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Sujet 11 : mise en route - Exercice 1

40 min
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Soit A=(3−24−40−3252)∈M3(R)A = \begin{pmatrix} 3 & - 2 & 4 \\ -4 & 0 & -3 \\ 2 & 5 & 2 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})
Question 1

Déterminer la valeur de det⁡A\det A.

Correction
On a :
det⁡A=det⁡(3−24−40−3252)=∣3−24−40−3252∣\det A = \det \begin{pmatrix} 3 & - 2 & 4 \\ -4 & 0 & -3 \\ 2 & 5 & 2 \end{pmatrix} = \begin{vmatrix} 3 & - 2 & 4 \\ -4 & 0 & -3 \\ 2 & 5 & 2 \end{vmatrix}
La présence du 00 dans la deuxième ligne (ou deuxième colonne) nous invite à déveopper ce déterminant suivant cette deuxième ligne (ou deuxième colonne). Portons notre choix sur la deuxième ligne. On a alors :
det⁡A=(−1)2+1×(−4)∣−2452∣+(−1)2+2×0∣3452∣+(−1)2+3×(−3)∣3−225∣\det A = (-1)^{2+1} \times (-4) \begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} + (-1)^{2+2} \times 0 \begin{vmatrix} 3 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} + (-1)^{2+3} \times (-3) \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix}
Soit :
det⁡A=(−1)3×(−4)∣−2452∣+0+(−1)5×(−3)∣3−225∣\det A = (-1)^{3} \times (-4) \begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} + 0 + (-1)^{5} \times (-3) \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix}
Soit encore :
det⁡A=(−1)×(−4)∣−2452∣+(−1)×(−3)∣3−225∣\det A = (-1) \times (-4) \begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} + (-1) \times (-3) \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix}
Donc :
det⁡A=4∣−2452∣+3∣3−225∣\det A = 4 \begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} + 3 \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix}
Ainsi :
det⁡A=4(−2×2−5×4)+3(3×5−2×(−2))\det A = 4 (-2 \times 2 -5\times 4) + 3 (3 \times 5 - 2 \times (-2))
On a alors :
det⁡A=4(−4−20)+3(15−(−4))\det A = 4 (-4 - 20) + 3 (15 - (-4))
Ce qui nous donne :
det⁡A=4(−24)+3(15+4)\det A = 4 (-24) + 3 (15 +4)
Soit :
det⁡A=−96+3(19)\det A = -96 + 3 (19)
Dès lors :
det⁡A=−96+57\det A = -96 + 57
Finalement :
det⁡A=−39\det A = -39

Question 2

Justifier que la matrice AA soit inversible.

Correction
On vient de démontrer que det⁡A=−39\det A = -39.
Donc det⁡A≠0\det A \neq 0.
Ceci implique que ma matrice AA est bien inversible.
Autrement dit, la matrice inverse A−1A^{-1} existe bien dans M3(R)\mathcal{M}_3(\mathbb{R}).
Question 3

Déterminer l'expression de la matrice inverse A−1A^{-1}.

Correction
D'après le cours, on sait que :
A−1=1det⁡A tcom(A)A^{-1} = \dfrac{1}{\det A} \, ^t \mathrm{com}(A)
Ce qui nous donne :
com(A)=((−1)1+1∣0−352∣(−1)1+2∣−4−322∣(−1)1+3∣−4025∣(−1)2+1∣−2452∣(−1)2+2∣3422∣(−1)2+3∣3−225∣(−1)3+1∣−240−3∣(−1)3+2∣34−4−3∣(−1)3+3∣3−2−40∣)\mathrm{com}(A) = \begin{pmatrix} (-1)^{1+1}\begin{vmatrix} 0 & -3 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} & (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} -4 & -3 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} & (-1)^{1+3}\begin{vmatrix} -4 & 0 \\ 2 & 5 \end{vmatrix} \\ & & \\ (-1)^{2+1}\begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} & (-1)^{2+2}\begin{vmatrix} 3 & 4 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} & (-1)^{2+3}\begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix} \\ & & \\ (-1)^{3+1}\begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 0 & -3 \end{vmatrix} & (-1)^{3+2}\begin{vmatrix} 3 & 4 \\ -4 & -3 \end{vmatrix} & (-1)^{3+3}\begin{vmatrix} 3 & -2 \\ -4 & 0 \end{vmatrix} \end{pmatrix}
Soit :
com(A)=(∣0−352∣−∣−4−322∣∣−4025∣−∣−2452∣∣3422∣−∣3−225∣∣−240−3∣−∣34−4−3∣∣3−2−40∣)\mathrm{com}(A) = \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} 0 & -3 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} -4 & -3 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} -4 & 0 \\ 2 & 5 \end{vmatrix} \\ & & \\ -\begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 5 & 2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 3 & 4 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{vmatrix} \\ & & \\ \begin{vmatrix} -2 & 4 \\ 0 & -3 \end{vmatrix} & -\begin{vmatrix} 3 & 4 \\ -4 & -3 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 3 & -2 \\ -4 & 0 \end{vmatrix} \end{pmatrix}
Soit encore :
com(A)=(152−2024−2−196−7−8)\mathrm{com}(A) = \begin{pmatrix} 15 & 2 & -20 \\ 24 & -2 & -19 \\ 6 & -7 & -8 \end{pmatrix}
On en déduit alors que :
tcom(A)=(152462−2−7−20−19−8)^t \mathrm{com}(A) = \begin{pmatrix} 15 & 24 & 6 \\ 2 & -2 & -7 \\ -20 & -19 & -8 \end{pmatrix}
Finalement on trouve que :
A−1=−139(152462−2−7−20−19−8)A^{-1} = -\dfrac{1}{39} \begin{pmatrix} 15 & 24 & 6 \\ 2 & -2 & -7 \\ -20 & -19 & -8 \end{pmatrix}
Question 4

Soient aa, bb, cc et dd quatre nombres réels.
Résoudre le système linéaire (S)(S) suivant :
{3a−2b+4c=11−4a+0b−3c=−132a+5b+2c=18\left\lbrace \begin{array}{rcr} 3a - 2b + 4c & = & 11 \\ -4a + 0b - 3c & = & -13 \\ 2a + 5b + 2c & = & 18 \end{array} \right.

Correction
Le système linéaire (S)(S) peut s'écrire comme :
{3a−2b+4c=11−4a+0b−3c=−132a+5b+2c=18   ⟺   (3−24−40−3252)×(abc)=(11−1318)   ⟺   A×(abc)=(11−1318)\left\lbrace \begin{array}{rcr} 3a - 2b + 4c & = & {\color{blue}{11}} \\ -4a + 0b - 3c & = & {\color{blue}{-13}} \\ 2a + 5b + 2c & = & {\color{blue}{18}} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \begin{pmatrix} 3 & - 2 & 4 \\ -4 & 0 & -3 \\ 2 & 5 & 2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} {\color{blue}{11}} \\ {\color{blue}{-13}} \\ {\color{blue}{18}} \end{pmatrix}\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, A \times \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} {\color{blue}{11}} \\ {\color{blue}{-13}} \\ {\color{blue}{18}} \end{pmatrix}
Comme det⁡A=−39≠0\det A = -39 \neq 0 on a donc :
a=det⁡(11−24−130−31852)−39=−39−39=1a = \dfrac{\det \begin{pmatrix} {\color{blue}{11}} & - 2 & 4 \\ {\color{blue}{-13}} & 0 & -3 \\ {\color{blue}{18}} & 5 & 2 \end{pmatrix}}{-39} = \dfrac{-39}{-39} = 1
Puis :
b=det⁡(3114−4−13−32182)−39=−78−39=2×−39−39=2b = \dfrac{\det \begin{pmatrix} 3 & {\color{blue}{11}} & 4 \\ -4 & {\color{blue}{-13}} & -3 \\ 2 & {\color{blue}{18}} & 2 \end{pmatrix}}{-39} = \dfrac{-78}{-39} = 2 \times \dfrac{-39}{-39}= 2
Enfin :
c=det⁡(3−211−40−132518)−39=−117−39=3×−39−39=3c = \dfrac{\det \begin{pmatrix} 3 & - 2 & {\color{blue}{11}} \\ -4 & 0 & {\color{blue}{-13}} \\ 2 & 5 &{\color{blue}{18}} \end{pmatrix}}{-39} = \dfrac{-117}{-39} = 3 \times \dfrac{-39}{-39}= 3
Finalement, les solutions du système linéaire (S)(S) sont les suivantes :
{a=1b=2c=3\left\lbrace \begin{array}{rcr} a & = & {\color{red}{1}} \\ b & = & {\color{red}{2}} \\ c & = & {\color{red}{3}} \end{array} \right.

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