5
= 2 ¥ –7 4 1 = L 2
2 ¥ –7 4 1 = 2 ¥ –1 ¥
= –2 ¥ (171 + 5) = –352
4 1
1 9
8 5 –1 L 3 + L 2
1 9 0
5 –1
1 2 –3 L 1
1
2 –3
–3 10
det A = 2 1 4 = L 2 – 2L1 0 –3 10 = 1 ¥
= 68 π 0
–11 14
4 –3 2
L 3 – 4L1 0 –11 14
Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer.
C1 + C 2
C2
C 3 – 4C 2
det Ax =
–9 2 –3
–7 2 –11
–7 –11
–1 1 4 =
0 1
0 = 1¥
= –340 . D’où x = –340/68 = –5.
–22 14
–19 –3 2
–22 –3 14
1 –9 –3 L1
1 –9 –3
17 10
det Ay = 2 –1 4 = L 2 – 2L1 0 17 10 = 1 ¥
= 68 . D’où y = 68/68 = 1.
17 14
4 –19 2
L 3 – 4L1 0 17 14
L1 – 2L1 –3 0 –7
1 2 –9
–3 –7
det Az = 2 1 –1 = L 2
2 1 –1 = 1 ¥
= 136 . D’où z = 136/68 = 2.
10 –22
4 –3 –19
L 3 + 3L 2 10 0 –22
La solution du système est donc (–5; 1; 2)
b)
2 1 –5 L1 – 2L 3 0 –7 –27
det A = 3 5 6 = L 2 – 3L 3 0 –7 –27 = 0 . Le déterminant est nul puisqu’en faisant apparaître des zéros, on
1 4 11 L 3
1 4 11
obtient deux lignes identiques. Il est donc impossible de résoudre par la méthode de Cramer. La méthode de Gauss
donne :
Ê 2 1 –5 4ˆ L1
Ê 2 1 –5 4ˆ L1
Ê 2 1 –5 4ˆ
2L
–
3L
3
5
6
24
ª
0 7 27 36˜ ª L 2
Á
˜
Á 0 7 27 36˜
2
1Á
Ë 1 4 11 28¯ 2L 3 – L1 Ë 0 7 27 52¯ L 3 – L 2 Ë 0 0 0 16¯
Le système n’a aucune solution.
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 27
3.
1
x
x
x
1
7
0
0
1
0
4
0
1
x 0
7 0 0
0
= 1¥ 0 4 0 –1¥ x 4
0
x 0
0 0 5
5
4 0
4 0
= 7¥
–x
–x
0 5
0 5
= 140 – 20 x – 35 x – 28 x
x 7 0
x 7 0
0
0 +1¥ x 0 0 –1¥ x 0 4
x 0 5
x 0 0
5
7 0
7 0
–x
0 5
0 4
Cela donne 140 – 83x = 0, d’où x = 140/83.
4.
x y 1 L1 – L 3 x + 5 y – 7 0
x+5 y–7
3 2 1 = L2 – L3
8
–5 0 = 1 ¥
= –5( x + 5) – 8( y – 7) = 0
8
–5
–5 7 1 L 3
–5
7 1
De – 5(x + 5) – 8(y – 7) = 0, on obtient –5x – 8y + 31 = 0, qui est l’équation d’une droite.
De plus, les points (3; 2) et (–5; 7) sont bien des solutions de cette équation puisqu’en substituant ces valeurs à x et y, le
déterminant est nul.
Par conséquent,
5.
x
3
3
3
8
x
2
2
9
8
x
7
x y 1
3 2 1 = 0 représente une droite passant par les points (3; 2) et (–5; 7).
–5 7 1
1 L1 – L 4 x – 3 6
2
1 L2 – L4 0 x – 2 1
=
1 L3 – L4 0
0 x–7
1 L4
3
2
7
0
x –3 6
2
0
= 1 ¥ 0 x – 2 1 = ( x – 3)( x – 2)( x – 7)
0
0
0 x–7
1
Le déterminant d’une matrice triangulaire supérieure est égal au produit des éléments de la diagonale.
6.
1
x
x
x
1
a
0
0
1
0
b
0
1
a 0 0
x 0
0
=
1
¥
0
b
0
–
1
¥
x b
0
0 0 c
x 0
c
b 0
b 0
=a¥ 0 c – x 0 c – x
= abc – bcx – acx – abx
0
x a 0
x a 0
0 + 1¥ x 0 0 – 1¥ x 0 b
c
x 0 c
x 0 0
a 0
a 0
0 c –x 0 b
= abc – x(bc) + x(–ac) – x(ab) = 0, d’où abc = x(bc + ac + ab),
et donc, 1 = bc + ac + ab et 1 = 1 + 1 + 1 .
x abc abc abc
x a b c
7.
L1
1 x x2
1 x
x2
y – x y2 – x 2
1 y y 2 = L 2 – L1 0 y – x y 2 – x 2 = 1 ¥
z – x z2 – x2
L 3 – L1 0 z – x z 2 – x 2
1 z z2
= (y – x)(z2 – x2) – (z – x)(y2 – x2)
= (y – x)(z – x)(z + x) – (z – x)(y – x)(y + x)
= (y – x)(z – x) [(z + x) – (y + x)]
= (y – x)(z – x) [z + x – y – x]
= (y – x)(z – x)(z – y)
8.
x
a
a
a
d
x
b
b
e
f
x
c
1 L1 – L 4 x – a d – b e – c 0
x–a d –b e–c
1 L2 – L4 0 x – b f – c 0
=L –L
= 1 ¥ 0 x – b f – c = ( x – a)( x – b)( x – c)
1
0
0 x–c 0
3
4
0
0 x–c
1 L4
a
b
c 1
28
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer
9. a) Deux colonnes ont été interchangées, ce qui change le signe du déterminant. On trouve donc 3.
b) Une ligne a été multipliée par 2 et l’autre par –3. Le déterminant a donc été multiplié par –6 et on trouve 18 comme
valeur de ce déterminant.
c) La deuxième ligne a été multipliée par 4, ce qui multiplie le déterminant par cette valeur. On a soustrait deux fois la
première ligne de la troisième, ce qui ne change pas la valeur du déterminant. On trouve donc –12.
d) Le déterminant peut s’écrire comme une somme de déterminants. Chacun de ceux-ci a deux lignes identiques. Les
deux déterminants sont nuls et la somme aussi.
10. a)
b)
c)
d)
e)
f)
det(A • B) = (det A)(det B) = –2 ¥ 5 = –10.
det(2At) = 23 det At = 8 det A = –16.
det(3At • B) = (det 3At)(det B) = 33(det At)(det B) = 33(det A)(det B) = 27(–2 ¥ 5) = –270.
det(A3) = det(A) det(A) det(A) = det(A)3 = (–2)3 = –8.
det[(A • B)t] = det(Bt • At) = (det Bt)(det At) = (det B)(det A) = 5 ¥ –2 = –10.
det(–2A • 3Bt) = [det(–2A)] [det(3Bt)] = [(–2)3 det(A)] [33 det(Bt)] = [–8 det(A)] [27 det(B)] = 2160.
11. a) Non, det(A • B) = (det A)(det B) = 0.
b) Oui, comme l’illustre l’exemple suivant :
2 1ˆ Ê1 2ˆ Ê 3 3ˆ
A + B = ÊË
+
=
3 4¯ Ë1 2¯ Ë 4 6¯ et det A = 5, det B = 0 et det(A + B) = 6.
c) Oui, comme l’illustre l’exemple suivant :
2 1ˆ Ê 6 7ˆ Ê 8 8ˆ
A + C = ÊË
+
=
3 4¯ Ë 2 1¯ Ë 5 5¯ et det A = 5, det C = –8 et det(A + C) = 0.
d) Oui, det(A • C) = (det A)(det C) π 0.
e) Non, det(A • B • C) = (det A)(det B)(det C) = 0.
f) Non, comme l’illustre l’exemple présenté en c.
12. a)
2 4 –1 L1
2
4 –1
–6 7
det A = 4 2 5 = L 2 – 2L1 0 –6 7 = 2 ¥
= 2 ¥ (–60 + 91) = 62 π 0 .
–13 10
6 –1 7 L 3 – 3L1 0 –13 10
Le déterminant est non nul, la méthode de Cramer est utilisable. On trouve :
–7 4 –1 L1 + 4L 3 269 0 27
269 27
det Ax = 43 2 5 = L 2 + 2L 3 181 0 19 = –(–1) ¥
= 1 ¥ (5111 – 4887) = 224.
181 19
69 –1 7 L 3
69 –1 7
Ce qui donne x = 224/62.
2 –7 –1 L1
2 –7 –1
57 7
det Ay = 4 43 5 = L 2 – 2L1 0 57 7 = 2 ¥ 90 10 = 2 ¥ (570 – 630) = –120
6 69 7 L – 3L 0 90 10
3
1
Ce qui donne y = –120/62.
2 4 –7 L 1
2 4 –7
–6 57
det Az = 4 2 43 = L 2 – 2L1 0 –6 57 = 2 ¥ –13 90 = 2 ¥ (–540 + 741) = 402
6 –1 69 L – 3L 0 –13 90
3
1
Ce qui donne y = 402/62.
On trouve (224/62; –120/62; 402/62) = (112/31; –60/31; 201/31).
b) Il y a plus d’équations que d’inconnues, la méthode de Cramer est inutilisable. Par la méthode de Gauss-Jordan, on
trouve :
Ê 2 –1
Á4 2
Á 4 –1
Ë2 3
3
5
5
2
–6ˆ L1
Ê 2 –1 3 –6ˆ 4L1 + L 2 Ê 8
L
–
2L
11˜
4 –1 23˜ L 2
1 Á0
Á0
ª 2
ª
–4˜ L 3 – 2L1 Á 0 1 –1 8˜ 4L 3 – L 2 Á 0
17¯ L 4 – L1 Ë 0 4 –1 23¯ L 4 – L 2 Ë 0
L1
Ê8
L2
0
ª L (–3) Á
Á0
3
Ë0
L4
0 11 –1ˆ L1 – 11L 3 Ê 8
4 –1 23˜ L 2 + L 3 Á 0
ª
0 1 –3˜ L 3
Á0
Ë0
0 0 0¯ L 4
0
4
0
0
0 11 –1ˆ
4 –1 23˜
0 –3 9˜
0 0 0¯
0 32ˆ L1 8 Ê 1 0 0 4ˆ
0 20˜ L 2 4 Á 0 1 0 5˜
ª
1 –3˜ L 3 Á 0 0 1 –3˜
0 0¯ L 4 Ë 0 0 0 0¯
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 29
Il y avait une équation éliminable et la solution est (4; 5 ; –3).
c) Il y a plus d’équations que d’inconnues, la méthode de Cramer est inutilisable. Par la méthode de Gauss, on trouve :
Ê2
Á4
Á3
Ë4
1 –3 4ˆ L1
Ê2
5 –1 4˜ L 2 – 2L1 Á 0
ª
6 2 –1˜ 2L 3 – 3L1 Á 0
3 2 6¯ L 4 – 2L1 Ë 0
L1
Ê2
L2
0
ª L – 3L Á
0
2 Á
3
L 4 – 9L 2 Ë 0
1 –3
4ˆ L1 Ê 2
3 5 –4˜ L 4 Á 0
ª
9 13 –14˜ L 2 Á 0
1 8 –2¯ L 3 Ë 0
1 –3 4ˆ L1
Ê2
1
8 –2˜ L 2
Á0
ª
0 –19 2˜ L 3
Á0
0 –59 4¯ 19L 4 – 59L 3 Ë 0
1 –3
4ˆ
1 8 –2˜
3 5 –4˜
9 13 –14¯
1 –3
4ˆ
1
8 –2˜
0 –19
2˜
0
0 –42¯
On obtient une impossibilité, il n’y a aucune solution.
13. a)
2 1 –3 L1 – 2 L 3 0 –11 13
–11 13
det A = 4 –5 6 = L 2 – 4L 3 0 –29 38 = 1 ¥
= 1 ¥ (–418 + 377) = –41 π 0 .
–29 38
1 6 –8 L 3
1
6 –8
Le déterminant est non nul. Le système a donc une solution unique. Puisqu’il s’agit d’un système d’équations
homogène, c’est la solution triviale (0; 0; 0).
b)
2 –1 3 L1
2 –1 3
det B = 3 –2 1 = L 2 – 2L1 –1 0 –5 = 0 .
1 –1 –2 L – L –1 0 –5
3
1
Le déterminant est nul car en échelonnant on obtient deux lignes identiques. Puisqu’il s’agit d’un système d’équations homogène, il y a une infinité de solutions. Par la méthode de Gauss-Jordan, on trouve :
Ê 2 –1 3 0ˆ L 3 Ê 1 –1 –2 0ˆ L1
Ê 1 – 1 – 2 0ˆ L 1 + L 2 Ê 1 0 5 0ˆ
L
L
–
2
3
–
2
1
0
2
–
1
3
0
0 1 7 0˜ ª L 2
L
ª
ª
Á 0 1 7 0˜
Á
˜
˜
1 Á
2
1Á
Ë 1 –1 –2 0¯ L 2 Ë 3 –2 1 0¯ L 3 – 3L1 Ë 0 1 7 0¯ L 3 – L 2 Ë 0 0 0 0¯
La solution est {(x1; x2; x3) | x1 = –5s; x2 = –7s; x3 = s}.
14. a)
b)
2 a 2 b 2c
2e 2 f
2d 2 f
2 d 2e
2 d 2e 2 f = 2 a
– 2b
+ 2c
2 h 2i
2 g 2i
2 g 2h
2 g 2 h 2i
= 2 a( 4ei – 4hf ) – 2 b( 4 di – 4 gf ) + 2c( 4 dh – 4 ge)
= 8[a(ei – hf ) – b( di – gf ) + c( dh – ge)]
e f
d f
d e ˘
–b
+c
= 2 3 Èa
g i
g h ˚˙
ÎÍ h i
a b c
= 23 d e f
g h i
a b c
e f
d f
d e
d e f =a
–b
+c
h i
g i
g h
g h i
et
d e f
e f
d f
d e
a b c = –a
+b
–c
h i
g i
g h
g h i
et
d e f
e f
d f
d e
g h i =a
–b
+c
h i
g i
g h
a b c
a b c
d e f
d
e
f
=
–
a b c
On a donc :
g h i
g h i
c)
a b c
e f
d f
d e
d e f =a
–b
+c
h i
g i
g h
g h i
a b c
d e f
d
e
f
=
g h i
On a donc :
g h i
a b c
30
Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer
d)
a
d
g
a
b
c
b
e
h
d
e
f
c
e
f =a
h
i
g
e
h =a
f
i
f
d f
d e
–b
+c
= a(ei – hf ) – b( di – gf ) + c( dh – ge)
i
g i
g h
h
d g
d g
–b
+c
= a(ei – fh) – b( di – fg) + c( dh – eg)
i
f i
e h
a b c
a d g
On a donc : d e f = b e h
g h i
c f i
e)
f)
a b c
a b c
a c
a b ˘ È
b c
a c
a b ˘
È b c
k d e f = k Íg
–h
+i
=
kg
–
kh
+
ki
=
d
e f
d f
d e ˚˙ ÍÎ
e f
d f
d e ˚˙
Î e f
g h i
kg kh ki
a
b
c
b c
d + j e + k f + l = –( d + j )
+ (e + k )
h i
g
h
i
b c
a c
= –d
+e
–f
h i
g i
a b c
a b c
= d e f + j k l
g h i
g h i
a c
a b
– ( f + l)
g i
g h
a b
b c
a c
a b
–j
+k
–l
g h
h i
g i
g h
15. On peut considérer :
Ê 2 1 3ˆ
une matrice ayant deux lignes ou deux colonnes identiques, Á 4 –5 6˜
Ë 2 1 3¯
Ê 2 1 3ˆ
une matrice ayant deux lignes ou deux colonnes proportionnelles, Á 4 –5 6˜
Ë 8 4 12¯
Ê 2 1 3ˆ
une matrice dont l’une des lignes ou l’une des colonnes est la somme de deux lignes ou deux colonnes Á 4 –5 6˜ .
Ë 6 –4 9¯
16. a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
Parce que le déterminant a une colonne complète de zéros.
Parce que le déterminant a deux colonnes identiques.
Parce que le déterminant a sa troisième ligne proportionnelle à la première. En effet, L3 = 2L1.
Parce que le déterminant a une ligne qui est la somme des deux autres. En effet, L3 = L1 + L2.
Parce que le déterminant a une colonne qui est la somme des deux autres. En effet, C3 = C1 + C2.
Parce que le déterminant a une ligne qui est la somme des deux autres. En effet, L3 = L1 + L2.
Parce que le déterminant a sa quatrième colonne proportionnelle à la deuxième. En effet, C4 = 2C2.
Parce que L4 = L1 + L3.
Parce que C4 = C3 – C2.
Parce que la quatrième ligne du déterminant est la somme des trois autres. L4 = L1 + L2 + L3.