Sujet $$3$$ - Exercice 1

La matrice $$A$$ est donnée par :

On a :
$$A = \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1 & u & 1 & 1 \\ 1 & 1 & u & 1 \\ 1 & 1 & 1 & u \end{pmatrix}$$
Donc :
$$\det A = \det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1 & u & 1 & 1 \\ 1 & 1 & u & 1 \\ 1 & 1 & 1 & u \end{pmatrix}$$
Ce déterminant est assez facile à calculer si l'on effectue quelques transformations élémentaire.
Commençons par remarquer le la somme des éléments présents sur une ligne, à savoir $$u+3$$, est la même pour les quatre lignes. Donc effectuons $$L_1 \longleftarrow L_1 + L_2 + L_3 + L_4$$. On a alors :
$$\det A = \det \begin{pmatrix} u+3 & u+3 & u+3 & u+3 \\ 1 & u & 1 & 1 \\ 1 & 1 & u & 1 \\ 1 & 1 & 1 & u \end{pmatrix}$$
A ce stade, la première ligne nous permet de factoriser par le terme $$u+3$$. On obtient donc :
$$\det A = (u+3) \times \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & u & 1 & 1 \\ 1 & 1 & u & 1 \\ 1 & 1 & 1 & u \end{pmatrix}$$
Il nous faut maintenant effectuer les trois substitutions suivantes $$L_2 \longleftarrow L_2 - L_1$$, $$L_3 \longleftarrow L_3 - L_1$$ et $$L_4 \longleftarrow L_4 - L_1$$. On a alors :
$$\det A = (u+3) \times \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & u-1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & u-1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & u-1 \end{pmatrix}$$
En observant le première colonne, on constate que le seul terme non nul est le premier élément $$1$$. De fait nous allons développer le déterminant suivant cette première colonne. On a alors :
$$\det A = (u+3) \times (-1)^{1+1} \times 1 \times \det \begin{pmatrix} u-1 & 0 & 0 \\ 0 & u-1 & 0 \\ 0 & 0 & u-1 \end{pmatrix}$$
Comme la matrice qui apparaît est diagonale, on va donc calculer le déterminant par le produit des éléments présents sur la diagonale principale. On a alors :
$$\det A = (u+3) \times (-1)^{1+1} \times 1 \times (u-1)^3$$
Finalement, on a :

Le système linéaire $$(S)$$ est de $$Cramer$$ si $$\det A \neq 0$$ c'est-à-dire si $$(u+3) (u-1)^3 \neq 0$$. Autrement dit, le système linéaire $$(S)$$ est de $$Cramer$$ si $$u \neq -3$$ et $$u \neq 1$$.
Supposons donc que $$u \neq -3$$ et $$u \neq 1$$ ainsi le système linéaire $$(S)$$ admet une unique solution qui est donnée par :
$$x = \dfrac{\det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ v & u & 1 & 1 \\ v^2 & 1 & u & 1 \\ v^3 & 1 & 1 & u \end{pmatrix}}{\det A} = \dfrac{\det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ v-1 & u-1 & 0 & 0 \\ v^2-1 & 0 & u-1 & 0 \\ v^3-1 & 0 & 0 & u-1 \end{pmatrix}}{(u+3) (u-1)^3} = \dfrac{(u-1)^2 (-v^3 - v^2 - v + 2 + u) }{(u+3) (u-1) (u-1)^2}$$
Par hypothèse on sait que $$u \neq 1$$ donc $$u - 1 \neq 0$$. Ainsi on peut simplifier par $$(u-1)^2$$ pour obtenir l'expression de $$x$$ suivante :
$$x = \dfrac{-v^3 - v^2 - v + 2 + u }{(u+3) (u-1)}$$
Puis, on a :
$$y = \dfrac{\det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1 & v & 1 & 1 \\ 1 & v^2 & u & 1 \\ 1 & v^3 & 1 & u \end{pmatrix}}{\det A} = \dfrac{\det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1-u & v-1 & 0 & 0 \\ 1-u & v^2-1 & u-1 & 0 \\ 1-u & v^3-1 & 0 & u-1 \end{pmatrix}}{(u+3) (u-1)^3} = \dfrac{(u-1)^2 (-v^3 - v^2 + v(2+u) - 1) }{(u+3) (u-1) (u-1)^2}$$
Par hypothèse on sait que $$u \neq 1$$ donc $$u - 1 \neq 0$$. Ainsi on peut simplifier par $$(u-1)^2$$ pour obtenir l'expression de $$y$$ suivante :
$$y = \dfrac{-v^3 - v^2 + v(2+u) - 1 }{(u+3) (u-1)}$$
Ensuite :
$$z = \dfrac{\det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1 & u & v & 1 \\ 1 & 1 & v^2 & 1 \\ 1 & 1 & v^3 & u \end{pmatrix}}{\det A} = \dfrac{\det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1-u & u-1 & v-1 & 0 \\ 1-u & 0 & v^2-1 & 0 \\ 1-u & 0 & v^3-1 & u-1 \end{pmatrix}}{(u+3) (u-1)^3} = \dfrac{(u-1)^2 (-v^3 + v^2(2+u) - v - 2) }{(u+3) (u-1) (u-1)^2}$$
Par hypothèse on sait que $$u \neq 1$$ donc $$u - 1 \neq 0$$. Ainsi on peut simplifier par $$(u-1)^2$$ pour obtenir l'expression de $$z$$ suivante :
$$z = \dfrac{-v^3 + v^2(2+u) - v - 2 }{(u+3) (u-1)}$$
Enfin :
$$t = \dfrac{\det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1 \\ 1 & u & 1 & v \\ 1 & 1 & u & v^2 \\ 1 & 1 & 1 & v^3 \end{pmatrix}}{\det A} = \dfrac{\det \begin{pmatrix} u & 1 & 1 & 1\\ 1-u & u-1 & 0 & v-1 \\ 1-u & 0 & u-1 & v^2-1 \\ 1-u & 0 & 0 & v^3-1 \end{pmatrix}}{(u+3) (u-1)^3} = \dfrac{(u-1)^2 (v^3(2+u) - v^2 - v - 2) }{(u+3) (u-1) (u-1)^2}$$
Par hypothèse on sait que $$u \neq 1$$ donc $$u - 1 \neq 0$$. Ainsi on peut simplifier par $$(u-1)^2$$ pour obtenir l'expression de $$t$$ suivante :
$$t = \dfrac{ v^3(2+u) - v^2 - v - 2 }{(u+3) (u-1)}$$
Finalement, sous l'hypothèse $$u \neq -3$$ et $$u \neq 1$$, la solution du système linéaire $$(S)$$ est :

$${\color{red}{\bullet \,\, Si \,\, u = 1 \,\, alors \, :}}$$
le système linéaire $$(S)$$ prend la forme suivante :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x + y + z + t & = & 1 \\ x + y + z + t & = & v \\ x + y + z + t & = & v^2 \\ x + y + z + t & = & v^3 \end{array}\right.$$
Si $$v=1$$ alors on a $$v=v^2=v^3=1$$ et de fait on a $$x + y + z + t = 1$$ ce qui nous donne $$t = - x - y - z$$. On peut alors conclure que :
$${\color{blue}{\blacksquare \,\, Si \,\, u = 1 \,\, et \,\, v = 1 \,\, alors \,\, les \,\, solutions \,\, du \,\, système \,\, linéaire \,\, (S) \,\, sont \, : x \in \mathbb{R} \,;\, y \in \mathbb{R} \,;\, z \in \mathbb{R} \,;\, t = - x - y - z.}}$$
$${\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \,\, Si \,\, u = 1 \,\, et \,\, v \neq 1 \,\, alors \,\, le \,\, système \,\, linéaire \,\, (S) \,\, n'a \,\, pas \,\, de \,\, solution.}}$$
$${\color{red}{\bullet \bullet \,\, Si \,\, u = -3 \,\, alors \, :}}$$
le système linéaire $$(S)$$ prend la forme suivante :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} -3x + y + z + t & = & 1 \\ x - 3y + z + t & = & v \\ x + y - 3z + t & = & v^2 \\ x + y + z - 3t & = & v^3 \end{array}\right.$$
En additionnant les quatre lignes de ce système linéaire on obtient :
$$0 = v^3 + v^2 + v + 1$$
Ce qui implique, avec $$i^2 = -1$$, que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} v & = & -1 \\ v & = & i \\ v & = & -i \end{array}\right.$$
Distinguons donc ces trois cas différents.
$${\color{green}{{\bf{\spadesuit \,\, Premier \,\, cas \, : \,\,}} v = -1}}$$
Dans ce cas on a le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} -3x + y + z + t & = & 1 \\ x - 3y + z + t & = & -1 \\ x + y - 3z + t & = & 1 \\ x + y + z - 3t & = & -1 \end{array}\right.$$
Dans ce cas on peut associer la matrice $$A(u=-3\,;\,v=-1)$$ suivante :
$$A(u=-3\,;\,v=-1) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$$
Avec :
$$\det A(u=-3\,;\,v=-1) = \det \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = 0$$
Cependant, on constate que la matrice $$A'(u=-3\,;\,v=-1) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$$ à un déterminant non nul puisque l'on a $$\det A'(u=-3\,;\,v=-1) = \det \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = -16$$. Le système linéaire qui est associé la matrice $$A'(u=-3\,;\,v=-1)$$ est $$\left\lbrace \begin{array}{rcr} - 3y + z + t & = & -1-x \\ y - 3z + t & = & 1-x \\ y + z - 3t & = & -1-x \end{array}\right.$$. Ce système linéaire est donc de $$Cramer$$. Et on a donc :
$$y = \dfrac{\det \begin{pmatrix} -1-x & 1 & 1 \\ 1-x & -3 & 1 \\ -1-x & 1 & -3 \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=-1)} = \dfrac{-8(2x+1)}{-16} = \dfrac{2x+1}{2} = x + \dfrac{1}{2}$$
Puis :
$$z = \dfrac{\det \begin{pmatrix} -3 & -1-x & 1 \\ 1 & 1-x & 1 \\ 1 & -1-x & -3 \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=-1)} = \dfrac{-16x}{-16} = x$$
Enfin :
$$t = \dfrac{\det \begin{pmatrix} -3 & 1 & -1-x \\ 1 & -3 & 1-x \\ 1 & 1 & -1-x \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=-1)} = \dfrac{-8(2x+1)}{-16} = \dfrac{2x+1}{2} = x + \dfrac{1}{2}$$
En conclusion sur cette situation :
$${\color{blue}{\blacksquare \,\, Si \,\, u = -3 \,\, et \,\, v = -1 \,\, alors \,\, les \,\, solutions \,\, du \,\, système \,\, linéaire \,\, (S) \,\, sont \, : x \in \mathbb{R} \,;\, y=x + \dfrac{1}{2} \,;\, z=x \,;\, t=x + \dfrac{1}{2}.}}$$
$${\color{green}{{\bf{\spadesuit \spadesuit \,\, Deuxième \,\, cas \, : \,\,}} v = i}}$$
Dans ce cas on a le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} -3x + y + z + t & = & 1 \\ x - 3y + z + t & = & i \\ x + y - 3z + t & = & -1 \\ x + y + z - 3t & = & -i \end{array}\right.$$
Dans ce cas on peut associer la matrice $$A(u=-3\,;\,v=i)$$ suivante :
$$A(u=-3\,;\,v=i) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$$
Avec :
$$\det A(u=-3\,;\,v=i) = \det \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = 0$$
Cependant, on constate que la matrice $$A'(u=-3\,;\,v=i) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$$ à un déterminant non nul puisque l'on a $$\det A'(u=-3\,;\,v=i) = \det \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = -16$$. Le système linéaire qui est associé la matrice $$A'(u=-3\,;\,v=i)$$ est $$\left\lbrace \begin{array}{rcr} - 3y + z + t & = & i-x \\ y - 3z + t & = & -1-x \\ y + z - 3t & = & -i-x \end{array}\right.$$. Ce système linéaire est donc de $$Cramer$$. Et on a donc :
$$y = \dfrac{\det \begin{pmatrix} i-x & 1 & 1 \\ -1-x & -3 & 1 \\ -i-x & 1 & -3 \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=i)} = \dfrac{-4(4x+1-i)}{-16} = \dfrac{4x+1-i}{4} = x + \dfrac{1}{4} - i\dfrac{1}{4} = x + \dfrac{1}{4}(1-i)$$
Puis :
$$z = \dfrac{\det \begin{pmatrix} -3 & i-x & 1 \\ 1 & -1-x & 1 \\ 1 & -i-x & -3 \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=i)} = \dfrac{-8(2x+1)}{-16} = \dfrac{2x+1}{2} = x + \dfrac{1}{2}$$
Enfin :
$$t = \dfrac{\det \begin{pmatrix}-3 & 1 & i-x \\ 1 & -3 & -1-x \\ 1 & 1 & -i-x \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=i)} = \dfrac{-4(4x+1-i)}{-16} = \dfrac{4x+1+i}{4} = x + \dfrac{1}{4} + i\dfrac{1}{4} = x + \dfrac{1}{4}(1+i)$$
En conclusion sur cette situation :
$${\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \,\, Si \,\, u = -3 \,\, et \,\, v = i \,\, alors \,\, les \,\, solutions \,\, du \,\, système \,\, linéaire \,\, (S) \,\, sont \, : }}$$
$${\color{blue}{x \in \mathbb{R} \,;\, y=x + \dfrac{1}{4}(1-i) \,;\, z=x+\dfrac{1}{2} \,;\, t=x + \dfrac{1}{4}(1+i).}}$$
$${\color{green}{{\bf{\spadesuit \spadesuit \spadesuit \,\, Troisième \,\, cas \, : \,\,}} v = -i}}$$
Dans ce cas on a le système linéaire suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} -3x + y + z + t & = & 1 \\ x - 3y + z + t & = & -i \\ x + y - 3z + t & = & -1 \\ x + y + z - 3t & = & i \end{array}\right.$$
Dans ce cas on peut associer la matrice $$A(u=-3\,;\,v=-i)$$ suivante :
$$A(u=-3\,;\,v=-i) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$$
Avec :
$$\det A(u=-3\,;\,v=-i) = \det \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -3 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = 0$$
Cependant, on constate que la matrice $$A'(u=-3\,;\,v=-i) = \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix}$$ à un déterminant non nul puisque l'on a $$\det A'(u=-3\,;\,v=-i) = \det \begin{pmatrix} -3 & 1 & 1 \\ 1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \end{pmatrix} = -16$$. Le système linéaire qui est associé la matrice $$A'(u=-3\,;\,v=-i)$$ est $$\left\lbrace \begin{array}{rcr} - 3y + z + t & = & -i-x \\ y - 3z + t & = & -1-x \\ y + z - 3t & = & i-x \end{array}\right.$$. Ce système linéaire est donc de $$Cramer$$. Et on a donc :
$$y = \dfrac{\det \begin{pmatrix} -i-x & 1 & 1 \\ -1-x & -3 & 1 \\ i-x & 1 & -3 \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=-i)} = \dfrac{-4(4x+1+i)}{-16} = \dfrac{4x+1+i}{4} = x + \dfrac{1}{4} + i\dfrac{1}{4} = x + \dfrac{1}{4}(1+i)$$
Puis :
$$z = \dfrac{\det \begin{pmatrix} -3 & -i-x & 1 \\ 1 & -1-x & 1 \\ 1 & i-x & -3 \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=-i)} = \dfrac{-8(2x+1)}{-16} = \dfrac{2x+1}{2} = x + \dfrac{1}{2}$$
Enfin :
$$t = \dfrac{\det \begin{pmatrix}-3 & 1 & -i-x \\ 1 & -3 & -1-x \\ 1 & 1 & i-x \end{pmatrix}}{\det A'(u=-3\,;\,v=-i)} = \dfrac{-4(4x+1-i)}{-16} = \dfrac{4x+1-i}{4} = x + \dfrac{1}{4} - i\dfrac{1}{4} = x + \dfrac{1}{4}(1-i)$$
En conclusion sur cette situation :
$${\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, Si \,\, u = -3 \,\, et \,\, v = -i \,\, alors \,\, les \,\, solutions \,\, du \,\, système \,\, linéaire \,\, (S) \,\, sont \, : }}$$
$${\color{blue}{x \in \mathbb{R} \,;\, y=x + \dfrac{1}{4}(1+i) \,;\, z=x+\dfrac{1}{2} \,;\, t=x + \dfrac{1}{4}(1-i).}}$$
Et n'oublions pas la situation suivante :
$${\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \blacksquare \blacksquare\,\, Si \,\, u = -3 \,\, et \,\, v \neq \{-1 \,;\, i \,;\, -i\} \,\, alors \,\, le \,\, système \,\, linéaire \,\, (S) \,\, n'a \,\, pas \,\, de \,\, solution.}}$$