nul éléments -entre

Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 21
201-105-RE
SOLUTIONS
CHAPITRE 3
EXERCICES 3.2
1. a)AA
31 23
13
59 21 67
=Ê
ˈ ¯=Ê Ëˆ ¯
–
–– –
et
b)
MM
22 32
23
68 23 49 6=== –
–
– –= 34 et
c)
CC
33 33 12 12
121
45 149 68 86===
++
(– ) – (– ) – – = –14,
d)
cof A=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
––
––
103 86 2
13 34 20
24 6 14
e)
adj A=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
––
––
103 13 24
86 34 6
220 14
f) AA AA• •
––– adj adj ==
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
29800
0 298 0
00298
2. a)
– –(– )
12
32 2680==π
. Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer, ce qui donne :
xy== ====
–
–
–(– )
–
–
12
13 2
12
32
226
8
11
313
12
32
13 3
810 85 4
=28
8=7 2 et
La solution est (3,5; 1,25).
b) –
21
54 85 3 0==π
. Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer, ce qui donne :
xy== ====
–
––
–
71
13 4
21
54
28 13
3
27
513
21
54
26 35
39 33= 15 3=5 et
La solution est (5; –3).
c) –
12
24 440==
. Puisque det A = 0, la méthode de Cramer est inutilisable.
En échelonnant la matrice augmentée, on obtient :
12 8
2416 128 000
2
Ê
ˈ ¯ªÊ
ˈ ¯
L
LL
1
21
–
La solution est {(x1; x2) | x1 = 8 – 2s et x2 = s}.
d) –
– ––(–)
32
64 12 12 0==. Puisque det A = 0, la méthode de Cramer est inutilisable.
En échelonnant la matrice augmentée, on obtient :
3212
648 3212 0016
2
–
–––
–
Ê
ˈ ¯ªÊ ˈ ¯
L
LL
1
21
Le système n’admet aucune solution.
e)
– –– –
23
54 815 230==π
. Le déterminant est non nul, on peut utiliser la méthode de Cramer, ce qui donne :
xy== ==
–
–
––
–
–
–
–
22 3
32 4
23
54
88 96
23
222
532
23
54
64 110
23
=–184
–23 =8 et =–46 –23=2
La solution est (8; 2)

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. En échelonnant la matrice
augmentée, on obtient :
1210
319
4119
1210
0721
0721
7028
0721
00 0
104
013
000
27
7
–––
–– –– (– )
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜ªÊ
Ë
Áˆ
¯
˜ªÊ
Ë
Áˆ
¯
˜ªÊ
Ë
Áˆ
¯
˜
+L
L–3L
L–4L
7L L
L
L–L
L
L
L
1
21
31
12
2
32
1
1
3
Le système admet une solution unique (4; 3).
3. a)1 b)2 c)60 d)45
e)0 f)0
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 rectan-
gle ABCD les aires des triangles et des petits rectangles. On a alors
Aacbdbc cd ab
ab ad cb cd bc cd ab
ad bc ab
cd
=+ + Ê
ˈ ¯Ê ˈ ¯
=+++
==
()()–– –
–––
–
22
222
2
On peut évaluer l’aire du parallélogramme en soustrayant de l’aire du rectan-
gle ABCD les aires des triangles et des petits rectangles. On a alors :
Aire du rectangle ABCD :
AABCD = (x + a + c) (y + b + d)
= xy + xb + xd + ay + ab + ad + cy + cb + cd
Aire des rectangles :
AR1 = x (y + b + d) = xy + xb + xd
AR2 = cb, AR3 = c (y + b) = cy + cb
AR4 = ay
Aire des triangles :
ADA = ADC = cd/2, ADB = ADD = ab/2
Aire du parallélogramme :
A = xy + xb + xd + ay + ab + ad + cy + cb + cd – (xy + xb + xd + cb + cy + cb
+ ay + cd + ab)
= ad – cb
On obtient donc ad bc ab
cd
–=
.
6. a)On peut évaluer l’aire du parallélogramme en calculant la valeur absolue
du déterminant
25
–3 4 =23
L’aire du parallélogramme est donc de 23 unités d’aire.
b)On peut évaluer l’aire du parallélogramme de même aire ayant des som-
mets à (0; 0), (–5; 2) et (2; 3) en calculant la valeur absolue du déterminant
–5 2
23
=–19
L’aire du parallélogramme est donc de 19 unités d’aire.
(x + a + c; y + b + d)
ac
ac
b
d
b
y
AB
C
Dx
x
dR1
∆A
R2
R3
y
∆B
b
∆D
∆C
c
R4
(–3;4) (2;5)
(–1;9)
(0; 0)
(–3;6)
(2;4)
(4;7)
(–1;9)
(0;0)
(–5;2)
(–3;5)
(2;3)
(a;b)
(c;d)
ac
ac
b
d
b
d
(a + c;b + d)
AB
C
D

Chapitre 3 – Déterminant et méthode de Cramer 23
(0;0)
(6;2)
(2;–4)
(8;–2)
(0;0)
(7;5)
(1;4)
(3;7)
(2;3)
(6;1)
(4;–2)
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
62
2–4
=–28
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 parallélo-
gramme en calculant la valeur absolue du déterminant
23
61
=–16
L’aire du parallélogramme est donc de 16 unités d’aire et celle du triangle est
de 8 unités d’aire.
8. a) det A = –11, ()––
–
cof
t
A=Ê
ˈ ¯
53
21
et AA•( ) –– cof
t
=Ê
ˈ ¯
11 0
011
.
b) det B = 5,
() ––
––
cof
t
B=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
10 13 14
02 1
58 9
et
BB•( )cof t=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
500
050
005
.
c)A • (cof A)t = –11I = (det A)I et B • (cof B)t = 5I = (det B)I
9. a) det A = 5 et det B = 33.
b)
AB•– =Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
723 10
13 0 16
16 15 7
et
BA•– =Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
14 19 25
11 1 20
061
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. det
– – –
–
(–)–( )( )
––
Aaaa aa aa aa
aa aa aa
aaa
== +
=+++
=+=
123
23
457 123
57 23 47 32 45
14 15 2 7 12 3 5 8
38 39 0
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
– – – – – Aaaa aa aa aa
== +=¥¥+¥=
123
23
457 423
23 513 3712 2405 0700
.
c)Il est nul.
11. det
–
–
–
– –
–
–
(– ) – ( – ) (– )
–
A== +
=+ ++
=++=
123
237
3110 137
110 227 310 323 31
30 7 2 20 21 3 2 9
23 2 21 0
a)On observe que le déterminant est nul.

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.
det –
–
– –
()(–)(––)
–
A==++
=++ +
=+ =
123
237
3110 323
37 13 27 10 12 23
314 9 7 6 10 3 4
69 1 70 0
1
Essayons de généraliser en considérant une matrice dont les éléments sont des lettres. On a alors :
det ( ) – ) ( )
()(–)– )(–)( )(–)
(–)–(–) (–) (–)
Aabc def
adbecf adbc
ef beac df cfab de
adbfec b e af dc c f ae db
abf ec baf dc c ae db d bf ec
=+++ =+ + ++
=+ + ++
=+
()
+
(
(––( – ) ( – )
– –
.
eaf dc fae db
abc
ef bac df cab de dbc ef eac df fab de
abc
def
abc
abc
def
def
+
()
=+
Ê
ˈ ¯++
Ê
ˈ ¯
=+=+00
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.
12. a)Le produit E12 •A donne
010
100
001
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
•abc def
ghi
def
abc
ghi
.C’est l’équivalent matriciel de l’opération élémentaire
consistant à interchanger les deux premières lignes de A.
b)Le déterminant de la matrice E12 est –1.
13. a)Le produit P1;k•A donne
kabc
def
ghi
ka kb kc
def
ghi
00
010
001
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
•
. C’est l’équivalent matriciel de l’opération élémen-
taire consistant à multiplier la première ligne de A par k.
b) Le déterminant de la matrice P1;k est k.
14. a)Le produit donne
10
010
001
kabc
def
ghi
akdbkeckf
def
ghi
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=+++
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
•
. Ce produit représente donc l’opération élémen-
taire de ligne L1 Æ L1 + kL2 sur la matrice A.
b)Le déterminant de la matrice S1;k:2 est 1.
15. a)Le produit P • A donne
320
010
001
323232–•–––
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
abc
def
ghi
adbecf
def
ghi
.
Ce qui donne la matrice ayant subi l’opération élémentaire de ligne L1 Æ 3L1 – 2L2.
b)Le produit A • P donne
abc
def
ghi
aabc
ddef
gghi
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=+
+
+
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
•–– –
–
320
010
001
32
32
32
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)
Aabc def
gh i A
ef
hi df gi de gh
bc
hi ac gi ab gh
bc
ef ac df ab de
=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
˜
,
–
– –
–
cof
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 :
aef
hi bdf gi cde gh
abc
def
gh i
– +=
. C’est le développement du déterminant de A selon la première ligne.
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 :
– – dbc
hi eac gi fab gh
abc
def
gh i
+=
. C’est le développement du déterminant de A selon la deuxième ligne.
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 :
gbc
ef hac df iab de
abc
def
gh i
– +=
. C’est le développement du déterminant de A selon la troisième ligne.
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 :
– – .abc
hi bac gi cab gh
abc
abc
ghi
+==0
C’est le développement d’un déterminant ayant deux lignes identi-
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.
AA
abc
def
gh i
ef
hi bc hi bc ef
df
gi ac gi ac df
de
gh ab gh ab de
AAA
••
–
– –
–
det det det
adj =Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
˜
=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
00
00
00
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.
()•
–
– –
–
•det det det adj AA
ef
hi bc hi bc ef
df
gi ac gi ac df
de
gh ab gh ab de
abc
def
gh i
AAA
=
Ê
Ë
Á
Á
Á
Á
Á
ˆ
¯
˜
˜
˜
˜
˜
Ê
Ë
Áˆ
¯
˜=Ê
Ë
Áˆ
¯
˜
00
00
00