Déterminant et systèmes linéaires

Sujet 33 - Exercice 2

1 h
90
Soit a∈Ra \in \mathbb{R}. On désigne par Ma=(2a+1−aa+1a−2a−1a−22a−1a−12a−1)∈M3(R)M_a = \begin{pmatrix} 2a+1 & -a & a+1 \\ a-2 & a-1 & a-2 \\ 2a-1 & a-1 & 2a-1 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})
Question 1

Déterminer le rang de la matrice MaM_a.

Correction
On a :
det⁡(Ma)=det⁡(2a+1−aa+1a−2a−1a−22a−1a−12a−1)\det(M_a) = \det \begin{pmatrix} 2a+1 & -a & a+1 \\ a-2 & a-1 & a-2 \\ 2a-1 & a-1 & 2a-1 \end{pmatrix}
Effectuons la substitution suivante : C1⟵C1−C3C_1 \longleftarrow C_1 - C_3. On obtient alors :
det⁡(Ma)=det⁡(a−aa+10a−1a−20a−12a−1)\det(M_a) = \det \begin{pmatrix} a & -a & a+1 \\ 0 & a-1 & a-2 \\ 0 & a-1 & 2a-1 \end{pmatrix}
Effectuons la substitution suivante : L3⟵L3−L2L_3 \longleftarrow L_3 - L_2. On obtient alors :
det⁡(Ma)=det⁡(a−aa+10a−1a−200a+1)\det(M_a) = \det \begin{pmatrix} a & -a & a+1 \\ 0 & a-1 & a-2 \\ 0 & 0 & a+1 \end{pmatrix}
Nous allons développer suivant la première colonne, qui ne contient qu'un seul terme non nul : le premier. On a alors :
det⁡(Ma)=(−1)1+1×a×det⁡(a−1a−20a+1)=1×a×((a−1)(a+1)−0(a−2)=a(a−1)(a+1)\det(M_a) = (-1)^{1+1} \times a \times \det \begin{pmatrix} a-1 & a-2 \\ 0 & a+1 \end{pmatrix} = 1 \times a \times ((a-1)(a+1) - 0(a-2) = a(a-1)(a+1)
Donc, on peut dire que :
■  Si  a≠0  ou  a≠1  ou  a≠−1  alors  rang(Ma)=3.{{\color{blue}{\blacksquare \,\, Si \,\, a \neq 0 \,\, ou \,\, a \neq 1 \,\, ou \,\, a \neq -1 \,\, alors \,\, \mathrm{rang}(M_a) = 3. }}}
Supposons maintenant que a=0a=0. On a alors la matrice suivante :
M0=(101−2−1−2−1−1−1)M_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -2 & -1 & -2 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}
Donc :
rang(M0)=rang(101−2−1−2−1−1−1)\mathrm{rang}(M_0) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -2 & -1 & -2 \\ -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}
Soit en multipliant par 22 la première ligne et la troisième :
rang(M0)=rang(202−2−1−2−2−2−2)\mathrm{rang}(M_0) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -2 & -1 & -2 \\ -2 & -2 & -2 \end{pmatrix}
Soit encore, en additionnant la première ligne à la deuxième et à la troisième :
rang(M0)=rang(2020−100−20)=rang(202010020)\mathrm{rang}(M_0) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \end{pmatrix} = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}
En effectuant la transformation L3⟵L3−2L2L_3 \longleftarrow L_3 - 2L_2. Ainsi :
rang(M0)=rang(202010000)\mathrm{rang}(M_0) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
On constate alors qu'il y a la présence de 22 lignes non entièrement nulles. Donc :
■■  Si  a=0  alors  rang(M0)=2.{{\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \,\, Si \,\, a = 0 \,\, alors \,\, \mathrm{rang}(M_0) = 2. }}}
Supposons maintenant que a=1a=1. On a alors la matrice suivante :
M1=(3−12−10−1101)M_1 = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}
Donc :
rang(M1)=rang(3−12−10−1101)\mathrm{rang}(M_1) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}
On va remplacer la troisième ligne par sa somme avec la deuxième. Donc on obtient :
rang(M1)=rang(3−12−10−1000)\mathrm{rang}(M_1) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Soit encore :
rang(M1)=rang(3−12−30−3000)\mathrm{rang}(M_1) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ -3 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
On va remplacer la deuxième ligne par sa somme avec la première. Donc on obtient :
rang(M1)=rang(3−120−1−1000)\mathrm{rang}(M_1) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
On constate alors qu'il y a la présence de 22 lignes non entièrement nulles. Donc :
■■■  Si  a=1  alors  rang(M1)=2.{{\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, Si \,\, a = 1 \,\, alors \,\, \mathrm{rang}(M_1) = 2. }}}
Supposons maintenant que a=−1a=-1. On a alors la matrice suivante :
M−1=(−110−3−2−3−3−2−3)M_{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ -3 & -2 & -3 \\ -3 & -2 & -3 \end{pmatrix}
Donc :
rang(M−1)=rang(−110−3−2−3−3−2−3)\mathrm{rang}(M_{-1}) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ -3 & -2 & -3 \\ -3 & -2 & -3 \end{pmatrix}
Remplaçons la troisième ligne par sa soustraction avec la deuxième. On a alors :
rang(M−1)=rang(−110−3−2−3000)\mathrm{rang}(M_{-1}) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 \\ -3 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Soit :
rang(M−1)=rang(−330−3−2−3000)\mathrm{rang}(M_{-1}) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} -3 & 3 & 0 \\ -3 & -2 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Soit encore :
rang(M−1)=rang(−330323000)\mathrm{rang}(M_{-1}) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} -3 & 3 & 0 \\ 3 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Remplaçons maintenant la deuxième ligne par sa somme avec la première ligne. On trouve alors :
rang(M−1)=rang(−330053000)\mathrm{rang}(M_{-1}) = \mathrm{rang}\begin{pmatrix} -3 & 3 & 0 \\ 0 & 5 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
On constate alors qu'il y a la présence de 22 lignes non entièrement nulles. Donc :
■■■■  Si  a=1  alors  rang(M−1)=2.{{\color{blue}{\blacksquare \blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, Si \,\, a = 1 \,\, alors \,\, \mathrm{rang}(M_{-1}) = 2. }}}
Question 2

Soit (x ; y ; z)∈R3(x\,;\,y\,;\,z) \in \mathbb{R}^3. On désigne par (Sa)(S_a) le système linéaire suivant :
{(2a+1)x−ay+(a+1)z=a−1(a−2)x+(a−1)y+(a−2)z=a(2a−1)x+(a−1)y+(2a−1)z=a\left\lbrace \begin{array}{rcl} (2a+1)x - ay + (a+1)z & = & a-1 \\ (a-2)x + (a-1)y + (a-2)z & = & a \\ (2a-1)x + (a-1)y + (2a-1)z & = & a\end{array} \right.
Résoudre ce système dans R3\mathbb{R}^3.

Correction
Commençons par examiner la situation suivante :
■  On  suppose  que  a≠0  ou  a≠1  ou  a≠−1  donc  rang(Ma)=3.{{\color{red}{\blacksquare \,\, On \,\, suppose \,\, que \,\, a \neq 0 \,\, ou \,\, a \neq 1 \,\, ou \,\, a \neq -1 \,\, donc \,\, \mathrm{rang}(M_a) = 3. }}}
Dans ce cas le système linéaire (Sa)(S_a) est de CramerCramer. Donc :
x=det⁡(a−1−aa+1aa−1a−2aa−12a−1)det⁡Ma=2a3−a+1a(a−1)(a+1)=(2a2−2a+1)(a+1)a(a−1)(a+1)x = \dfrac{\det \begin{pmatrix} a-1 & -a & a+1 \\ a & a-1 & a-2 \\ a & a-1 & 2a-1 \end{pmatrix}}{\det M_a} = \dfrac{2a^3-a+1}{a(a-1)(a+1)} = \dfrac{(2a^2-2a+1)(a+1)}{a(a-1)(a+1)}
Comme par hypothèse a≠−1a \neq -1 alors a+1≠0a+1 \neq 0 et de fait on peut simplifier par ce terme a+1a+1. On obtient alors :
x=2a2−2a+1a(a−1)x = \dfrac{2a^2-2a+1}{a(a-1)}
Puis :
y=det⁡(2a+1a−1a+1a−2aa−22a−1a2a−1)det⁡Ma=a2(a+1)a(a−1)(a+1)=aa(a+1)(a−1)a(a+1)y = \dfrac{\det \begin{pmatrix} 2a+1 & a-1 & a+1 \\ a-2 & a & a-2 \\ 2a-1 & a & 2a-1 \end{pmatrix}}{\det M_a} = \dfrac{a^2(a+1)}{a(a-1)(a+1)} = \dfrac{aa(a+1)}{(a-1)a(a+1)}
Comme par hypothèse a≠−1a \neq -1 et a≠0a \neq 0 alors a+1≠0a+1 \neq 0 et de fait on peut simplifier par le terme a(a+1)a(a+1). On obtient alors :
y=aa−1y = \dfrac{a}{a-1}
Enfin :
z=det⁡(2a+1−aa−1a−2a−1a2a−1a−1a)det⁡Ma=−2a3+a−1a(a−1)(a+1)=−(2a2−2a+1)(a+1)a(a−1)(a+1)z = \dfrac{\det \begin{pmatrix} 2a+1 & -a & a-1 \\ a-2 & a-1 & a \\ 2a-1 & a-1 & a \end{pmatrix}}{\det M_a} = \dfrac{-2a^3+a-1}{a(a-1)(a+1)} = \dfrac{-(2a^2-2a+1)(a+1)}{a(a-1)(a+1)}
Comme par hypothèse a≠−1a \neq -1 alors a+1≠0a+1 \neq 0 et de fait on peut simplifier par ce terme a+1a+1. On obtient alors :
z=−2a2−2a+1a(a−1)z = - \dfrac{2a^2-2a+1}{a(a-1)}
On peut donc conclure que :
⧫  Si  a≠0  ou  a≠1  ou  a≠−1  alors  le  systeˋme  lineˊaire  (Sa)  a  pour  solution:{{\color{blue}{\blacklozenge \,\, Si \,\, a \neq 0 \,\, ou \,\, a \neq 1 \,\, ou \,\, a \neq -1 \,\, alors \,\, le \,\, système \,\, linéaire \,\, (S_a) \,\, a \,\, pour \,\, solution :}}}
x=2a2−2a+1a(a−1)  ;  y=aa−1  ;  z=−2a2−2a+1a(a−1){{\color{blue}{x = \dfrac{2a^2-2a+1}{a(a-1)} \,\, ; \,\, y = \dfrac{a}{a-1} \,\, ; \,\, z = - \dfrac{2a^2-2a+1}{a(a-1)}}}}
■■  On  suppose  que  a=0  donc  rang(M0)=2.{{\color{red}{\blacksquare \blacksquare \,\, On \,\, suppose \,\, que \,\, a = 0 \,\, donc \,\, \mathrm{rang}(M_0) = 2. }}}
Dans ce cas le système linéaire (S0)(S_0) est le suivant :
{x+z=−1−2x−y−2z=0−x−y−z=0   ⟺   {−x−z=1−y=2z+2x−x−z=y   {−x−z=1y=2(x+z)y=1\left\lbrace \begin{array}{rcr} x + z & = & -1 \\ -2x - y - 2z & = & 0 \\ -x - y - z & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -x - z & = & 1 \\ - y & = & 2z + 2x \\ -x - z & = & y \end{array} \right. \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -x - z & = & 1 \\ y & = & 2(x + z) \\ y & = & 1 \end{array} \right.
Donc :
{x+z=−1y=2×(−1)y=1\left\lbrace \begin{array}{rcl} x + z & = & -1 \\ y & = & 2 \times (-1) \\ y & = & 1 \end{array} \right.
Ainsi on obtient :
{x+z=−1y=−2y=1\left\lbrace \begin{array}{rcr} x + z & = & -1 \\ y & = & -2 \\ y & = & 1 \end{array} \right.
On constate que la deuxième ligne et la troisième ligne sont incomptables entre elles. En conclusion :
⧫⧫  Si  a=0  alors  le  systeˋme  lineˊaire  (S0)  n′a  pas  de  solution.{{\color{blue}{\blacklozenge \blacklozenge \,\, Si \,\, a = 0 \,\, alors \,\, le \,\, système \,\, linéaire \,\, (S_0) \,\, n'a \,\, pas \,\, de \,\, solution.}}}
■■■  On  suppose  que  a=1  donc  rang(M1)=2.{{\color{red}{\blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, On \,\, suppose \,\, que \,\, a = 1 \,\, donc \,\, \mathrm{rang}(M_1) = 2. }}}
Dans ce cas le système linéaire (S1)(S_1) est le suivant :
{3x−y+2z=0−x−z=1x+z=1   ⟺   {3x−y+2z=0x+z=−1x+z=1\left\lbrace \begin{array}{rcr} 3x - y + 2z & = & 0 \\ -x - z & = & 1 \\ x + z & = & 1 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcr} 3x - y + 2z & = & 0 \\ x + z & = & -1 \\ x + z & = & 1 \end{array} \right.
On constate que la deuxième ligne et la troisième ligne sont incomptables entre elles. En conclusion :
⧫⧫⧫  Si  a=1  alors  le  systeˋme  lineˊaire  (S1)  n′a  pas  de  solution.{{\color{blue}{\blacklozenge \blacklozenge \blacklozenge \,\, Si \,\, a = 1 \,\, alors \,\, le \,\, système \,\, linéaire \,\, (S_1) \,\, n'a \,\, pas \,\, de \,\, solution.}}}
■■■■  On  suppose  que  a=−1  donc  rang(M1)=2.{{\color{red}{\blacksquare \blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, On \,\, suppose \,\, que \,\, a = -1 \,\, donc \,\, \mathrm{rang}(M_1) = 2. }}}
Dans ce cas le système linéaire (S−1)(S_{-1}) est le suivant :
{−x+y=−2−3x−2y−3z=−1−3x−2y−3z=−1   ⟺   {−x+y=−2−3x−2y=−1+3z   ⟺   {−x=−2−y−3x−2y=−1+3z\left\lbrace \begin{array}{rcr} -x + y & = & -2 \\ -3x - 2y - 3z & = & -1 \\ -3x - 2y - 3z & = & -1 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -x + y & = & -2 \\ -3x - 2y & = & -1+3z \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -x & = & -2 - y \\ -3x - 2y & = & -1+3z \end{array} \right.
Donc :
{−3x=−6−3y−3x−2y=−1+3z   ⟺   {−3x=−6−3y−6−3y−2y=−1+3z   ⟺   {x=2+y−5y=5+3z\left\lbrace \begin{array}{rcl} -3x & = & -6 - 3y \\ -3x - 2y & = & -1+3z \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} -3x & = & -6 - 3y \\ -6 - 3y - 2y & = & -1+3z \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & 2+y \\ - 5y & = & 5+3z \end{array} \right.
Ainsi :
{x=2+yy=−1−35z   ⟺   {x=2−1−35zy=−1−35z   ⟺   {x=1−35zy=−1−35z\left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & 2+y \\ y & = & -1 - \dfrac{3}{5}z \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & 2 - 1 - \dfrac{3}{5}z \\ y & = & -1 - \dfrac{3}{5}z \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & 1 - \dfrac{3}{5}z \\ y & = & -1 - \dfrac{3}{5}z \end{array} \right.
On peut donc conclure que :
⧫⧫⧫⧫  Si  a=1  alors  le  systeˋme  lineˊaire  (S−1)  a  pour  solution:{{\color{blue}{\blacklozenge \blacklozenge \blacklozenge \blacklozenge \,\, Si \,\, a = 1 \,\, alors \,\, le \,\, système \,\, linéaire \,\, (S_{-1}) \,\, a \,\, pour \,\, solution :}}}
x=1−35z  ;  y=−1−35z  ;  z∈R{{\color{blue}{x = 1 - \dfrac{3}{5}z \,\, ; \,\, y = -1 - \dfrac{3}{5}z \,\, ; \,\, z \in \mathbb{R} }}}