Université de Poitiers Mathématiques L SPIC, Module 2L2 2/2 Feuille 5 : Exercices sur les déterminants, quelques corrections Exercice 3 : Dans cet exercice, pour obtenir directement les polnômes sous forme factorisée, il est préférable de calculer les déterminants en utilisant des opérations sur les lignes et les colonnes.. On observe que la somme des éléments de chaque ligne vaut +X + X 2. On procède donc de la manière suivante : X 2 X X X 2 + X + X 2 X 2 X X 2 X (C C + C 2 + C 3 ) + X + X 2 X 2 + X + X 2 X ( + X + X 2 X X2 ) X 2 X X 2 X ( + X + X 2 ) X 2 X 2 X (L 2 L 2 L ) X X 2 X (L 3 L 3 L ) ( + X + X 2 ) X 2 X 2 X X X 2 X (développement par rapport à la première colonne) ( + X + X 2 ) ( X)( + X) X(X ) X( X) X ( + X + X2 )( X) 2 + X X X ( + X + X 2 )( X) 2 ( + X + X 2 ) ( + X + X 2 ) 2 ( X) 2. 2. 2X + X X + X 2 X X 2 2X X 2X X 2 X 2X X X X(X ) X 2 2X (C 3 C 3 C ) 2X + X -X X 2 X 2X X (développement par rapport à la dernière colonne) X(X )(X 2 2X + ) X(X )(X + ). Exercice 4 : Rappel : Soit M M n (K). Il a équivalence entre. rg(m) n, 2. les vecteurs colonnes de M sont linéairement indépendants (libres), 3. M est inversible.
Ainsi les vecteurs u,v et w sont linéairement indépendants ssi la matrice 2 3m M 2 m m est inversible, c est à dire ssi det(m). En développant par rapport à la dernière colonne, on obtient 2 3m det(m) 2 m m 3m 2 m m + 2 2 2 3m2 +( 4) 3m2 3 3m 2 3. Finalement det(m) 3(m 2 ) 3(m )(m + ). On en déduit que les vecteurs u,v et w sont linéairement indépendants ssi m et m (autrement dit, ils sont linéairement dépendants ssi m ou m ).. Si m : Pour trouver une relation de dépendance entre u,v et w, il a 2 méthodes possibles : Ecrire xu + v + w, ce qui donne le sstème (S) x + 2 + 3 2x + x + { x 2 En prenant par exemple, on trouve x et 2, d où une relation de dépendance u + 2v + w. Echelonner la matrice M : 2 3m 2 m m u v w 2 3 2 u v w (C 2 C 2 2C ) (C 3 C 3 + 3C ) 2 3 6 2 u v 2u w + 3u (C 3 C 3 + 2C 2 ) 2 3 u v 2u w + 3u + 2v 4u On obtient ainsi que w + 3u + 2v 4u, c est à dire que u + 2v + w. 2. Si m : En utilisant l une des deux méthodes précédentes, on trouve par exemple u 2v + w (ou tout multiple de cette relation). 2
Exercice 5 : a. Rappel : Soient E,F deux K-espaces vectoriels de bases respectives E et F, et f L K (E,F) une application linéaire. Alors f est un isomorphisme ssi Mat E,F (f) est inversible. Si tel est le cas, on a Mat F,E (f ) (Mat E,F (f)). On en déduit que f est un isomorphisme ssi M est inversible, c est à dire ssi det(m). Or m det(m) m m + 2 m (C C + C 2 + C 3 ) m + 2 m (m + 2) m m + 2 m m (m + 2) m (L 2 L 2 L ) m (L 3 L 3 L ) (m + 2)(m ) 2 (matrice triangulaire) Finalement, f est un isomorphisme ssi m / { 2, }. b. Si m 2 : On note e,e 2 et e 3 les vecteurs de la base canonique. On échelonne la matrice M : Ainsi m m m f(e ) f(e 2 ) f(e 3 ) (C 2 C 2 C ) (C 3 C 3 + 2C ) (C 3 C 3 + C 2 ) 2 2 2 f(e ) f(e 2 ) f(e 3 ) 3 3 2 3 3 f(e 3 ) f(e 2 ) f(e 3 ) f(e ) + 2f(e 3 ) 2 2 2 f(e 3 ) f(e 2 ) f(e ) 3 2 3 f(e 3 ) f(e 2 ) f(e 3 ) f(e ) + f(e 2 ) + f(e 3 ) Im(f) Vect(f(e ),f(e 2 ),f(e 3 )) Vect(f(e 3 ),f(e 2 ) f(e 3 ),f(e ) + f(e 2 ) + f(e 3 )) Vect((,, 2),(, 3,3)) La famille ((,, 2),(, 3,3)) est donc une famille génératrice de Im(f), et elle est libre car échelonnée. C est donc une base de Im(f). D autre part, f(e )+f(e 2 )+f(e 3 ), c est à dire, puisque f est linéaire, f(e +e 2 +e 3 ), et e +e 2 +e 3 (,,) ker(f). Le vecteur (,,) forme donc une famille libre (un seul vecteur non nul) de ker(f). Or d après le théorème du rang, dim(imf)+dim(kerf) dim(r 3 ) 3, et comme o a vu que dim(imf) 2, on en déduit que dim(kerf). La famille (,,) est donc une famille libre formée d un vecteur de ker(f) qui est de dimension. C est donc une base de ker(f). 3
Si m : En procédant de même, on trouve que (,,) est une base de Im(f) et que ((,, ),(,, )) est une base de ker(f). c. L écriture matricielle de ce sstème est m x m m Rappel : Soit A M n (K). Le sstème A x. x n admet une unique solution ssi det(a). Si tel est le cas, on a i {,... n} : x i où A i désigne la i-ième colonne de A. M B où B b. b n x det(a) det(a,... A i,b,a i+,...,a n ) Ici, on a vu que det(m) (m + 2)(m ) 2. Donc le sstème considéré admet une unique solution ssi m 2 et m. d. (a) Si m 2 : le sstème devient 2x + + x 2 + x + 2 (L 3 L + L 2 + L 3 ) 2x + + x 2 + 3 La dernière ligne est absurde, donc ce sstème n admet pas de solution : S. (b) Si m : le sstème devient x x + + x + + x + + x + + x + + Il reste deux inconnues secondaires, et l ensemble des solutions est le plan S {(,,) + (,,) + (,,),, K}. Remarque : Si det(m), il a donc deux possibilités : soit le sstème n a pas de solution, soit il a une infinité de solutions. 4
Exercice supplémentaire : Soit A 3 3 3 4 4 3. La matrice A est-elle inversible? Si oui, calculer son inverse à l aide du déterminant. Rappel : Soit A M n (K). Alors A est inversible ssi det(a), et dans ce cas A t Com(A), det(a) où Com(A) est la comatrice de A, c est à dire la matrice formée par les cofacteurs de A (Com(A) est la matrice (c i,j ) i,j où i,j {,...,n}, c i,j est le cofacteur d indices i,j de A). On a vu à l exercice que det(a), donc A est inversible. Calculons maintenant la comatrice Com(A) (c i,j ) i,j de A. c, est l cofacteur d indices, de A, c est à dire c, ( ) + det(b, ) ( ) 2 3 4 4 3 9 6 7. (où B i,j est la matrice obtenue en enlevant la ligne i et la colonne j de A). De même c 2, ( ) 2+ det(b 2, ) ( ) 3 3 3 4 3 9 + 2 3, c 3, ( ) 3+ det(b 3, ) ( ) 4 3 3 3 4 2 9 3, c,2 ( ) +2 det(b,2 ) ( ) 3 4 3 3 + 4 On trouve ensuite c 2,2, c 3,2, c,3, c 2,3 et c 3,3. On obtient Com(A) 7 3 3 et donc t Com(A) 7 3 3 Finalement : A det(a)t Com(A) 7 3 3 7 3 3. Voici donc encore une méthode pour calculer l inverse d une matrice. 5