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Licence 1 · Algèbre Linéaire · L1-03

Cours et exercices corrigés de L1 : Calcul matriciel, systèmes linéaires et pivot de Gauss

Espaces de matrices M_{n,p}(K), produit matriciel, algorithme du pivot de Gauss, échelonnement en lignes, résolution des systèmes linéaires, calcul de l'inverse d'une matrice.

Objectifs du chapitre

Le cours

1. Opérations sur les matrices

  • Produit : pour A∈Mn,p(K)A \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) et B∈Mp,q(K)B \in \mathcal{M}_{p,q}(\mathbb{K}), AB∈Mn,q(K)AB \in \mathcal{M}_{n,q}(\mathbb{K}) et (AB)ij=∑k=1paikbkj(AB)_{ij} = \sum_{k=1}^p a_{ik} b_{kj}. Le produit est associatif, distributif sur l'addition, mais non commutatif pour n≥2n \ge 2.
  • Mn,p(K)\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) est un espace vectoriel de dimension npnp, de base les matrices élémentaires EijE_{ij}.
  • Transposée : (t ⁣A)ij=aji({}^t\!A)_{ij} = a_{ji} ;  t(AB)=t ⁣B t ⁣A\,{}^t(AB) = {}^t\!B\,{}^t\!A. AA est symétrique si  t ⁣A=A\,{}^t\!A = A, antisymétrique si  t ⁣A=−A\,{}^t\!A = -A.
  • Trace : Tr⁡(A)=∑i=1naii\operatorname{Tr}(A) = \sum_{i=1}^n a_{ii} ; elle est linéaire et Tr⁡(AB)=Tr⁡(BA)\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA).
  • Binôme de Newton : si AB=BAAB = BA, alors (A+B)m=∑k=0m(mk)AkBm−k(A + B)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k} A^k B^{m-k}. Exemple : N=(0100)N = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} vérifie N2=0N^2 = 0, donc (I2+N)m=I2+mN(I_2 + N)^m = I_2 + mN.

2. Systèmes linéaires et opérations élémentaires

Les opérations élémentaires sur les lignes sont : Li↔LjL_i \leftrightarrow L_j ; Li←λLiL_i \leftarrow \lambda L_i avec λ≠0\lambda \neq 0 ; Li←Li+μLjL_i \leftarrow L_i + \mu L_j avec j≠ij \neq i. Chacune revient à multiplier à gauche par une matrice inversible (matrice élémentaire).

  • Forme échelonnée : chaque ligne non nulle commence par strictement plus de zéros que la précédente, les lignes nulles sont en bas ; les premiers coefficients non nuls sont les pivots.
  • Structure des solutions : si AX=BAX = B admet une solution X0X_0, l'ensemble des solutions est {X0+Y∣AY=0}\{X_0 + Y \mid AY = 0\}.

Proposition : une opération élémentaire ne change pas l'ensemble des solutions.
Démonstration. Chaque opération est inversible par une opération du même type : Li↔LjL_i \leftrightarrow L_j par elle-même, Li←λLiL_i \leftarrow \lambda L_i par Li←λ−1LiL_i \leftarrow \lambda^{-1} L_i, Li←Li+μLjL_i \leftarrow L_i + \mu L_j par Li←Li−μLjL_i \leftarrow L_i - \mu L_j (la ligne LjL_j est inchangée). Toute solution du système initial vérifie les nouvelles équations, qui sont des combinaisons des anciennes ; par l'opération inverse, la réciproque est vraie. Les deux ensembles de solutions sont donc égaux.

3. Rang d'une matrice et compatibilité

  • Le rang rg⁡(A)\operatorname{rg}(A) est la dimension de l'espace engendré par les colonnes de AA ; c'est aussi le nombre de pivots de toute forme échelonnée de AA (les opérations élémentaires conservent le rang).
  • rg⁡(A)≤min⁡(n,p)\operatorname{rg}(A) \le \min(n, p) et rg⁡(t ⁣A)=rg⁡(A)\operatorname{rg}({}^t\!A) = \operatorname{rg}(A).
  • Le système AX=BAX = B (pp inconnues) est compatible si et seulement si rg⁡(A∣B)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(A \mid B) = \operatorname{rg}(A) ; l'ensemble des solutions dépend alors de p−rg⁡(A)p - \operatorname{rg}(A) paramètres.
  • Exemple : (1224)\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} est de rang 11 (L2←L2−2L1L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1 annule la deuxième ligne).

4. Matrices inversibles : caractérisations

A∈Mn(K)A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}) est inversible s'il existe BB telle que AB=BA=InAB = BA = I_n ; l'ensemble GLn(K)GL_n(\mathbb{K}) des matrices inversibles est un groupe, avec (AB)−1=B−1A−1(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1} et (t ⁣A)−1=t(A−1)({}^t\!A)^{-1} = {}^t(A^{-1}).
Théorème : pour A∈Mn(K)A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}), sont équivalents : (i) AA inversible ; (ii) AX=0  ⟹  X=0AX = 0 \implies X = 0 ; (iii) pour tout BB, AX=BAX = B a une unique solution ; (iv) rg⁡(A)=n\operatorname{rg}(A) = n ; (v) il existe BB telle que BA=InBA = I_n ; (vi) det⁡(A)≠0\det(A) \neq 0.

Démonstration de (v)   ⟹  \implies (i) (un inverse à gauche suffit).
1. Si BA=InBA = I_n et AX=0AX = 0, alors X=BAX=0X = BAX = 0 : l'application linéaire u:X↦AXu : X \mapsto AX de Kn\mathbb{K}^n dans Kn\mathbb{K}^n est injective.
2. Par le théorème du rang (chapitre L1-APP), rg⁡(u)=n\operatorname{rg}(u) = n, donc uu est bijective : il existe CC telle que AC=InAC = I_n (colonnes de CC : antécédents des vecteurs de la base canonique).
3. Alors B=B(AC)=(BA)C=CB = B(AC) = (BA)C = C, donc AB=BA=InAB = BA = I_n : AA est inversible et A−1=BA^{-1} = B.

5. Calcul de l'inverse : méthode de Gauss-Jordan

  • On forme (A∣In)(A \mid I_n) et on applique des opérations élémentaires sur les lignes jusqu'à obtenir InI_n à gauche ; on lit alors A−1A^{-1} à droite :

(A∣In)⟶(In∣A−1)(A \mid I_n) \longrightarrow (I_n \mid A^{-1})

  • Justification : si Er⋯E1A=InE_r \cdots E_1 A = I_n (produit de matrices élémentaires), alors Er⋯E1=A−1E_r \cdots E_1 = A^{-1}, et les mêmes opérations appliquées à InI_n fournissent Er⋯E1In=A−1E_r \cdots E_1 I_n = A^{-1}. Si une ligne nulle apparaît à gauche, rg⁡(A)≤n−1\operatorname{rg}(A) \le n - 1 et AA n'est pas inversible.
  • Cas 2×22 \times 2 : si ad−bc≠0ad - bc \neq 0,

(abcd)−1=1ad−bc(d−b−ca).\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{ad - bc} \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}.
Exemple : (2153)−1=(3−1−52)\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 5 & 3 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -5 & 2 \end{pmatrix} (déterminant 11).

6. Déterminants 2 × 2 et 3 × 3

  • ∣abcd∣=ad−bc\begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix} = ad - bc ; en dimension 33, développement selon la première ligne :

∣a11a12a13a21a22a23a31a32a33∣=a11∣a22a23a32a33∣−a12∣a21a23a31a33∣+a13∣a21a22a31a32∣\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} = a_{11}\begin{vmatrix} a_{22} & a_{23} \\ a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} - a_{12}\begin{vmatrix} a_{21} & a_{23} \\ a_{31} & a_{33} \end{vmatrix} + a_{13}\begin{vmatrix} a_{21} & a_{22} \\ a_{31} & a_{32} \end{vmatrix}

  • Propriétés : det⁡(AB)=det⁡(A)det⁡(B)\det(AB) = \det(A)\det(B), det⁡(t ⁣A)=det⁡(A)\det({}^t\!A) = \det(A), det⁡(λA)=λndet⁡(A)\det(\lambda A) = \lambda^n \det(A) ; une matrice triangulaire a pour déterminant le produit de ses coefficients diagonaux.
  • Effet des opérations : échanger deux lignes change le signe ; Li←λLiL_i \leftarrow \lambda L_i multiplie le déterminant par λ\lambda ; Li←Li+μLjL_i \leftarrow L_i + \mu L_j ne le change pas.
  • Exemple : ∣123014560∣=1×(−24)−2×(−20)+3×(−5)=1\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 5 & 6 & 0 \end{vmatrix} = 1 \times (-24) - 2 \times (-20) + 3 \times (-5) = 1.

Méthodes et exemples rédigés

Méthode : Résoudre un système linéaire par le pivot de Gauss

Exemple

Résoudre dans R3\mathbb{R}^3 le système {x+y+2z=32x+3y+5z=7x+2y+3z=4\begin{cases} x + y + 2z = 3 \\ 2x + 3y + 5z = 7 \\ x + 2y + 3z = 4 \end{cases}.

  1. Étape 1 (élimination de xx) : L2←L2−2L1L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1 et L3←L3−L1L_3 \leftarrow L_3 - L_1 donnent y+z=1y + z = 1 et y+z=1y + z = 1.

  2. Étape 2 (échelonnement) : L3←L3−L2L_3 \leftarrow L_3 - L_2 donne 0=00 = 0. Le système échelonné est {x+y+2z=3y+z=1\begin{cases} x + y + 2z = 3 \\ y + z = 1 \end{cases} : deux pivots, donc le rang vaut 22 et il y a 3−2=13 - 2 = 1 paramètre.

  3. Étape 3 (remontée) : on prend zz comme paramètre libre : y=1−zy = 1 - z, puis x=3−y−2z=2−zx = 3 - y - 2z = 2 - z.

  4. Conclusion : S={(2−z, 1−z, z)∣z∈R}=(2,1,0)+Vect((−1,−1,1))\mathcal{S} = \{(2 - z,\ 1 - z,\ z) \mid z \in \mathbb{R}\} = (2, 1, 0) + \mathrm{Vect}\big((-1, -1, 1)\big). Vérification avec z=1z = 1 : (1,0,1)(1, 0, 1) satisfait les trois équations (33, 77, 44).

Méthode : Inverser une matrice 3 × 3 par Gauss-Jordan

Exemple

Inverser A=(123014560)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 5 & 6 & 0 \end{pmatrix}.

  1. Matrice augmentée : (123100014010560001)\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 5 & 6 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right).

  2. Descente : L3←L3−5L1L_3 \leftarrow L_3 - 5L_1 donne (0, −4, −15∣−5, 0, 1)(0,\ -4,\ -15 \mid -5,\ 0,\ 1), puis L3←L3+4L2L_3 \leftarrow L_3 + 4L_2 donne (0, 0, 1∣−5, 4, 1)(0,\ 0,\ 1 \mid -5,\ 4,\ 1). Trois pivots : AA est inversible.

  3. Remontée : L2←L2−4L3L_2 \leftarrow L_2 - 4L_3 donne (0, 1, 0∣20, −15, −4)(0,\ 1,\ 0 \mid 20,\ -15,\ -4) ; L1←L1−3L3L_1 \leftarrow L_1 - 3L_3 donne (1, 2, 0∣16, −12, −3)(1,\ 2,\ 0 \mid 16,\ -12,\ -3) ; enfin L1←L1−2L2L_1 \leftarrow L_1 - 2L_2 donne (1, 0, 0∣−24, 18, 5)(1,\ 0,\ 0 \mid -24,\ 18,\ 5).

  4. Conclusion : A−1=(−2418520−15−4−541)A^{-1} = \begin{pmatrix} -24 & 18 & 5 \\ 20 & -15 & -4 \\ -5 & 4 & 1 \end{pmatrix}. Contrôle : la première ligne de AA fois la première colonne de A−1A^{-1} vaut −24+40−15=1-24 + 40 - 15 = 1.

Pièges fréquents

Questions de révision

Essaie de répondre de tête avant d'afficher la réponse.

Donner la formule du coefficient (i,j)(i, j) du produit ABAB.

(AB)ij=∑k=1paikbkj(AB)_{ij} = \sum_{k=1}^p a_{ik} b_{kj} (ligne ii de AA contre colonne jj de BB).

Que vaut  t(AB)\,{}^t(AB) ? et (AB)−1(AB)^{-1} si AA et BB sont inversibles ?

 t(AB)=t ⁣B t ⁣A\,{}^t(AB) = {}^t\!B\,{}^t\!A et (AB)−1=B−1A−1(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}.

Comment lit-on le rang d'une matrice sur une forme échelonnée ?

C'est le nombre de pivots (lignes non nulles) de la forme échelonnée.

Citer trois caractérisations de l'inversibilité de A∈Mn(K)A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K}).

rg⁡(A)=n\operatorname{rg}(A) = n ; AX=0  ⟹  X=0AX = 0 \implies X = 0 ; det⁡(A)≠0\det(A) \neq 0 (ou encore : il existe BB avec BA=InBA = I_n).

Quand le système AX=BAX = B est-il compatible ? Combien de paramètres pour les solutions ?

Si et seulement si rg⁡(A∣B)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(A \mid B) = \operatorname{rg}(A) ; les solutions dépendent alors de p−rg⁡(A)p - \operatorname{rg}(A) paramètres (pp : nombre d'inconnues).

Quel est l'effet de Li←Li+μLjL_i \leftarrow L_i + \mu L_j sur le déterminant ?

Aucun : le déterminant est inchangé (un échange de lignes change le signe, Li←λLiL_i \leftarrow \lambda L_i multiplie par λ\lambda).

Exercices corrigés

Exercice 1 Condition d'inversibilité avec paramètre

Palier 1 · découverte

Pour quelle valeur de λ∈R\lambda \in \mathbb{R} la matrice (λ326)\begin{pmatrix} \lambda & 3 \\ 2 & 6 \end{pmatrix} n'est-elle PAS inversible ?

  1. λ=1\lambda = 1
  2. λ=0\lambda = 0
  3. λ=4\lambda = 4
  4. λ=−1\lambda = -1
Un indice

Une matrice carrée n'est pas inversible si et seulement si son déterminant est nul : det⁡(A)=0\det(A) = 0.

Voir la correction

Bonne réponse : A. λ=1\lambda = 1

Le déterminant de la matrice est det⁡(A)=6λ−3×2=6λ−6\det(A) = 6\lambda - 3 \times 2 = 6\lambda - 6. La matrice est non inversible si et seulement si det⁡(A)=0  ⟺  6λ=6  ⟺  λ=1\det(A) = 0 \iff 6\lambda = 6 \iff \lambda = 1.

Exercice 2 Produit matriciel

Palier 2 · application

Pour A=(1201)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} et B=(0110)B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, que vaut ABAB ?

  1. (2110)\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
  2. (1210)\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
  3. (0211)\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}
  4. (1001)\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}
Un indice

Le coefficient (i,j)(i, j) de ABAB est le produit de la ligne ii de AA par la colonne jj de BB : par exemple (AB)11=1×0+2×1(AB)_{11} = 1 \times 0 + 2 \times 1.

Voir la correction

Bonne réponse : A. (2110)\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}

AB=(1×0+2×11×1+2×00×0+1×10×1+1×0)=(2110)AB = \begin{pmatrix} 1 \times 0 + 2 \times 1 & 1 \times 1 + 2 \times 0 \\ 0 \times 0 + 1 \times 1 & 0 \times 1 + 1 \times 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.

Exercice 3 Résolution de système échelonné

Palier 3 · approfondissement

Quelle est l'unique solution du système {x+y+z=62y+z=73z=9\begin{cases} x + y + z = 6 \\ 2y + z = 7 \\ 3z = 9 \end{cases} ?

  1. (x,y,z)=(1,2,3)(x, y, z) = (1, 2, 3)
  2. (x,y,z)=(2,1,3)(x, y, z) = (2, 1, 3)
  3. (x,y,z)=(3,2,1)(x, y, z) = (3, 2, 1)
  4. (x,y,z)=(0,3,3)(x, y, z) = (0, 3, 3)
Un indice

Commence par 3z=9  ⟹  z=33z = 9 \implies z = 3.

Voir la correction

Bonne réponse : A. (x,y,z)=(1,2,3)(x, y, z) = (1, 2, 3)

3z=9  ⟹  z=33z = 9 \implies z = 3. Puis 2y+3=7  ⟹  y=22y + 3 = 7 \implies y = 2. Enfin x+2+3=6  ⟹  x=1x + 2 + 3 = 6 \implies x = 1.

Exercice 4 Inversion par élimination de Gauss-Jordan

Palier 4 · défi

Quelle est la matrice inverse de A=(100210431)A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 4 & 3 & 1 \end{pmatrix} ?

  1. (100−2102−31)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 2 & -3 & 1 \end{pmatrix}
  2. (100210−4−31)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ -4 & -3 & 1 \end{pmatrix}
  3. (124013001)\begin{pmatrix} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
  4. (−1002−10−23−1)\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & -1 \end{pmatrix}
Un indice

Opérations : L2←L2−2L1L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1 puis L3←L3−3L2−4L1L_3 \leftarrow L_3 - 3L_2 - 4L_1.

Voir la correction

Bonne réponse : A. (100−2102−31)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 2 & -3 & 1 \end{pmatrix}

Par élimination de Gauss-Jordan sur (A∣I3)(A | I_3), on trouve A−1=(100−2102−31)A^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 2 & -3 & 1 \end{pmatrix}.