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Matrices

Ouverture
Disposer des nombres dans un tableau carré est
apparu il y a fort longtemps mais de tels carrés
n’avaient alors aucun rapport avec la notion de
matrice abordée dans ce chapitre. Il s’agissait de
« carrés magiques » dont le plus ancien, le « carré
magique chinois », aurait été révélé à l’empereur Yü sur le dos d’une tortue vers –2200 avant
Jésus Christ. Ces « carrés magiques », constitués
de nombres auxquels on attribuait des propriétés cabalistiques, ont passionné les astrologues
et on a développé petit à petit des méthodes de
construction ; c’est par exemple le cas de Dürer
qui, dans sa gravure Melencolia, inclut « son carré
magique » d’ordre 4.
Ces constructions étaient plutôt fondées sur
l’arithmétique et l’usage de permutations, mais
le développement de l’algèbre linéaire et l’usage
des matrices ont donné un nouveau souffle pour
étudier systématiquement des constructions de
« carrés magiques ».
L’apparition des matrices est profondément liée
à la résolution des systèmes linéaires et à l’étude
des déterminants.
Il est difficile de dater cette apparition car certaines techniques chinoises très anciennes (le
Suanxue qimeng, introduction aux mathématiques, remonte au xiiie siècle !) présentent une
analogie étonnante avec les calculs matriciels
modernes. La méthode Fang cheng repose sur
la répartition des nombres issus d’un problème
d’équations linéaires en colonnes parallèles ; la
configuration des nombres apparaît alors comme
ce que nous appellerions « la matrice du système et son second membre ». À partir de là les
procédés de résolution utilisent un arsenal d’opérations comme la multiplication d’une colonne
par un même nombre, la soustraction de lignes,
etc. pour éliminer les coefficients d’une inconnue. Nous sommes pratiquement au « pivot de
Gauss ».
Pour des précisions sur l’algorithme de Google,
voir l’ouverture du chapitre 5.

Vérifier ses acquis
r r

1 1. u v 1 ¥ 3 2 ¥ 4 11.
Ê -9 ˆ
Ê -1 ˆ
r
r
2. a. Par exemple u Á 6 ˜ et v Á 0 ˜ , alors
Á
˜
˜
Á
Ë -4 ¯
Ë 2 ¯
r r
u v 9 0 - 8 1.
r r
b. u v u1v1 u2v2 u3v3.
3. La bonne réponse est a.
r
2 a. u u12 u22 .
r2 r r r
b. u u u u2.
r
r
3 1. Deux vecteurs u et v non nuls sont colir
r
néaires s’il existe un réel k ≠ 0 tel que u kv . Par
convention, le vecteur nul est colinéaire à tout
autre vecteur.
2. La bonne réponse est d.
r
r
3. a. Dans le cas où l’on a u kv , on peut alors
x¢ y ¢ z¢
écrire que


k.
x
y
z
b. Si x = 0, alors x’ = 0.
4. a. 6 × 20 – 5 × 24 = 0 donc les vecteurs sont
1
colinéaires et k - .
4
b. –1 × 15 – 3 × 5 = –30 ≠ 0 donc les vecteurs ne
sont pas colinéaires.
-9 -3 15


c.
-3 donc les vecteurs sont coli3
1
-5
néaires et k = –3.
r Ê
ˆ
4 a. w Á -2 ¥ 1 3 ¥ 3 ˜ ÊÁ 7 ˆ˜ .
¯
Ë -2 ¥ 2 3 ¥ (-1) ¯ Ë

-7
a 3b 0
b. On doit résoudre le système Ì
qui
ÓÔ2a - b -7
a pour solution a = –3 et b = 1.

5 1. La bonne réponse est b.
2. La bonne réponse est a.
6 1. a. On additionne les deux équations afin
d’éliminer l’inconnue y, ce qui donne x = 10 et on
obtient alors y = –16.
b. On remarque que la 2e équation n’est autre
que la 1re divisée par 4. Le système admet donc
une infinité de couples solutions, donnés par les
coordonnées des points de la droite d’équation
cartésienne 8x – 4y – 2 = 0.
Chapitre 4 n Matrices n  1

© éditions Belin, 2012.

4

c. On multiplie la 1re équation par 2 et on l’additionne à la 2e afin d’éliminer l’inconnue x, ce qui
élimine aussi l’inconnue y et on obtient 0 = –1. Le
système n’admet donc pas de solution.
2. a. Ils ne sont pas colinéaires.

Ê a b ˆ Ê a b ˆ Ê aa bc ab bd ˆ
K Á
˜Á
˜.
˜ Á
Ë g d ¯ Ë c d ¯ Ë ga dd gb dd ¯
b. FG ≠ GF.

Ê
ˆ Ê
ˆ
b. Á 8 ˜ et Á -4 ˜ sont colinéaires.
Ë -2 ¯ Ë 1 ¯
ˆ
Ê
ˆ Ê
c. Á 1 ˜ et Á -3 ˜ sont colinéaires.
Ë -2 ¯ Ë 6 ¯

Dans cette activité on considère que l’urne 1 contient
10 jetons, l’urne 2, 6 jetons et l’urne 3, 8 jetons.

Activité 2

1 a. pij est la probabilité de tirer le jeton n° i
dans l’urne j, c’est donc la probabilité que le
2e tirage s’effectue dans l’urne n° i sachant qu’on
a effectué le 1er dans l’urne j. Ainsi :
pij P
(X i).
(X0 j) 1
b. P(X1 i)

Activité 1

1 a. f est bien une fonction homographique,

car c = –3 ≠ 0 et ad – bc = 1 × (–5) + (–3) × (–2) =
1 ≠ 0. De même pour g, c = 7 et ad – bc = –47.
19x - 4
On a alors, tous calculs faits, h(x)
.
20x 23
b. h est bien une fonction homographique :
c = 20 et ad – bc = 517.
-23x - 20
c. On a : k(x)
et on remarque que
4x - 19
h ≠ k.

2 h(x) (aa bg)x (ab bd) et
(ca dg)x (cb dd)

k(x)

(aa cb)x (ba db)
.
(ag cd)x (bg dd)

Ê
ˆ
3 a. F Á a b ˜ .
Ëc d¯
Ê a bˆ
Ê aa bg ab bd ˆ
b. G Á
˜ et H Á
˜.
Ë g d¯
Ë c a dg c b d d ¯

c. Le coefficient de la 1re ligne et 1re colonne de
H est obtenu comme la somme des produits des
coefficients de la 1re ligne de F par ceux de la
1re colonne de G.
Le coefficient de la 1re ligne et 2e colonne de H
est obtenu comme la somme des produits des
coefficients de la 1re ligne de F par ceux de la
2e colonne de G.
Dans le cas général, on a :
le coefficient de la i-ème ligne et j-ème colonne
de H est obtenu comme la somme des produits
des coefficients de la i-ème ligne de F par ceux de
la j-ème colonne de G.

2

n

Chapitre 4 n Matrices



3

 P(X1 i « X0 j)
j 1
3

 P(X0 j)PX
j 1

0

(X i)
j 1

d’après les formules des probabilités totales et
conditionnelles.

2 a. Dans m(1) , n = i = 1. On a donc :
m(1) p11P(X0 1) p12P(X0 2) p13P(X0 3).
b. On peut écrire
Ê P(X 1) ˆ
0
˜
Á
(
1
)
m p11 p12 p13 Á P(X0 2) ˜ .
˜
Á
Ë P(X0 3) ¯









c. On a : m(2) p21 p22 p23 m(0) et
m(3)



p31 p32 p33



m(0).

Ê p p p ˆ
Á 11 12 13 ˜
d. P Á p21 p22 p23 ˜ .
Á
˜
Ë p31 p32 p33 ¯

3 a. Dans l’urne n° 1, il y a 1/5 des jetons portant le n° 1, ½ des jetons portant le n° 2 et 3/10
des jetons portant le n° 3, c’est-à-dire 2 jetons
n° 1, 5 jetons n° 2 et 3 jetons n° 3.
Dans l’urne 2, il y a 1 jeton n° 1, 2 jetons n° 2
et 3 jetons n° 3.
Dans l’urne 3, il y a la moitié de jetons n° 1 et la
moitié de jetons n° 3, il n’y a pas de jeton n° 2.
b. Cela signifie que le 1er tirage s’effectuera dans
l’urne n° 2.
c. La probabilité que l’on pioche les jetons n° 1,
2 et 3 dans l’urne n° 2 sont respectivement 1/6,
Ê16ˆ
˜
Á
(
1
)
1/3 et 1/2, donc m Á 1 3 ˜ .
Á12˜
¯
Ë

© éditions Belin, 2012.

Activités d’introduction

4 a. On a donc :

Activité 3
Ê
Á
Á
Á
1 a. A Á
Á
Á
Á
ÁË

0
0
1
0
0
0
0

1
0
0
1
1
1
0

1
1
0
0
0
0
1

0
1
0
0
0
1
0

0
1
0
0
1
0
0

0
1
0
1
0
0
0

P1


0 ˜˜

0 ˜.
˜


˜


P10

P9

P8
P11

P2

P4

P5

P3

P6

P12

P7

b. h3 est la somme des coefficients de la colonne

P1

P2

P4

P5

P8

P3

P6

P7

f. Ce modèle de calcul n’est pas valide.
Ê 1ˆ
Á 4˜
Á ˜
Á 3˜
2 a. On a h Á 2 ˜ , ainsi m3 a31 1 a37 1 2.
Á ˜
h1
h7
Á 2˜
Á 2˜
ÁË 1 ˜¯
e
b. Le 3 coefficient de m est obtenu comme le
produit de la 3e ligne de la matrice A par le vecteur colonne donné.
De façon générale, le j-ème coefficient de m est
obtenu comme le produit de la j-ème ligne de la
matrice A par le vecteur colonne donné.
c. Ce modèle est à nouveau manipulable, pour
la même raison qu’à la question 1 puisque par
exemple, en ajoutant des pages émettant chacune un lien vers P3, on augmente la mesure m3
de ce nombre de pages rajoutées.

3 a. La page Pi ne reçoit aucun lien donc pour
tout j, mij = 0. Ainsi, son importance µi = 0.
b. Cette page ne pourra pas contribuer à donner de l’importance aux autres pages car lors du
calcul de m, µj étant égal à 0, il ne fera pas augmenter la valeur de ce coefficient.
c. m2 m21m1 m22m2 ... m27m7
d. Les coefficients proviennent tous de la 2e ligne
de M.
e. m21 = m22 = m27 = 0 car aucune des pages P1,
P2 et P7 ne pointe vers P2.
1
1
1
m23
et m24 m25 m26 .
2
h3 3

f. La phrase correcte est la seconde : « le 2e coefficient de m est obtenu comme le produit de la
2e ligne de la matrice M par le vecteur colonne m ».
g. On a donc m = Mm. La vérification se fait facilement avec un logiciel. La page la plus importante
est donc P2, ce qui pouvait plus ou moins se deviner sur le graphique.

Activité 4
Ê1 1 1 ˆ

1 a. M Á 2 -1 -2 ˜ .
Á
˜
Ë 1 2 -1 ¯

Ê 1 0 0ˆ
b. On obtient MN = NM = ÁÁ 0 1 0 ˜˜ .
Ë 0 0 1¯

c. MX = Y ⇔ NMX = NY ⇔ X = M–1Y.
Ê 2 ˆ Ê 1ˆ
d. M-1ÁÁ -1 ˜˜ ÁÁ -1 ˜˜ .
Ë -3 ¯ Ë 2 ¯
Ê 1 1 1 ˆÊ x ˆ Ê 4 ˆ
2 a. Á 2 -1 -4 ˜ Á y ˜ Á 5 ˜ .
Á
˜Á ˜ Á
˜
Ë -1 2 5 ¯ ÁË z ˜¯ Ë -1 ¯
b. L’inverse de M n’existe pas, il n’est donc pas
possible de résoudre ce système par la méthode
précédente.

Chapitre 4 n Matrices n  3

© éditions Belin, 2012.

n° 3, donc h3 = 3.
m3 est la somme des coefficients de la ligne n° 3,
donc m3 = 2.
c. h3 représente le nombre de liens émis par la
page P3 et m3 le nombre de liens reçus.
d. Une page ne peut être importante si elle émet
beaucoup de liens, en effet cela fait d’elle une
page très générale. Une page est donc importante si elle reçoit beaucoup de liens.
e. On peut facilement manipuler le nombre de
liens reçus en créant une nouvelle page émettant
de nombreux liens vers P3 (ou de nouvelles pages
émettant des liens vers P3).

Travaux pratiques
1TP Algorithmique 1  Résolution

d’un système 2 ¥ 2

1 a. (d1) et (d2) sont concourantes en un point.
b. (d1) et (d2) sont parallèles.
c. (d1) et (d2) sont confondues.
r
r
2 a. u1 ÊÁ -c ˆ˜ et u2 ÊÁ -d ˆ˜ .
Ë
¯
Ë
¯

a
b
r
r
b. u1 et u2 ne sont pas colinéaires pour 1.a. ; ils
sont colinéaires pour 1.b. & c.
c. Analytiquement, cela donne ad – bc ≠ 0 pour
1.a. et ad – bc = 0 pour 1.b. & c.

3 a. Si l’on suppose a = 0 et b = 0, alors le système est équivalent à
cy e
e f
€ . Le système n’a de solution
Ì
c d
ÓÔdy f
qu’à cette condition-là et les solutions sont les
coordonnées des points de la droite d’équation
e
y .
c
b. La 2e équation est remplacée par :
aL2 – bL1 ⇔ (ad – bc)y = af – be.
c. Si on n’avait pas supposé a ≠ 0 alors on aurait
obtenu –bcy = –be ⇔ cy = e qui est l’équation
L1. On aurait donc « perdu » l’équation L2 du système.
d. L’équation (ad – bc)y = af – be admet une soluaf - be
tion si ad – bc ≠ 0. On a donc y
et
ad
- bc
de - cf
x
.
ad - bc
e. Si ad – bc = 0 alors l’équation devient 0 = af – be.
Si cette condition n’est pas remplie le système

4

n

Chapitre 4 n Matrices

n’admet pas de solution et il en admet une infinité dans le cas contraire, les solutions étant les
coordonnées des points de la droite d’équation
ax + by = e. De plus dans ce cas on peut dire que
les deux équations sont deux équations de la
b
même droite car aL2 – bL1 = 0 ⇔ L2 L1.
a

4
Saisir a, b, c, d, e, f ;
Si ab – bc = 0 alors
Si af – be = 0 alors
Afficher « Infinité de solutions » ;
Sinon
Afficher « Pas de solution » ;
FinSi
Sinon
Afficher y = (af – be)/(ad – bc) ;
Afficher x = (de – cf)/(ad – bc) ;
FinSi

5 a. Pas de solution.
5
2
et y .
3
9
c. Une infinité de solutions.

b. x

2TP Algorithmique 2  Calcul de l’inverse

d’une matrice
Ê 15 8 3 ˆ
1 M-1 ÁÁ 43 23 9 ˜˜ .
Ë -34 -18 -7 ¯

2 a. On obtient, en divisant par –1 :
Ê 1 2 3 -1 0 0 ˆ
Á 5 3 6 0 1 0˜.
Á
˜
Ë -8 2 -1 0 0 1 ¯
Ê 1 2 3 -1 0 0 ˆ
b. On obtient ÁÁ 0 -7 -9 5 1 0 ˜˜ .
Ë -8 2 -1 0 0 1 ¯

c. Il s’agit de remplacer L3 par L3 – a31L1.

3 a. On divise la ligne L2 par a22 pour obtenir
Ê1 2 3
-1
0 0ˆ
Á 0 1 9 7 -5 7 -1 7 0 ˜ .
˜
Á
ÁË 0 18 23
-8
0 1 ˜¯

b. On remplace L1 par L1 – a12L2 et on obtient :
Ê 1 0 3 7 3 7 2 7 0ˆ
˜
Á
Á 0 1 9 7 -5 7 -1 7 0 ˜ .
ÁË 0 18 23
-8
0 1 ˜¯

© éditions Belin, 2012.

c. Notons L1, L2 et L3 les trois équations composant le système (F). Alors 2L1 – L2 ⇔ 3y + 6z = 3
⇔ y + 2z = 1. On a aussi : L1 + L3 ⇔ 3y + 6z = 3.
On obtient bien le système (F1).
d. Notons Q1 et Q2 les deux équations composant le système (F1). Alors 2Q1 – 3Q2 ⇔ 2x – y
– 4z = 5. Enfin, 3Q2 – Q1 ⇔ – x + 2y + 5z = –1.
e. On prend donc z comme paramètre et on
déduit de Q2 : y = 1 – 2z et enfin x = 4 – y – z =
4 – 1 + 2z – z = 3 + z.
En prenant z = 1, on obtient bien la solution particulière demandée.

On remplace ensuite L3 par L3 – a32L2 et on
Ê 1 0 3 7 3 7 2 7 0ˆ
Á
˜
obtient : Á 0 1 9 7 -5 7 -1 7 0 ˜ .
Á 0 0 -1 7 34 7 18 7 1 ˜
Ë
¯

b. On trace la perpendiculaire à la droite portant
r
v1 passant par son origine. L’ensemble des vecteurs
r
s répondant au problème ont pour extrémité les
points situés sur cette droite.

4 On divise la ligne L3 par a33 pour obtenir :
Ê1 0 3 7 3 7 2 7 0 ˆ
Á
˜
Á 0 1 9 7 -5 7 -1 7 0 ˜ .
ÁË 0 0 1 -34 -18 -7 ˜¯
On remplace L1 par L1 – a13L3 pour obtenir :
Ê1 0 0
15
8 3 ˆ
Á 0 1 9 7 -5 7 -1 7 0 ˜ .
Á
˜
ÁË 0 0 1 -34 -18 -7 ˜¯

r
v1

O

Finalement on remplace L2 par L2 – a23L3 pour
Ê 1 0 0 15 8 3 ˆ
Á
˜
obtenir : Á 0 1 0 43 23 9 ˜ .
Ë 0 0 1 -34 -18 -7 ¯

3 a. b. Les fichiers corrigés sont disponibles
sur http://libtheque.fr/mathslycee
r
r
r Ê x(u) ˆ
r Ê y(u) ˆ
c. u1 Á r ˜ et v1 Á r ˜ .
Ë x(v) ¯
Ë y(v) ¯

d’une matrice 2 ¥ 2

rr rr

Ê u s ut ˆ
Êu ˆ
1 a. MM-1 Á r1 ˜ sr tr Á r1r r1r ˜ .
Ë v1 ¯
ËÁ v s v t ¯˜

1
1
rr
rr
b. On doit avoir u1s 1 et v1s 0, c’est-à-dire que
r
r
rr
s est un vecteur orthogonal à v1 vérifiant u1s 1.
r
r
De même, rt est un vecteur orthogonal à u1
­vérifiant vr t 1.
1
r
2 a. Le vecteur s , colinéaire, de même sens et
r
1
ayant la même origine que u1 a pour norme r .
u1
Notons I l’extrémité de ce vecteur. Alors l’ensemble
r
des vecteurs s répondant au problème ont pour
extrémité les points situés sur la perpendiculaire à
r
la droite portant u1 passant par I.

I
r
u1
O

P

d. On doit appliquer la construction aux vecteurs
r
r
r
u1 et v1 pour obtenir le vecteur s et aux vecteurs
r
r
r
v1 et u1 pour obtenir le vecteur t .

4 Simple vérification avec le logiciel.
5 a. Voir fichiers en ligne.
b. On applique la construction
pour obtenir les
r
r
deux vecteurs s et t donnant la matrice inverse
puis on effectue le produit de cette matrice avec
Ê
ˆ
le vecteur Y Á 3 ˜ . Les coordonnées du vecteur
Ë -2 ¯
produit représentent les solutions du système.
4TP TICE 2  Valeurs propres, vecteurs propres

1 a. Le fichier corrigé est disponible sur
http://libtheque.fr/mathslycee
b. Cela signifie que u et v sont colinéaires.
c. Les deux directions sont celles des axes des
abscisses et des ordonnées.
d. Pour la direction de l’axe des ordonnées, le
scalaire l = 1 et pour la direction de l’axe des
abscisses, l = –1. On remarque que ce sont les
coefficients de la matrice diagonale D.

Chapitre 4 n Matrices n  5

© éditions Belin, 2012.

3TP TICE 1  Inversion géométrique

r
s

P

r
c. L’extrémité du vecteur s recherché est à l’intersection des deux droites construites dans les
questions a. et b.

5 Ligne 1 : n = taille de la matrice M ;
Ligne 5 : Diviser Lk par akk ;
Ligne 7 : Remplacer Li par Li – aikLk ;

r

r
s

Ê ˆ
e. Pour l = –1, on pose u Á 1 ˜ et on vérifie bien
Ë 0¯
Ê ˆ
que Du = –u. Pour l = 1, on pose u Á 0 ˜ et on
Ë 1¯
vérifie aussi que Du = u.

c. Mu = λu amène à une matrice
Ê -0, 5 - l 1, 5 ˆ
A Á
˜ qui est non inversible si et
Ë
1
-1 - l ¯

2 a. En donnant au vecteur u les coordonnées

ou l =

Ê ˆ
l = 1, on a u1 Á 1 ˜ .
Ë 0¯
Ê
ˆ
Ê
ˆ
b. On a donc P Á 1 1 ˜ et P -1MP Á -1 0 ˜ D.
Ë 2 0¯
Ë 0 1¯

3 a. Mu = λu ⇔ (M – lI2)u = 0.

Ê
ˆ
Donc A Á 1 - l -1 ˜ .
Ë 0 -1 - l ¯

b. Si A est inversible, alors on obtient u A-10 0
or un vecteur propre est non nul par définition.
c. La matrice carrée A de taille 2 est non inversible
si et seulement si (1 – l)(–1 – l) = 0. Les solutions
de cette équation produit sont l = 1 et l = –1.
Ê ˆ
d. Pour l = 1, et en posant u Á a ˜ , on doit
Ë b¯
donc résoudre l’équation
-b 0
Ê 0 -1 ˆ Ê a ˆ
ÁË 0 -2 ˜¯ ÁË b ˜¯ 0 € Ì -2b 0 € b 0.
Ó
Les vecteurs u solutions sont donc de la forme
Ê ˆ
Ê ˆ
u1 Á a ˜ , a Œ °, on prend donc u1 Á 1 ˜ .
Ë 0¯
Ë 0¯
Pour l = –1 on doit donc résoudre l’équation
Ê 2 -1 ˆ Ê a ˆ
ÁË 0 0 ˜¯ ÁË b ˜¯ 0 € 2a - b 0.
Les vecteurs u solutions dont donc de la forme
Ê
ˆ
Ê ˆ
u-1 Á a ˜ , a Œ °, on prend donc u-1 Á 1 ˜ .
Ë 2¯
Ë 2a ¯

4 a. Mu = λu amène à une matrice

Ê
ˆ
A Á 5 - l -3 ˜ qui est non inversible si et
Ë 6 -4 - l ¯
seulement si (5 – l)(–4 – l) + 18 = 0 ⇔ l = –1 ou
Ê ˆ
Ê ˆ
l = 2. On trouve u-1 Á 1 ˜ et u2 Á 1 ˜ .
Ë 2¯
Ë 1¯
Ê
ˆ
b. Mu = λu amène à une matrice A Á -l -1 ˜
Ë 1 -l ¯
qui est non inversible si et seulement si λ2 + 1 = 0.
Cette équation ne possédant pas de solution
dans °, il n’existe aucune valeur propre réelle ni
aucun vecteur propre réel.

6

n

Chapitre 4 n Matrices

Ê
ˆ
Ê ˆ
1
. On trouve u-2 Á 1 ˜ et u0,5 Á 3 ˜ .
2
Ë -1 ¯
Ë 2¯

Exercices
Maîtriser le cours
1 a. Faux, c’est n lignes et p colonnes.
b. Vrai.
c. Faux.
d. Vrai.
e. Vrai.
2 1. b.

2. b.

3. d.

3 a. Faux.

b. Vrai.

c. Faux.

4 1. a.

2. a. c.

3. b.

5 a. Faux, par exemple A de taille 3 × 2 et B de
taille 2 × 3.
b. Vrai.
6 a.
7 a. Faux.  b. Faux.   c. Vrai.   d. Vrai.
8 b.
9 a. Faux.
10 1. a.

b. Vrai.

c. Faux.
2. d.

Appliquer les capacités attendues
12 a. La taille de la matrice est 3 × 3. Pour
CASIO, TI et Maxima on indique d’abord ces
dimensions avant d’entrer les coefficients.
Pour XCas, on saisit
A:=matrix([[–1,2,–3],[10,–11,12],[–7,8,–9]])
et pour JavaScript :
A=[[–1,2,–3],[10,–11,12],[–7,8,–9]].
b. La taille de la matrice est 1 × 5.
Pour XCas : B:=matrix([[10,–11,12,–13,14]])
et pour JavaScript : B=[[10,–11,12,–13,14]].
c. La taille de la matrice est 2 × 1.
Pour XCas : C:=matrix([[–7],[8]])
et pour JavaScript : C=[[–7],[8]].
d. La taille de la matrice est 2 × 3.
Pour XCas : D:=matrix([[a,a^2,a^3],[b,1/b,1/b^2]])
et pour JavaScript : D=[[a,a^2,a^3],[b,1/b,1/b^2]].

© éditions Belin, 2012.

Ê 1ˆ
Ê -1 ˆ
ÁË 2 ˜¯ , on obtient un vecteur v ÁË -2 ˜¯ . Ainsi pour
Ê ˆ
l = –1 on a u-1 Á 1 ˜ . On vérifie aussi que pour
Ë 2¯

seulement si (–0,5 – l)(–1 – l) – 1,5 = 0 ⇔ l = –2

14 a. La syntaxe n’est pas correcte car les lignes
n’ont pas toutes la même taille.
b. La syntaxe est correcte et la matrice sera de
taille 2 × 3.
c. Syntaxe non correcte, il faut remplacer les
points virgules par des virgules.
d. Syntaxe correcte. La matrice sera de taille 3 × 2.
e. Syntaxe correcte. La matrice sera de taille 1 × 3.
15 1. Seuls XCas et Javascript numérotent en
partant de 0 et non de 1.
a. A[1][1] = 1 ;
b. A[2,1] = 10 ;
c. Mat A[3,4] = –1 ;
d. [A](2,3) = –6 ;
e. A[1][1] = 7 ;
f. A[2] = [–21,7,–6,0] ;
g. Mat –> List(Mat A,2) = {17,7,10} ;
h. A[3] = undefined ;
i. A[0] = [1,17,3,0.2] ;
j. Matr>liste([A],2,2L1):L1 = {17,7,10} ;
k. col(A,2) = [17,7,10] ;
l. col(A,2) = [3,–6,4].
2. a. La matrice ne change pas.
Ê 1 17 3 0, 2 ˆ
˜
Á
b. A Á -21 900 -6 0 ˜ .
Ë 12 10 4 -1 ¯
Ê 1 17 3 0, 2 ˆ
˜
Á
c. A Á -21 7 6 0 ˜ .
Ë 12 10 4 -1 ¯

d. Pas de changement.
Ê 1 17 100 0, 2 ˆ
˜
Á
e. A Á -21 7 6 0 ˜ .
Ë 12 10 4 -1 ¯
Ê 1 1 1 1ˆ
f. A ÁÁ -21 7 6 0 ˜˜ .
Ë 12 10 4 -1 ¯
Ê 1 17 3 0, 2 ˆ
˜
Á
g. A Á 1 1 1 1 ˜ .
Ë 12 10 4 -1 ¯
Ê 1ˆ
h. A ÁÁ 2 ˜˜ .
Ë 3¯
Ê 1 17 3 0, 2 ˆ
˜
Á
i. A Á 1 1 1 1 1 ˜ .
Ë 12 10 4 -1 ¯

j. Même réponse que h.

16 1. a. length(A) permet de connaître le nombre
de lignes de A
b. length(A[1]) permet de connaître la taille de la
1re ligne, c’est-à-dire le nombre de colonnes.
c. On aurait pu écrire length(A[2]).
2. a. Elle permet de connaître la taille de la
matrice A.
b. Il faut écrire Dim Mat A->List 1 puis demander
d’afficher List 1[1].
c. On demande d’afficher List 1[2].
3. b. Il faut écrire dim([A])->L1 et demander
d’afficher L1(1).
c. On demande d’afficher L1(2).
18 a. Les coefficients de la diagonale haut-gauche
/ bas-droite.
b. Les coefficients situés juste au-dessus de cette
diagonale.
c. Les coefficients situés juste en-dessous de
cette diagonale.
d. Les coefficients situés juste au-dessus de la
diagonale bas-gauche / haut-droite si l’on commence la numérotation à 1 et les coefficients
situés en-dessous cette diagonale si l’on commence la numérotation à 0.
e. Les coefficients de la diagonale citée à la question
d. si l’on numérote à partir de 1 et ceux situés deux
lignes en dessous si l’on numérote à partir de 0.
Ê 0 0 1 0ˆ
˜
Á
19 a. On obtient la matrice A Á 0 1 0 0 ˜ .
Á 1 0 0 0˜
ÁË 0 0 0 0 ˜¯
Il s’agit d’un algorithme définissant une matrice
dont tous les coefficients sont nuls sauf ceux
situés au-dessus de la diagonale bas-droite /
haut-gauche et qui valent 1.
b. Voici les lignes à modifier :
Pour i = 0 à n – 1 faire
Pour j = 0 à n – 1 faire
Si i + j == n – 2 alors

20 Lorsque l’on parle de la diagonale, on sousentend la diagonale haut-gauche / bas-droite.
A est une matrice carrée de taille 6 ;
Pour i = 1 à 6, faire
Pour j = 1 à 6, faire
Si i == j – 1 ou i – 1 == j, alors
Aij = 1 ;
Sinon
Aij = 0 ;
FinSi
FinPour
FinPour

Chapitre 4 n Matrices n  7

© éditions Belin, 2012.

13 La matrice M n’est pas bien définie car les coefficients ont été rentrés en colonnes et non pas en
ligne. Il aurait fallu écrire M:matrix([1,–6,0],[0,5,–2]).

27

Saisir (A) ;
n = nombre de lignes de A ;
p = nombre de colonnes de A ;
Si n == p alors
Afficher « la matrice est carrée » ;
Sinon
Afficher « la matrice n’est pas carrée » ;
FinSi

22
Saisir (A) ;
n = nombre de lignes de A ;
p = nombre de colonnes de A ;
résultat = « vrai » ;
Si n != p alors
résultat = « Faux » ;
FinSi
Pour i = 1 à n, faire
Pour j = 1 à n, faire
Si i == j alors
Si Aij != 1 alors
resultat = « Faux » ;
FinSi
Sinon
Si Aij !=0 alors
resultat = « Faux » ;
FinSi
FinSi
FinPour
FinPour
Afficher resultat ;

24 Les matrices sont de même taille, on peut

Ê
ˆ
donc les additionner et on a A B Á -1 1 -1 ˜
Ë -1 1 -1 ¯
25 Les matrices ne sont pas de même taille, on
ne peut pas les additionner.

26 1. Il s’agit d’un message d’erreur signifiant
qu’on a essayé d’additionner deux matrices de
tailles différentes.
2. a. On peut par exemple prendre les matrices
données dans l’exercice 25.
b. Dans XCas, l’addition est possible mais la
matrice obtenue est incomplète. Par exemple,
avec les matrices données en 2.a., le coefficient à
la position (1,1) n’existe pas.

Saisir A et B ;
nA = nombre de lignes de A ;
pA = nombre de colonnes de A ;
nB = nombre de lignes de B ;
pB = nombre de colonnes de B ;
Si nA != nB ou pA != pB alors
Afficher « Somme impossible » ;
Sinon
C est une matrice de taille nAxpA ;
Pour i = 1 à nA faire
Pour j = 1 à pA faire
Cij = Aij + Bij ;
FinPour
FinPour
FinSi

28 On doit résoudre x + 2y = 11 et – 5x + y = –20.
On pourra écrire les quatre autres équations mais
deux devraient suffire pour trouver les valeurs
des deux inconnues.
On obtient alors x = 3 et y = –5. On peut bien sûr
vérifier que ces valeurs sont cohérentes avec les
coefficients en position (1,2) et (2,2).
30 a. Le nombre de colonnes de A est égal au
nombre de lignes de B : le produit est calculable
Ê 1 a b a cˆ
˜
Á
et on obtient donc : AB Á b a 1 b c ˜ .
Ác a c b 1 ˜
¯
Ë
b. Le produit est bien calculable et on obtient :
Ê 2b 1 a b - b ˆ
Á
˜
AB Á 3 a 8 3 b - 4 ˜ .
Á 5 a 2c 5 b - c ˜
Ë
¯

31 a. Le produit est calculable et on a :
Ê
ˆ
AB Á a - 1 ˜ .
Ë 1- a ¯

b. Le produit est calculable et on a :
Ê
ˆ
AB Á -3c - 5a ˜ .
Ë -3d - 5b ¯

32 a. Le produit des deux matrices données est
Ê
2
0 0 ˆ.
égal à : Á -a
˜
Ë 3a2 4a -15 18 ¯
On en déduit que – a2 = –4 et que 3a2 + 4a = 20.
On substitue la valeur de a2 dans la seconde
équation pour obtenir 12 + 4a = 20, ce qui donne
a = 2. On vérifie ensuite que cette valeur satisfait
bien le problème posé.

8

n

Chapitre 4 n Matrices

© éditions Belin, 2012.

21





Ê

-11 4x 12 ˆ
˜.
Ë -5x - 15 x2 - 20 ¯
b. Le plus simple est de résoudre l’équation
4x + 12 = 12 ⇔ x = 0. On vérifie ensuite que cette
valeur est bien solution des deux autres équations.

33 a. A2 Á

34 Le coefficient (1,1) du produit AB est donné
par y – 2. On résout donc y – 2 = –1 ⇔ y = 1.
Le coefficient (1,2) du produit AB est donné par
4 – 2x. On résout donc 4 – 2x = –4 ⇔ x = 4.
35 1. a. I est carrée donc B aussi et leur taille est p.
b. B est de la même taille que A pour que la
somme soit possible et comme on parle de A–1, A
est carrée, donc B aussi.
c. A et B ont des inverses donc sont carrées de
taille n.
d. A est carrée de taille n pour que I – A soit calculable. B est une matrice ayant n colonnes.
2. a. AB + A
b. BA–1 + AA–1 = BA–1 + I.
c. ABB–1A–1 – ABAB = I – ABAB.
d. B – BA.
36 a. On factorise par (A + I)–1 à gauche, ce qui
donne : (A + I)–1(A + I) = I.
b. On factorise par (A + I)–1 à droite, ce qui
donne : (I + A)(A + I)–1 = I, car I + A = A + I.
c. On commence en distribuant A, ce qui donne :
(A + I)–1 + (A + I) = (A + I)–1 + (A + I)(A + I)(A + I)–1
= (A + I)–1(A + I)2
38 ad – bc = 11 × 2 – 7 × 3 ≠ 0 donc A est inver-

Ê
ˆ
sible. En notant A-1 Á a c ˜ ,
Ëb d¯
Ê
ˆ
on obtient AA-1 Á 11a 3b 11c 3d ˜ .
Ë 7a 2b 7c 2d ¯

On résout alors le système :
11a 3b 1
Ô
Ô11c 3d 0
€ a 2 ; b -7 ; c -3 ; d 11 .
Ì
Ô7a 2b 0
ÔÓ7c 2d 1

39 On ne possède pas de règle pour déterminer
si une matrice de taille 3 est inversible. On pose
Ê a b cˆ
donc directement A-1 ÁÁ d e f ˜˜ et on obtient :
ÁË g h i ˜¯
Ê g- a h-b i -c ˆ
Á
˜
1
AA Á 2d
2e
2f ˜ .
ÁË g 3a h 3b i 3c ˜¯
On doit alors résoudre le système
g - a 2e i 3c 1
.
Ì
ÓÔh - b i - c 2d 2f g 3a h 3b 0

1
On obtient directement les résultats suivants : e  ;
2
d = f = 0. Il nous reste donc à résoudre les systèmes
i 3c 1 h - b 0
g - a 1
suivants Ì
 ; Ì
 ; Ì
, qui
ÔÓg 3a 0 ÔÓi - c 0 ÔÓh 3b 0
1
3
1
ont pour solution : a -  ; g  ; i c  ;
4
4
4
Ê -1 4 0 1 4 ˆ
˜
Á
1
h = b = 0. Ainsi : A Á 0 1 2 0 ˜ .
Á 3 4 0 14˜
¯
Ë

40 A est une matrice de taille 2, on calcule
ad – bc = cos2x + sin2x = 1 ≠ 0. A est donc inversible
Ê
ˆ
et on pose : A-1 Á a c ˜ . On a donc
Ëb d¯
Ê
ˆ
AA-1 Á a cos x - b sin x c cos x - d sin x ˜ .
Ë a sin x b cos x c sin x d coss x ¯
a cos x b sin x 1
Ô
Ôc cos x - d sin x 0
Le système à résoudre est : Ì
Ôa sin x b cos x 0
ÔÓc sin x d cos x 1
et on trouve a = cos x ; b = – sin x ; c = sin x ;
d = cos x.
Ê
ˆ
41 a. AB Á 0 1 ˜ , donc A et B ne sont pas
inverses.
b. Oui.

Ë 1 0¯

c. Oui.

42 1. M et N sont les deux mêmes matrices,
mais dans l’une les coefficients sont rationnels et
dans l’autre ils sont décimaux.
2. a. float(M) donne la matrice M mais avec les
coefficients décimaux.
b. M n’est pas inversible d’après la réponse donnée à la commande (%i4). Par contre, vue sous
forme décimale, cette matrice semble inversible
(%o5) mais avec des coefficients extrêmement
grands. Il n’est donc pas conseiller d’utiliser des
matrices à coefficients décimaux.
Chapitre 4 n Matrices n  9

© éditions Belin, 2012.

b. Le produit des deux matrices données est égal
à : -a2 - 19 a2 2(a 1) - 30 . On en déduit
donc que – a2 – 19 = –119 ⇔ a2 = 100 et que
a2 + 2(a+1) – 30 = 52. On substitue la valeur de a2
dans la seconde équation pour obtenir
2(a+1)  = –18 ⇔ a = –10. On vérifie que cette
valeur satisfait bien le problème posé.

43 L’erreur est d’avoir mis l’exposant –1 à l’intérieur des parenthèses. Il aurait fallu écrire (Mat A)–1.
Ê xˆ

Ê
ˆ
Ê
ˆ
45 Á 3 -2 1 ˜ ÁÁ y ˜˜ Á 0 ˜ . On ne peut pas
Ë -1 -1 0 ¯ Á ˜ Ë -1 ¯
Ë z¯

résoudre le système par la méthode demandée
car une matrice 2 × 3 n’admet pas d’inverse.
Ê 2 1 0ˆÊ x ˆ

Ê 7 ˆ

Ë 1 0 1¯Ë z ¯
y = 3 ; z = –1.

Ë 1 ¯

46 ÁÁ 0 -1 0 ˜˜ ÁÁ y ˜˜ ÁÁ -4 ˜˜ et on obtient x = 2 ;
Á ˜

Ê xˆ
Ê
ˆ
Ê
ˆ
47 Á 1 1 -1 ˜ ÁÁ y ˜˜ Á -3 ˜ . Pas de résolution
Ë 2 1 1 ¯Á ˜ Ë 5 ¯
Ë z¯
possible en inversant une matrice.

52 a. Le logiciel ne répond rien car l’élève n’a pas
correctement indiqué les inconnues de l’équation.
b. À la place de a,b il faut écrire x,y.
53 a. Si l’on regarde la matrice associée au système, elle est non inversible.
b. On remarque que les membres de gauche
des équations sont proportionnels alors que les
membres de droite non. On peut donc remplacer le
nombre 12 par –12 pour que retourne un résultat.
On aurait aussi pu modifier n’importe quel autre
coefficient.
54 a. Le système n’est pas linéaire à cause de la
première équation.
b. Il faut utiliser la commande « Équations /
Résoudre un système algébrique… ». Les solutions sont x = 2 et y = –3 ou x = –3 et y = 2.

S’entraîner

x = –7/3 ; y = –5 ; z = 19/3.

55 1. N doit posséder n colonnes.
2. M doit posséder p lignes.
3. a. P doit être de taille p × n. AP et PA seront
des matrices carrées de tailles respectives n et p.
b. On doit alors avoir n = p, c’est-à-dire que A
doit être une matrice carrée.
c. D’après la question b. l’égalité AP = PA
implique que A est une matrice carrée, c’est-àdire que si A n’est pas carrée, alors AP ≠ PA.

Ê
ˆÊ ˆ Ê
ˆ
49 Á 7 -2 ˜ Á x ˜ Á 3 ˜ . La matrice n’est pas
Ë -7 2 ¯ Ë y ¯ Ë -1 ¯

Ê
ˆ
ˆ
2 Ê
56 1. A B Á 5 -2 ˜ Á 31 -16 ˜ et
Ë -3 3 ¯
Ë -24 15 ¯

Ê 4 -2 1 ˆ Ê x ˆ

Ê 7 ˆ

48 ÁÁ 1 -1 1 ˜˜ ÁÁ y ˜˜ ÁÁ 9 ˜˜ et on obtient
Ë -1 5 2 ¯ ÁË z ˜¯ Ë -10 ¯

inversible car 7 × 2 – (–7) × (–2) = 0.
-x 2y 12
et la matrice
ÔÓ7x - 3y 0

50 a. Le système est Ì

Ê
ˆ
associée est M Á -1 2 ˜ .
Ë 7 -3 ¯
Ê
ˆ
b. On calcule M-1Á 12 ˜
Ë 0 ¯
et on trouve bien le résultat annoncé.
Ê 2 5 -8 ˆ
51 a. La matrice est M ÁÁ -3 1 -5 ˜˜ , qui n’est
Ë 1 1 -1 ¯
pas inversible (vérification avec un logiciel ou une
calculatrice)
b. Pour résoudre le système, le logiciel a pris
comme paramètre l’inconnue z et il a résolu le
sous-système suivant d’inconnues x et y :
2x 5y 24 8z
. La matrice associée est inverÌ
ÓÔ-3x y -2 5z
sible et les solutions sont x = 2 – z et y = 2z + 4.

10 n Chapitre 4 n Matrices

2

Ê
ˆ
A2 2AB B2 Á 25 -14 ˜ .
Ë -33 21 ¯

2. a. (A + B)2 = (A + B)(A + B) = A2 + AB + BA + B2.
b. Il faut que AB = BA.
Ê
ˆ
c. On a bien AB BA Á -1 0 ˜ et on vérifie
Ë 33 -12 ¯
Ê
ˆ
que (A B)2 A2 2AB B2 Á 0 0 ˜ .
Ë -48 16 ¯

57 1. AB = O.
2. a. b. et c.
3. b. puisque a. est mise en défaut par l’exemple
donné.
58 1.
p = nombre de colonnes de A ;
m = nombre de lignes de B.
Si p == m alors

2.
n = nombre de lignes de A ;
q = nombre de colonnes de B ;
C est une matrice de taille n × q ;

© éditions Belin, 2012.

3. a. Le logiciel remplace les nombres décimaux
par des rationnels et ne veut pas inverser la matrice.
b. La commande ratsimp(N) permet de convertir
et de simplifier les coefficients de la matrice N en
rationnels.

b.

p

 aikbkj

k 1

cij = 0 ;
Pour k = 1 à p faire
cij = cij + aik*bkj ;
FinPour

4. a. Il faut p multiplications et p additions.
b. Il faut donc 2p opérations.
c. Il faut 2npq opérations puisque les boucles portant sur les variables i et j s’effectuent n et q fois.
d. Dans le cas d’une matrice de taille n, on
obtient 2n3 opérations.

59 On cherche une matrice M telle que
M(AB) = (AB)M = I. Posons M = B–1A–1. Alors
MAB = B–1A–1AB = B–1B = I. De même pour ABM.
L’inverse d’une matrice étant unique, on a bien
(AB)–1 = B–1A–1.
60 Partie A
1. Pour tout entier naturel k, on a
AB = AAk = Ak+1 et BA = AkA = Ak+1.
2. B = f(A) signifie que B = anAn + … + a1A + a0I.
Vérifions la propriété au rang n = 0. f est donc de
degré 0, c’est-à-dire f(x) = a0. On a donc B = a0I
et ainsi AB = BA = a0A.
Supposons la propriété vraie au rang n et démontrons-là au rang n + 1. Notons f(x) = an+1 + g(x)
où g est une fonction polynôme de degré n.
AB = A(an+1An+1 + g(A)) = an+1AAn+1 +Ag(A).
Or an+1AAn+1 = an+1An+1A d’après la question 1.
et Ag(A) = g(A)A d’après l’hypothèse de récurrence.
On obtient donc bien AB = BA.
Partie B
Ê 3b
ˆ
Ê 3b -7b ˆ
11 3b12
12
1. AB Á
˜ et BA Á 11
˜.
ÁË -7b21 -7b22 ˜¯
ÁË 3b21 -7b22 ˜¯
Comme AB = BA, on a 3b12 = –7b12 ⇔ b12 = 0
et de même pour b21.
2. a. Définie ainsi, on peut trouver le coefficient
b -b
directeur de f par la formule m 11 22 . On a
3 7
donc ensuite p = b – 3m.

b. On a alors

11

Ê 3m p
ˆ
0
f(A) mA pI2 Á
˜
0
7
m
p

Ë
¯
Ê f(3) 0 ˆ Ê b11 0 ˆ
Á
˜ B.
˜ Á
Ë 0 f(-7) ¯ ÁË 0 b22 ˜¯

Êd 0 ˆ
3. Notons A Á 1
˜ . Alors
ÁË 0 d2 ˜¯
Ê db db ˆ
Ê db d b ˆ
AB Á 1 11 1 12 ˜ et BA Á 1 11 2 12 ˜ et on
ÁË d2b21 d2b22 ˜¯
ÁË d1b21 d2b22 ˜¯
en conclut que b12 = b21 = 0 à condition que
d1 ≠ d2.
b -b
On a ensuite m 11 22 . Pour que m existe, il
d1 - d2
est nécessaire que d1 ≠ d2. Si cette condition est
vérifiée, alors p = b11 – d1m.

Partie C
1. a. On part de AB = BA et on multiplie à
gauche par P–1 pour obtenir P–1AB = P–1BA. En
multipliant maintenant à droite par P, on a alors
P–1ABP = P–1BAP.
On sait de plus que PP–1 = I,
on a alors P–1A(PP–1)BP = P–1B(PP–1)AP ⇔
(P–1AP)(P–1BP) = (P–1BP)(P–1AP) ⇔ DC = CD
avec C = P–1BP.
b. Il suffit d’appliquer le résultat de la question
A.3. avec C à la place de B et D à la place de A,
puisque d1 ≠ d2.
c. La fonction affine existe puisque d1 ≠ d2.
d. On a immédiatement C = f(D) et l’on en
déduit, en multipliant à droite par P et à gauche
par P–1 que B = PCP–1 = P(mD + pI2)P–1 = mPDP–1
+ pI2 = mA + pI2 = f(A).
Ê
ˆ
2. a. On calcule d’abord P -1 Á 3 4 ˜ . On a alors
Ë
¯
5
7
Ê
ˆ
D Á -2 0 ˜ .
Ë 0 3¯
b. Ainsi C est un polynôme en D, donc en
prenant par exemple f(x) = 8x – 5, on obtient
Ê
ˆ
C 8D I2 Á -15 0 ˜
Ë 0 25 ¯
Ê
ˆ
Pour finir, B PCP -1 Á -815 -1120 ˜ et on vériË 600 825 ¯
fie facilement que AB = BA.

61 1.
A est la matrice [[1,2,3,4],[–5,–6,–7,–8],[9,10,11,12]] ;
n = nombre de lignes de A ;
p = nombre de colonnes de A ;
Pour i = 0 à n – 1 faire
a = Ai0 ;
Pour j = 1 à p – 1 faire
Ai,j–1 = Aij ;
FinPour
Ai,p–1 = a ;
Afficher la i-ème ligne de A ;
FinPour

Chapitre 4 n Matrices n  11

© éditions Belin, 2012.

3. a. cij

Ê 2 3 4 1 ˆ
3. a. On obtient A ÁÁ -6 -7 -8 -5 ˜˜ . Cet algoË 10 11 12 9 ¯
rithme effectue une permutation circulaire des
colonnes vers la gauche.

b. Cette instruction permet de sauvegarder la
valeur du coefficient de la 1re colonne car il est
écrasé par une autre valeur lors du 1er tour (j = 1)
de la boucle des lignes 7 à 9.
4. On modifie les lignes 5 à 10.
Pour i = 0 à n – 1 faire
a = Ai,p–1 ;
Pour j = p – 1 à 1 en diminuant de 1 faire
Aij = Ai,j–1 ;
FinPour
Ai0 = a ;
Afficher la i-ème ligne de A ;
FinPour

5. On modifie toujours les mêmes lignes en
rajoutant une boucle pour l’affichage car la
boucle principale concerne ici les colonnes.
Pour j = 0 à p – 1 faire
a = A0j ;
Pour i = 1 à n – 1 faire
Ai–1,j = Aij ;
FinPour
An–1,j = a ;
FinPour
Pour i = 0 à n – 1 faire
Afficher la i-ème ligne de A ;
FinPour

matrice de ce système admet un inverse égal à
Ê 1 9 -7 9 ˆ
Ê xˆ
Ê 15 ˆ Ê 64 9 ˆ
M Á
˜ . Ainsi : Á ˜ M Á ˜ Á
˜.
Ë -7 ¯ Ë 1 9 ¯
Ë y¯
Ë1 9 2 9 ¯

Ê
Á
2. a. La première colonne de P est égale à Á
Á
ÁË

12 n Chapitre 4 n Matrices

sera la matrice A où l’on a effectué une permutation des colonnes vers la gauche de deux rangs.
Ê 0 1 0 0ˆ
˜
Á
3
b. On peut prévoir que P Á 0 0 1 0 ˜ , ce qui
Á 0 0 0 1˜
ÁË 1 0 0 0 ˜¯
est effectivement le cas.

c. Effectuer une permutation circulaire de 4 rangs
reviendrait à ne rien faire. On peut donc prévoir
que P4 = I4, ce qui est bien le cas.
Ê
ˆ
2
64 1. A2 Á bc a cd ac ˜ ,

Ë bd ab d2 bc ¯
Ê
ˆ
0
donc (a + d)A – A2 = Á ad - bc
.
Ë
0
ad - bc ˜¯
2. a. (a + d)A – A2 = A((a + d)I2 – A)
b. A admet un inverse lorsque ad – bc ≠ 0.
c. A((a + d)I2 – A) = (ad – bc)I2 ⇔
1
A((a + d)I2 – A) = I2.
ad - bc
Un inverse possible est donc
Ê d -c ˆ
1
1
(a d)I2 - A
ad - bc
ad - bc ÁË -b a ˜¯
et c’est exactement celui-ci de par l’unicité de
l’inverse d’une matrice.
Ê 0 1 0 0ˆ
Á
˜
65 a. J Á 0 0 1 0 ˜ .
Á 0 0 0 1˜
ÁË 0 0 0 0 ˜¯



ˆ
Ê
ˆÊ ˆ Ê
62 Le système s’écrit Á 2 7 ˜ Á x ˜ Á 15 ˜ . La
y
Ë -1 1 ¯ Ë ¯ Ë -7 ¯

63 1. P doit être carrée de taille 4.

b. En faisant le même travail pour les autres
Ê 0 0 0 1ˆ
Á
˜
colonnes de P, on obtient P Á 1 0 0 0 ˜
Á 0 1 0 0˜
ÁË 0 0 1 0 ˜¯
Ê 0 0 1 0ˆ
Á
˜
3. a. P2 Á 0 0 0 1 ˜ . On peut prévoir que AP2
Á 1 0 0 0˜
ÁË 0 1 0 0 ˜¯


1 ˜˜ .

0 ˜¯

Ê
Á
b. J2 Á
Á
ÁË



0
0
0
0

0
0
0
0

1
0
0
0

Ê0

1 ˜˜  ; J3 ÁÁ 0

Á0
ÁË 0
0 ˜¯

0
0
0
0

0
0
0
0


0 ˜˜  ; J4 = O
4

˜


et on a donc I4 = I4 – a4O4.
c. I4 – a4J4 = (I4 – aJ)(I4 + aJ + a2J2 + a3J3)
On peut donc en déduire que
Ê 1 a a2 a3 ˆ
Á

A–1 = I4 + aJ + a2J2 + a3J3 = Á 0 1 a a ˜ .
Á0 0 1 a ˜
˜
ÁË
0 0 0 1¯

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2. a. En JavaScript la numérotation commence à
0. Les n lignes sont donc numérotées de 0 à n – 1.
b. Dans cette boucle, on fait appel à un coefficient
de A situé à la colonne j – 1 dont la valeur minimale est 0. La valeur minimale de j est donc 1.

-2 ˆ
2 ˜˜ et
2 ˜
4 ˜¯

b. En observant les valeurs coefficients de A et A3
qui ne sont pas sur la diagonale, on a a = 6. On en
déduit alors que b = –4.
c. Cette égalité est équivalente à
A3 – aA = bI4 ⇔ A(A2 – aI4) = bI4. On a donc
Ê 0, 5 0
0
Á
1
0 0, 5
0
1
2
Á
A - (A - 6I4)
Á 0
4
0
0, 5
Á
Ë 0, 5 -0, 5 -0, 5

0, 5 ˆ
˜
-0, 5 ˜
.
-0, 5 ˜
˜
0, 5 ¯

67 a. (In – A)(In – B) = In – B – A + AB = In. Ainsi,

(In – A) et (In – B) sont deux matrices inverses
l’une de l’autre et on a (In – B)(In – A) = In.
b. (In – B)(In – A) = In – A – B + BA. On en déduit
que – A – B + BA = On ⇔ BA = A + B = AB.
Ê 3 3 3ˆ
68 a. ÁÁ 3 3 3 ˜˜  ;
Ë 3 3 3¯
1
1
QP (I3 P)P (P P2) P  ; PQ P
4
4
b. (4I3 – P)Q = 4Q – PQ = I3 + P – P = I3. De même,
Q(4I3 – P) = I3. On peut donc conclure que les
matrices (4I3 – P) et Q sont inverses l’une de
l’autre.
P2





Ê 2
ˆ
69 a. A2 Á a bc ac cd ˜ . Le système est

Ë ab bd d2 bc ¯
immédiat en écrivant l’égalité avec la matrice A.
b. Étudions le cas où b = 0. Le système devient
a2 a
Ô
alors Ìc(a d) c . On obtient a = 0 ou a = 1 et de
Ôd2 d
Ó
même pour d.
Si a = d = 0, alors c = 0 et donc A = O.
Si a = 0 et d = 1, alors la deuxième équation devient
c = c. Ainsi quelque soit la valeur de c, on a
Ê
ˆ
A Á 0 c ˜ , c ∈ R.
Ë 0 1¯
Si a = 1 et d = 0, on est dans le même cas que
Ê
ˆ
précédemment et A Á 1 c ˜ , c ∈ R.
Ë 0 0¯

Si a = d = 1, alors c = 0 et A = I2.
Étudions le cas où b ≠ 0. La deuxième équation
du système devient alors a + d = 1, la deuxième
devient c = c et la troisième devient
(1 – a)2 + bc = 1 – a ⇔ a2 +bc = a. En prenant b
et c comme paramètres, on obtient alors
1 - 1 - 4bc
1 1 - 4bc
a
et d
2
2
1 1 - 4bc
1 - 1 - 4bc
ou a
et d
.
2
2

70 1. a. On attribue aux lettres des nombres
entre 0 et 25 qui sont donc tous les restes possibles d’une division euclidienne par 26.
b. X YA-1 ÎÈ26˘˚.
2. a. Simple vérification.
Ê
ˆ
b. Y1 2 17 Á 3 2 ˜ ÈÎ26˘˚.
Ë 7 11 ¯
125 191 ÈÎ26˘˚



21 9 ÈÎ26˘˚ .

De même pour les autres vecteurs.
ˆ
Ê
ˆÊ
ˆ Ê
c. BA Á 17 4 ˜ Á 3 2 ˜ Á 79 78 ˜ .
Ë 1 7 ¯ Ë 7 11 ¯ Ë 52 79 ¯
Or 79 ≡ 1 [26] et 52 ≡ 78 ≡ 0[26]. Donc BA ≡ I2 [26].
De même, on vérifie que AB ≡ I2 [26].
d. Vérifions pour Y1. On calcule
Ê
ˆ
21 9 Á 17 4 ˜ 366 147 ÎÈ26˚˘ 2 17 ÎÈ26˚˘.
Ë 1 7¯













On retrouve bien X1.
3. a. On peut supposer que les quatre coefficients sont compris entre 0 et 25 puisque l’on
considère des matrices modulo 26.
b. n et 26 sont premiers entre eux.
c. Si n et 26 sont premiers entre eux, alors il existe
deux entiers relatifs u et v tels que nu + 26v = 1
qui se traduit modulo 26 par nu ≡ 1[26].
Réciproquement, si n admet un inverse modulo
26, il existe un nombre u tel que nu ≡ 1[26],
c’est-à-dire qu’il existe un entier relatif v tel que
nu – 1 = 26v. L’égalité de Bézout étant vérifiée, n
et v sont premiers entre eux.
Dans notre cas, m = u.
Ê d -c ˆ
1
d. La formule est A-1
. Pour
ad - bc ÁË -b a ˜¯
–1
que A existe modulo 26, il est donc nécessaire
et suffisant que ad – bc soit inversible modulo 26,
c’est-à-dire que ad – bc et 26 soient premiers
entre eux.
e. ad – bc = –96. Or 96 et 26 ne sont pas premiers entre eux.

Chapitre 4 n Matrices n  13

© éditions Belin, 2012.

Ê 4 0 0
Á
2
66 a. A Á 0 4 0
Á 0 0 4
ÁË -2 2 2
Ê2 6 6 6 ˆ
Á
˜
3
A Á 6 2 -6 -6 ˜
Á 6 -6 2 -6 ˜
ÁË 6 -6 -6 -10 ˜¯

valide la question 3.f. car –12 ≡ 14[26].
Dans XCas, on entre la matrice A puis on demande
« inv(A) mod 26 » et on retrouve le même résultat.
6. a. Si par exemple a et b sont divisibles par 2,
alors ad – bc = 2(a’d – b’c), avec a = 2a’ et b = 2b’.
Alors ad – bc n’est pas premier avec 26.
Même démonstration avec 13 et avec a et c.
b. Si a = 0, il faut prendre b et c impairs différents de 13.
Si a est pair différent de 0, il faut prendre b et c
impairs.
Si a = 13, b et c ne doivent pas être des multiples
de 13.
Si a est impair différent de 13, peu importe les
valeurs de b et c.
Ê
ˆ
7. a. Notons A Á a c ˜ la matrice de cryptage.
Ëb d¯
En posant X1 = (0 1) et X2 = (24 25), on obtient
Y1 = (b d) et Y2 = (24a + 25b 24c + 25d). Notons
Y1 = (x y) et Y2 = (z t).
On doit alors résoudre le système
b x
Ê 0
Ô
Á
Ôd y
€Á 0
Ì
Á 24
Ô24a 25b z
ÁË 0
ÔÓ24c 25d t

1
0
25
0

0
0
0
24

0 ˆÊ
1 ˜˜ ÁÁ
0 ˜Á
25 ˜¯ ÁË

aˆ Ê x
Á
b ˜˜ Á y
c˜ Á z
d ˜¯ ÁË t

ˆ
˜
˜ .
˜
¯˜

En demandant l’inverse de cette matrice modulo
26 dans Maxima ou XCas, le logiciel nous
retourne une erreur.

14 n Chapitre 4 n Matrices

b. On pose alors X1 = (1 2)
et on obtient Y1 = (a + 2b c + 2d).
D’après les données retournées par la machine,
on sait que Y1 = (7 8) et Y2 = (12 19). On doit
alors résoudre le système
a 2b 7
Ê 1
Ô
Á
Ôc 2d 8
€Á 0
Ì
24
a

25
b

12
Á 24
Ô
ÁË 0
ÔÓ24c 25d 19

2
0
25
0

0
1
0
24

0 ˆÊ aˆ Ê 7 ˆ
2 ˜˜ ÁÁ b ˜˜ ÁÁ 8 ˜˜ .
0 ˜ Á c ˜ Á 12 ˜
Á ˜
25 ˜¯ ÁË d ˜¯ Ë 19 ¯

L’inverse modulo 26 de M existe bien et on a
Ê -9 0 8 0 ˆ
Á
˜
M-1 Á -8 0 9 0 ˜ ÈÎ26˘˚
Á 0 -9 0 8 ˜
ÁË 0 -8 0 9 ˜¯
Ê aˆ
Ê 7 ˆ
Ê 7ˆ
Á b˜
Á 8 ˜
Á ˜
et donc Á ˜ M-1Á
˜ ÈÎ26˘˚ Á 0 ˜ .
Á c˜
Á 12 ˜
Á 2˜
ÁË 3 ˜¯
ÁË 19 ˜¯
ÁË d ˜¯
Ê
ˆ
La matrice de cryptage est donc A Á 7 2 ˜ .
Ë 0 3¯

c. En gardant le choix AB, on peut prendre BC.
On aurait alors X1 = (0 1) avec Y1 = (b d) = (0 3)
et X2 = (1 2) avec Y2 = (a + 2b c + 2d) = (7 8).
On a donc immédiatement b = 0 et d = 3 et il en
découle que a = 7 – 2 × 0 = 7 et c = 8 – 2 × 3 = 2.

71 1. Les événements « ne pas avoir d’accident »
et « avoir au moins un accident » sont contraires
l’un de l’autre donc la probabilité recherchée est
égale à 1 – p.
2.
1–p
p

1

2
p
p

1–p

p
1–p

4

3
1–p

3. P(Y = 1) = P(Y = 1 ∩ X = 1) + P(Y = 1 ∩ X = 2)
= P(X = 1)(Y = 1)P(X = 1) + P(X = 2)(Y = 1)P(X = 2)
= pP(X = 1) + pP(X = 2).
P(Y = 2) = P(Y = 2 ∩ X = 1) + P(Y = 2 ∩ X = 3)
= P(X = 1)(Y = 2)P(X = 1) + P(X = 3)(Y = 2)P(X = 3)
= (1 – p)P(X = 1) + pP(X = 3).
De même, P(Y = 3) = (1 – p)P(X = 2) + pP(X = 4).
Enfin, P(Y = 4) = (1 – p)P(X = 3) + (1 – p)P(X = 4).

© éditions Belin, 2012.

f. ad – bc = 207 = 32 × 23. Ce nombre est donc
bien premier avec 26. Il faut donc déterminer son
inverse modulo 26, c’est-à-dire un nombre u tel
que 207u ≡ 1[26].
Par l’algorithme d’Euclide étendu, l’équation
207u + 26v = 1 admet comme solutions particulières (u ; v) = (–1 ; 8).
On a donc 207 × (–1) ≡ 1[26] ⇔ 207 × 25 ≡ 1[26].
Un inverse de 207 modulo 26 est donc 25.
Ê
ˆ
Ainsi : A-1 25 Á 21 -9 ˜ ÈÎ26˘˚
Ë -5 12 ¯
Ê
ˆ
Á 525 -225 ˜ ÈÎ26˘˚
Ë -125 300 ¯
Ê
ˆ
Á 5 9 ˜ ÈÎ26˘˚ .
Ë 5 14 ¯
4. Dans Maxima, on définit d’abord le module. On
Ê
ˆ
entre ensuite la matrice A Á 12 9 ˜ et on demande
Ë 5 21¯
Ê
ˆ
« rat(invert(A)) ». La réponse est Á 5 9 ˜ , ce qui
Ë 5 -12¯

c. On calcule le produit P2m et on regarde sa
1re coordonnée qui vaut alors 0,22.
Ê 0 0, 7 0, 5 ˆ
73 ÁÁ 0,1 0 0,5 ˜˜
ÁË 0, 9 0, 3 0 ˜¯

74 1.

0,5
1

2
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
3

4
0,5

2. a. La matrice de transition sera carrée de taille 4.
Ê 0 0, 5 0 0, 5 ˆ
Á
˜
0, 5 0 0, 5 0 ˜
b. M Á
Á 0 0, 5 0 0, 5 ˜
Á
˜
Ë 0, 5 0 0, 5 0 ¯
Ê
ˆÊ ˆ Ê
ˆ
75 1. a. Á 3 -5 ˜ Á x ˜ Á 7 ˜
Ë -2 1 ¯ Ë y ¯ Ë -1 ¯

b. Notons A la matrice carrée de taille 2 ci-dessus.
Elle admet bien un inverse car 3 – (–2) × (–5) ≠ 0 et
Ê -1 7 -5 7 ˆ
on a A-1 Á
˜ . Le système se résout
Ë -1 7 -3 7 ¯
Ê xˆ
Ê
ˆ Ê -2 7 ˆ
alors avec Á ˜ A-1Á 7 ˜ Á
˜
Ë -1 ¯ Ë -11 7 ¯
Ë y¯
Ê 1 1 -1 ˆ Ê x ˆ Ê 1 ˆ
2. Le système s’écrit ÁÁ 2 -3 1 ˜˜ ÁÁ y ˜˜ ÁÁ -5 ˜˜ .
Ë 6 0 -3 ¯ ÁË z ˜¯ Ë 2 ¯
On détermine l’inverse de la matrice avec un logiciel
ou la calculatrice et les solutions sont données par
Ê x ˆ Ê 3 1 -2 3 ˆ Ê 1 ˆ Ê -10 3 ˆ
Á y ˜ Á 4 1 -1 ˜ Á -5 ˜ Á -3 ˜ .
˜Á
˜
˜ Á
Á ˜ Á
ÁË z ˜¯ ÁË 6 2 -5 3 ˜¯ Ë 2 ¯ ÁË -22 3 ˜¯
Ê
ˆ
76 1. a. La matrice est Á 3 -5 ˜ et comme
Ë 6 -10 ¯
3 × (–10) – 6 × (–5) = 0, elle n’est pas inversible.
b. L2 = 2L1.
c. On prend l’inconnue x comme paramètre et on
exprime y en fonction de x, d’après l’une des deux
équations, ce qui donne les solutions annoncées.

Chapitre 4 n Matrices n  15

© éditions Belin, 2012.

4. a. La matrice P est donnée en écrivant la relation suivante :
Ê P(Y 1) ˆ Ê p
0
0 ˆ Ê P(X 1) ˆ
p
˜Á
˜
Á
˜ Á
0 ˜ Á P(X 2) ˜
p
Á P(Y 2) ˜ Á 1 - p 0
.
Á P(Y 3) ˜ Á 0 1 - p 0
p ˜ Á P(X 3) ˜
˜Á
˜
Á
˜ ÁÁ
Ë P(Y 4) ¯ Ë 0
0 1 - p 1 - p ˜¯ Ë P(X 4) ¯
b. P11 est la probabilité de passer de l’état 1 à l’état
1. P12 est la probabilité de passer de l’état 2 à l’état
1. P13 est la probabilité de passer de l’état 3 à l’état 1.
P21 est la probabilité de passer de l’état 1 à l’état 2.
c. Non. On peut le voir sur le graphe où il n’y a
pas de flèche reliant directement l’état 4 à 2 ou
bien sur la matrice où le coefficient P24 = 0.
d. P34 ≠ 0 ainsi que P23. On peut donc passer de
l’état 4 à 2 en passant par 3.
Ê 0 ˆ
Ê 0ˆ
Á 0 ˜
Á 0˜
˜
5. a. m X Á ˜ b. mY Pm X Á
Á p ˜
Á 0˜
Á 1- p ˜
ÁË 1 ˜¯
Ë
¯
72 1. On peut passer indirectement de l’état 4
à l’état 2 en passant par exemple par l’état 3,
puisque P34 ≠ 0 et P23 ≠ 0.
2. a. Depuis l’état 1, on peut atteindre directement les états 1, 2 et 4. Il suffit de regarder la
1re colonne et de noter les valeurs de i pour lesquelles le coefficient Pi1 ne vaut pas 0.
b. Pour l’état 2 on regarde donc la 2e colonne et
on peut donc atteindre les états 2 et 4. À partir
de l’état 3, on peut atteindre les états 1, 2 et 4.
Enfin, depuis l’état 4 on peut atteindre 1 et 3.
3. a. Les états qui mènent à l’état 1 sont les états
1, 3 et 4. Il suffit de regarder la 1re ligne et de
noter les valeurs de j pour lesquelles le coefficient
P1j ne vaut pas 0.
b. On peut atteindre l’état 2 depuis les états 1, 2 et
3. On peut atteindre l’état 3 depuis le seul état 4.
On peut atteindre l’état 4 depuis les états 1, 2 et 3.
c. On regarde si P41 et P34 sont différents de 0,
ce qui est effectivement le cas, donc on peut passer de l’état 1 à 3 en passant par l’état 4.
4. a. On peut enchaîner les états 4, 1, 2 ou bien
4, 3, 2 ou bien encore 4, 3, 1, 2.
b. On peut enchaîner les états 4, 1, 4 ou bien 4,
3, 4 ou bien encore 4, 3, 1, 4.
Ê 1ˆ
Á ˜
5. a. m Á 0 ˜ .
Á 0˜
ÁË 0 ˜¯
b. La probabilité de se retrouver dans l’état 1 est
de 0,2. Pour l’obtenir on calcule le produit Pm et
on regarde sa 1re coordonnée.

Ê 1 1 -1 ˆ
2. a. La matrice est ÁÁ 2 -3 1 ˜˜ . D’après un logiË 1 -4 2 ¯
ciel ou la calculatrice, elle n’est pas inversible.
b. L3 = L2 – L1.
c. On effectue la combinaison L2 – 2L1 afin d’éliminer l’inconnue x.
d. On prend l’inconnue z comme paramètre et on
exprime y en fonction de z d’après la 2e équation
puis x en fonction de z d’après la 1re équation.
e.

absente de la première équation. On se sert alors
de celle-ci pour exprimer y en fonction de x puis
de la 2e pour exprimer z en fonction de x. Les
solutions sont ainsi données par (x ; – x ; 7 – x),
x ∈ R.
-1
Ê x ˆ Ê 2 7 -1 ˆ Ê -27 ˆ Ê 1 2 ˆ
˜
Á
b. ÁÁ y ˜˜ ÁÁ -4 -1 -1 ˜˜ ÁÁ -6 ˜˜ Á -3 ˜
ÁË z ˜¯ Ë 6 6 6 ¯ Ë 27 ¯ ËÁ 7 ¯˜

Préparer le BAC

-1

Ê x ˆ Ê 3 -2 1 ˆ Ê 8 ˆ Ê 1 ˆ
78 a. ÁÁ y ˜˜ ÁÁ -1 2 -3 ˜˜ ÁÁ -12 ˜˜ ÁÁ -1 ˜˜
ÁË z ˜¯ Ë 1 4 1 ¯ Ë 0 ¯ Ë 3 ¯

b. La matrice n’est pas inversible et on remarque
qu’effectivement L3 = –7L1 – 5L2.
On peut donc éliminer une équation, par exemple
L3. On élimine alors l’inconnue x dans la 2e équation du nouveau système en remplaçant L2 par
x - y 2z 0
L2 + 2L1. On a donc : Ì
. On prend
ÔÓ-y z -1
alors z comme paramètre et les solutions sont
données par (1 – z ; z + 1 ; z), z ∈ R.

79 a. La matrice n’est pas inversible et on
remarque qu’effectivement L3 = L2 + L1. On peut
éliminer une équation, par exemple L3. Dans le
nouveau système obtenu, l’inconnue z est déjà

16 n Chapitre 4 n Matrices

Exercices guidés BAC
87 1. a. La matrice affichée sera
Ê 0 1 2 3 4 ˆ
Á -1 0 2 5 9 ˜ .
˜
Á
Ë -3 -3 -1 4 13 ¯
b. À l’intérieur des deux boucles, on fait appel
aux coefficients Ai–1,j et Ai,j–1. Pour ne pas avoir
d’erreur dans l’algorithme, la valeur minimale de
i – 1 est 1, c’est-à-dire que la valeur minimale de
i est 2. De même pour j.
2. a. Chaque coefficient est la somme de celui
situé à sa gauche et au-dessus. On ne pourra pas
retrouver les coefficients à gauche et au-dessus du
4 car il manque justement ces deux informations.
Ê ? ? 3 9 -1 ˆ
b. ÁÁ ? 4 7 16 15 ˜˜ .
Ë 5 9 16 32 47 ¯
c. Cette donnée ne sert à rien car le coefficient
A11 n’intervient dans aucun calcul.
d. On peut alors retrouver le coefficient
A21 = 4 – A12 = 0.
88 1. a. On ne peut pas calculer AB car A possède 2 colonnes et B 3 lignes. Le produit BA est
calculable car B possède 2 colonnes et A 2 lignes.
Ê -2 -2 ˆ
b. BA ÁÁ 2 2 ˜˜
Ë -6 -6 ¯
2. Réponse b.
Ê
ˆÊ x ˆ Ê ˆ
3. a. Á 1 2 ˜ Á ˜ Á 9 ˜
Ë -3 -4 ¯ Ë y ¯ Ë 0 ¯
b. La matrice A est inversible car 1 × (–4) – (–3) × 2 =
2 ≠ 0 donc le système admet une unique solution.
Ê x ˆ Ê -2 -1 ˆ Ê 9 ˆ Ê -18 ˆ
c. Á ˜ Á
˜.
˜Á ˜ Á
Ë y ¯ Ë 3 2 1 2 ¯ Ë 0 ¯ Ë 27 2 ¯

© éditions Belin, 2012.

77 Copie de Marie
Il est maladroit d’essayer de commencer par éliminer l’inconnue x dans les équations L2 et L3
sans regarder le système de plus près et voir s’il
n’existe pas une astuce.
L’obtention du second système équivalent se fait
par raisonnement non réciproque. Il faudrait
donc vérifier qu’à partir des équations du second
système, on obtient bien à nouveau le premier.
Copie de Pauline
Le départ est bon car elle constate une combinaison linéaire évidente qui permet d’éliminer une
équation.
Par contre, écrire le nouveau système sous forme
matricielle et inverser la matrice est un peu démesuré : il aurait juste fallu prendre une inconnue en
paramètre par exemple y (ici z n’était pas le plus
simple si l’on voulait faire les calculs à la main) et
les solutions auraient été données par
(3 – y ; y ; y – 3), y ∈ R.

QCM – Vrai ou faux BAC
b. Vrai.
d. Faux.

90 1. Réponses b. et d.
2. Réponses a. et b.
91 a. Vrai.
c. Faux.

Pour aller plus loin

b. Faux.
d. Faux.
e. Vrai.

92 1. Réponses b., c., e., f.
Ê 1ˆ
2. AC ÁÁ 1 ˜˜
Ë 1¯


BC (1)

BA ( 1 0 0 )
Ê 1 0 0ˆ
CB ÁÁ 0 0 0 ˜˜ .
Ë 0 0 0¯

3. Réponse c.
4. Réponse a.

Exercice BAC
Ê
ˆ
93 1. a. P2 Á 1 0 ˜  ; P3 = P ; P4 = I2.

Ë 0 1¯
b. On peut conjecturer que si n est pair alors
Pn = I2 et que si n est impair alors Pn = P.
c. Démontrons la propriété pour les entiers pairs.
La propriété est vérifiée au rang 2 d’après la
question a. On la suppose vraie au rang n (pair)
et on veut la démontrer au rang n + 2.
Pn+2 = PnP2 = Pn = I2.
Démontrons la propriété pour les entiers impairs.
La propriété est vérifiée au rang 1. On la suppose
vraie au rang n (impair) et on veut la démontrer
au rang n + 2. Pn+2 = PnP2 = Pn = P.
Ê
ˆ
Ê
ˆ
2. a. PM Á c d ˜ et MP Á b a ˜ . On doit
Ë a b¯
Ëd c¯
c b 1
résoudre le système Ì
.
ÓÔd a 0
b. Ainsi M = P.
Ê
ˆ
3. a. A Á 2 3 ˜
Ë 5 -2 ¯
b. 2 × (–2) – 5 × 3 ≠ 0 donc A est inversible.
4. a. Le premier système.
Ê xˆ
Ê ˆ Ê 26 19 ˆ
b. Á ˜ A-1Á 4 ˜ Á
˜.
Ë 6 ¯ Ë 8 19 ¯
Ë y¯
Ê
ˆ
5. a. B Á 3 2 ˜
Ë -2 5 ¯

94 1. (I + A)(I – A) = I – A + A – A2 = I – A2 et de
même pour (I – A)(I + A).
2. En multipliant à gauche, on obtient (I – A) =
(I + A)–1(I – A)(I + A) puis en multipliant à droite,
on obtient (I – A)(I + A)–1 = (I + A)–1(I – A).
3. (I + A)(I + B) = (I + A) + (I + A)B = (I + A) + (I + A)
(I + A)–1(I – A) = (I + A) + (I – A) = 2I.
1
Donc I + B est inversible d’inverse (I A).
2
1
4. (I – B)(I B) – 1 = (I - B)(I A)
2
1
(I A) - B(I A)
2
1
(I A) - (I - A) A.
2








95 1. B = P–1AP ⇔ PB = AP.

Ê
ˆ
On pose P Á a b ˜ et en effectuant les produits
Ëc d¯
PB et AP on obtient le système donné.
2. a. Le système s’écrit
Ê -10 15 6 0 ˆ Ê a ˆ Ê 0 ˆ
Á -2 3 0 3 ˜ ÁÁ b ˜˜ ÁÁ 0 ˜˜ .
˜
Á
Ë 0 0 -2 5 ¯ ÁÁ c ˜˜ ÁÁ 0 ˜˜
Ë d ¯ Ë 0¯

b. Il n’est pas possible de le résoudre à l’aide de
l’inverse d’une matrice car la matrice n’est pas
carrée.
3. a. L1 = 5L2 – 3L2.
b. On peut donc éliminer l’une des équations du
système, par exemple L1. Prenons les inconnues b
5
et d comme paramètres pour obtenir c d et
2
3
3
a b d.
2
2
Ê 3b 2 3d 2 5d 2 ˆ
Ainsi P Á
˜,
Ë
b
d ¯
b et d appartenant à R.
4. a. P est inversible si et seulement si
3b 3d
5bd -2bd 3d2
d
est différent de 0,
2
2
2
2
c’est-à-dire 3d – 2bd ≠ 0.
b. 3d2 – 2bd = 0 ⇔ d(3d – 2b) = 0 ⇔ d = 0 ou
3
3
b d . Ainsi, 3d2 – 2bd ≠ 0 ⇔ d ≠ 0 et b d .
2
2

Chapitre 4 n Matrices n  17

© éditions Belin, 2012.

89 a. Faux.
c. Vrai.

b. BX = Y ⇔ APX = Y ⇔ PX = A–1Y ⇔ X = PA–1Y
Ê 26 9 ˆ Ê 8 9 ˆ
⇔ X PÁ
˜ Á
˜.
Ë 8 19 ¯ Ë 26 19 ¯
c. Simple vérification.

Ê
ˆ
96 1. a. On pose P Á a b ˜ et on obtient le
Ëc d¯
a c 0

système Ì
ÔÓ2b - d 0
Ê
ˆ
On a donc P Á a b ˜
Ë -a 2b ¯

c -a
.
Ì
ÔÓd 2b
avec 2ab + ab ≠ 0

⇔ a ≠ 0 et b ≠ 0.
Ê
ˆ
b. P Á 1 1 ˜
Ë -1 2 ¯
2. a. On vérifie la propriété au rang 0 : B0 = I2 ;
P–1A0P = P–1P = I2.
Supposons maintenant la propriété vraie au rang
n et démontrons-la au rang n + 1.
Bn+1 = BnB = (P–1AnP)(P–1AP) = P–1An+1P.
b. Vérifions la propriété au rang 0 : B0 = I2 et
Ê (-1)0 0 ˆ Ê 1 0 ˆ
Á
˜ Á
˜.
Ë 0 80 ¯ Ë 0 1 ¯
Supposons maintenant la propriété vraie au rang
n et démontrons-la au rang n + 1.
Ê (-1)n 0 ˆ Ê -1 0ˆ Ê (-1)n 1 0 ˆ
Bn 1 BnB Á
˜Á
˜.
˜ Á
Ë 0 8n ¯ Ë 0 8¯ Ë 0
8n 1¯

c. Bn = P–1AnP ⇔ An = PBnP–1.

97 On calcule :

A UBV ÈÍÎA-1 - A-1U In BVA-1U

-1





In - U In BVA-1U



-1

˘
BVA-1˙
˚

BVA-1 UBVA-1

-1BVA-1

- UBVA-1U In BVA-1U





-1
È
In - U ÍIn BVA-1U – In
Î
-1˘
1
BVA U In BVA-1U ˙BVA-1
˚
-1
˘
È
1
In - U Í In BVA U In BVA-1U - In˙ BVA-1
˚
Î
In U ÎÈIn - In˘˚ BVA-1 In.
Ces deux matrices sont donc inverses l’une de
l’autre, d’où le résultat annoncé.








Ê -1 -2 2 ˆ

98 1. a. P -1 ÁÁ -1 -1 2 ˜˜ .

Ë 1 1 -1 ¯
Ê1 0 0 ˆ
b. D ÁÁ 0 2 0 ˜˜ .
Ë 0 0 -2 ¯

18 n Chapitre 4 n Matrices



2. Pour tout entier naturel n, on a
Ê1 0
0 ˆ
Á
˜
Dn Á 0 2n 0 ˜ .
ÁË 0 0 (-2)n ˜¯
3. On a A = PDP–1 donc pour tout entier naturel n,
An PDnP – 1
Ê -(-2)n 1 - 1 -(-2)n 1 - 2 (-2)n 1 2 ˆ
˜
Á
Á
1 - 2n
2 - 2n
2n 1 - 2 ˜ .
ÁË (-2)n - 2n (-2)n - 2n 2n 1 - (-2)n ˜¯

99 1. a. b. Le fichier corrigé est disponible sur
http://libtheque.fr/mathslycee
c. La matrice n’est pas inversible lorsque a2 = a1
ou a2 = a1 + p.
2. sin(2a1)sin(2a2) – sin2(a1 + a2) =
4sin(a1)cos(a1)sin(a2)cos(a2) – sin2(a1)cos2(a2) –
cos2(a1)sin2(a2) – 2sin(a1)cos(a2)cos(a1)sin(a2) =
– sin2(a1)cos2(a2) – cos2(a1)sin2(a2) +
2sin(a1)cos(a2)cos(a1)sin(a2) = – sin2(a1 – a2)
On résout alors l’équation sin2(a1 – a2) = 0 ⇔
sin(a1 – a2) = 0 ⇔ a1 – a2 = 0 +2 kp
ou a1 – a2 = p + 2kp, k ∈ Z.
Cela confirme effectivement la conjecture.
Ê a bˆ
Ê
ˆ
100 1. On pose M Á a b ˜ et N Á
˜,
Ëc d¯

Ë g d¯

Ê aa bg ab bd ˆ
donc MN Á
˜ , donc
Ë c a dg c b d d ¯











D MN aa bg cb dd - ca dg ab bd .
De plus, DM × ∆N = (ad – bc)(αd – βg).
En développant, on vérifie que ces deux quantités
sont égales (on peut utiliser un logiciel de calcul
formel pour rendre les calculs plus rapides)
2. a. Si DA = ±1 alors cette quantité n’est pas
égale à 0 donc A est inversible. On utilise ensuite
1 Ê d -c ˆ
la formule A-1
. Les coefficients
D A ÁË -b a ˜¯
sont entiers car a, b c, ou d divisés par ±1 restent
des coefficients entiers.
b. On suppose que A est inversible et on note A–1
son inverse à coefficients entiers. On a AA–1 = I2
donc D AA-1 D I 1, donc D A ¥ D A-1 1. Or ces
2

deux quantités sont des entiers, puisque A et A–1
sont à coefficients entiers. Donc DA est un diviseur de 1, donc égal à ±1.

101 1. a. b. c. Le fichier corrigé est disponible
sur http://libtheque.fr/mathslycee
r r
d. On peut conjecturer que l’angle
u ; v a.

© éditions Belin, 2012.

c. Prenons par exemple d = b = 2, on a alors a = 6
Ê
ˆ
et c = 5, ce qui donne P Á 6 2 ˜ et on a bien
Ë
¯
5
2
l’égalité voulue.

r
r Ê u cos a - u2 sin a ˆ
2. v Rau Á 1
˜.
Ë u1sin a u2 cos a ¯
r r
r r
u v u12 cos a u22 cos a u12 u22 cos a u v cos a.
D’après la définition du produit scalaire, on en
r r
r r
déduit que cos
u ; v cos a ⇔
u ; v a puisque
c’est un angle géométrique (donc positif).
r
r
r r
3. Le vecteur v (Ra)2u sera tel que
u ; v 2a.
4. a. Le fichier corrigé est disponible sur
http://libtheque.fr/mathslycee
b. Si a = 0°, on peut dire que Sa est une symétrie
axiale par rapport à la droite parallèle à l’axe des
abscisses passant par l’origine du vecteur u.
Si a = 180°, on peut dire qu’il s’agit d’une symétrie axiale par rapport à la droite parallèle à l’axe
des ordonnées passant par l’origine du vecteur u.
c. Pour a quelconque, il s’agit d’une symétrie
axiale par rapport à une droite passant par l’oria
gine du vecteur u et faisant un angle de
par
2
rapport à « l’horizontale ».

102 1. a. tA est de taille p × n.

Ê 1 4ˆ
ÁÁ 2 5 ˜˜ .
Ë3 6¯
3. bij = aji.
4. a. t(AB) ( 50 122 ) ; t Bt A ( 50 122 ).

2. t A

c. Pour tous 1 ≤ i ≤ q et 1 ≤ j ≤ n, dij
d. d ji

p

 bkjaik cij .

 aikbkj .

k 1
p

 AP 1

1. Un produit de matrices ne s’effectue
pas « ligne par ligne » mais « ligne par colonne ».
Le coefficient en 1re ligne et 1re colonne du produit AB se calcule en effectuant le produit de la
1re ligne de A par la 1re colonne de B, c’est-àdire : (–1) × 1 + 2 × (–3) = –7.
Ê
ˆ
On trouve AB Á -7 10 ˜ .
Ë 15 -22 ¯
2. Le système est écrit correctement sous forme
matricielle. L’inverse d’une matrice n’est pas correctement noté, c’est M–1 et les coefficients ne se
calculent pas en prenant les inverses des coefficients de M.
On peut utiliser la formule vue en cours :
Ê 6 2ˆ Ê 3 4 1 4 ˆ
1
Á
M-1
˜
3 ¥ 6 5 ¥ (-2) ÁË 5 3 ˜¯ Ë 5 8 3 8 ¯
Ê
ˆ Ê 12 ˆ
et ainsi : X M-1Á -1 ˜ Á
˜.
Ë 5 ¯ Ë5 4¯

 AP 3

1.

0,8

0,9

1

 bkiajk .

2

0,2

k 1

k 1

5. a. AX = Y ⇔ tXtA = tY.
b. A est inversible d’inverse A–1, c’est-à-dire
AA –1  = A –1 A = I 2  ⇔  t (AA –1 )  =  t (A –1 A)  = I 2  ⇔
t(A–1)tA = tA t(A–1) = I , c’est-à-dire que tA est
2
inversible d’inverse t(A–1).
c. On obtient :

P(Y 1) P(Y 2) P(Y 3) P(Y 4)
P(X 1) P(X 2) P(X 3) P(X 4)

Ê p 1- p 0
0 ˆ
˜
Á
Á p 0 1- p 0 ˜ .
Á0 p
0 1- p ˜
˜
Á
ÁË 0 0
p 1 - p ˜¯
Cette matrice est la transposée de celle de l’exercice original.
Ê
ˆÊ ˆ
103 F(x ; y) ( x y ) Á a c ˜ Á x ˜ .
Ë c a¯Ë y ¯

0,1
0,5
3
0,5

2. a. Les valeurs prises par X et Y sont 1, 2 ou 3.
b. P(Y = 1) = P
((Y = 1) ∩ (X = 1)) + P((Y = 1)
∩ (X = 2)) + P((Y = 1) ∩ (X = 3))

=P
(X = 1)(Y = 1)P(X = 1)
+ P(X = 2)(Y = 1)P(X = 2)
+ P(X = 3)(Y = 1)P(X = 3)

= 0,9P(X = 1) + 0,8P(X = 2)
c. P(Y = 2) = 0,2P(X = 2) + 0,5P(X = 3)
P(Y = 3) = 0,5P(X = 3) + 0,1P(X = 1)
Ê 0, 9 0, 8 0 ˆ
˜
Á
d. mY Á 0 0, 2 0, 5 ˜ m X .
ÁË 0,1 0 0, 5 ˜¯

Chapitre 4 n Matrices n  19

© éditions Belin, 2012.

b. Pour tous 1 ≤ i ≤ n et 1 ≤ j ≤ q, cij

p

Accompagnement
personnalisé

Ê 0, 8 ˆ
Á
˜
b. mY Á 0, 2 ˜ . Il a donc une probabilité de 80 %
ÁË 0 ˜¯
de ne plus être malade le 2e jour.
Ê 0, 88 ˆ
˜
Á
c. m Z MmY Á 0, 04 ˜ . Il a donc une probabilité
ÁË 0, 08 ˜¯
de 88 % de ne plus être malade le 3e jour.

 AP 4

1. a. I – A2 = (I – A)(I + A).
b. Comme A2 = O, on a I = (I – A)(I + A) et donc
I + A et I – A sont inversibles, inverses l’un de
l’autre.
2. a. I – A3 = (I – A)(I + A + A2).
b. Pour la même raison, I – A est inversible, d’inverse I + A + A2.

20 n Chapitre 4 n Matrices

c. I + A3 = (I + A)(I – A + A2).
Donc I + A est inversible, d’inverse I – A + A2.
3. a. I – A4 = (I – A)(I + A + A2 + A3).
L’inverse de I – A est I + A + A2 + A3.
b. On écrit la factorisation suivante I + A4 =
(I + A)(I + aA + bA2 + A3). On développe pour
obtenir I + (a + 1)A + (b + a)A2 + (b + 1)A3 + A4.
a 1 0
Ô
On doit donc résoudre Ìa b 0, qui n’admet
Ôb 1 0
Ó
pas de solution.
5
c. I + A  = (I + A)(I – A + A2 – A3 + A4). Donc I + A
est bien inversible d’inverse I – A + A2 – A3 + A4.
4. Pour toute valeur entière de n, on a :
I – An = (I – A)(I + A + … + An–1) donc l’inverse de
I – A est I + A + … + An–1.
Si n est impair alors :
I + An = (I + A)(I – A + A2 – A3 + … + An–1) donc
l’inverse de I + A est I – A + A2 – A3 + … + An–1.
Si n est pair alors on pose m = n + 1 et on reprend
le raisonnement ci-dessus avec m.

© éditions Belin, 2012.

Ê 0ˆ
3. a. m X ÁÁ 1 ˜˜
Ë 0¯


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