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Les matrices

0.1

Espaces de Matrices

Définition 0.1.1. Soient n, p deux entiers naturels non nuls. On appelle matrice
à n lignes et p colonnes à coefficients aij dans K avec i ∈ [1, n] et j ∈ [1, p], une
représentation sous forme d’un tableau d’un objet mathématique ou physique. On
note une telle matrice




A = (aij ) = 




0.1.1

a11 a12 . . . a1p





. . . a2p 

. 
..
. .. 

. . . anp

a21 a22
..
..
.
.
an1 an2

Notations

• Mn,p (K) est l’ensemble des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans
l’ensemble K.
• Mn (K) est l’ensemble des matrices carrées à n lignes et n colonnes.
Exemple


A=

2

0 5

−3 7 1


A=

1 0
0 1

i


 ∈ M2,3 (R),

2i



A =  −i
3

6 1−i


 ∈ M2,2 (R) matrice identité.

1





4 5

 ∈ M2,2 (R)
 ∈ M3,2 (C), A = 

7 8

0.2
0.2.1

Opérations sur les matrices
L’addition des matrices

Définition 0.2.1. Soient A = (aij ) ∈ Mn,p (K), B = (bij ) ∈ Mn,p (K) deux matrices.
On définit la matrice A + B = C ∈ Mn,p (K) de la façon suivante
A + B = (aij + bij ) = (cij ) ∈ Mn,p (K).
Exemple





A+B =


0

1







A =, B =  −2 −2 


2
1
 
 
5 5
0
1
5 4
 
 
 
 
3 7  +  −2 −2  =  1 5
 
 
10 10
2
1
8 9







.
Remarque L’addition de deux matrices n’est pas possible qu’à condition, que les
deux matrices sont de même type, sinon la somme n’existe pas.

0.2.2

Multiplication d’une matrice par un scalaire

Définition 0.2.2. Soit A = (aij ) ∈ Mn,p (K) et soit λ ∈ K. On définit la matrice
λA ∈ Mn,p (K) par :


λa11 λa12


 λa21 λa22
λA = (λaij ) = 
 ..
..
 .
.

λan1 λan2

2

. . . λa1p
. . . λa2p
..
..
.
.
. . . λanp










0.2.3

Produit matriciel

Définition 0.2.3. Soient A = (aij ) ∈ Mn,p (K), B = (bij ) ∈ Mp,q (K). On définit le
produit de A et de B, par la matrice
A.B = C = (cij ) où cij =

k=p
X

aik bkj .

k=1

Exemple

A=

3 5





,B = 

1

3

5




−4 6 −8
 

3 5
1 3 5
−17 39 −25
.
=

A.B = 
4 6
−4 6 −8
−20 48 −28


4 6
 

B.A n’existe pas.
Remarque Le produit de deux matrices n’est pas possible qu’ à condition, que le
nombre de colonnes de la première matrice doit être égal au nombre de lignes de la
deuxième matrice, sinon le produit impossible.
Proposition Soient trois matrices A, B, C ∈ Mn,p (K), alors, on a
1. A + B = B + A
2. (A + B) + C = A + (B + C)
3. A + O = A, où O = (oij ) la matrice nulle.
4. A + (−A) = A − A = O où −A est le symétrique de A
5. ∀ ∈ K, λ(A + B) = λA + λB
6. ∀λ, µ ∈ K, (λ + µ)A = λA + µA.
Proposition
1. Pour tout A ∈ Mn,p (K), B ∈ Mp,q (K), C ∈ Mq,r (K), on a
(AB)C = A(BC)
2. Pour tout A, B ∈ Mn,p (K) et C ∈ Mp,q (K), on a
(A + B)C = AC + BC
3

3. Pour tout A ∈ Mn,p (K) et B, C ∈ Mp,q (K), on a
A(B + C) = AB + AC
4. Pour tout A ∈ Mn,p (K), B ∈ Mp,q (K) et Pour tout λ ∈ (K), on a
λ(AB) = (λA)B = A(λB)
5. A × A × ... × A = An
6. AB 6= BA
7. A.O = O.A = O
8. AIn = In A = A (In la matrice identité d’ordre n.)
9. A.B = 0 n’entraine pas A = 0 ou B = 0.

Démonstration. Posons A = (aij ) ∈ Mn,p (K), B = (bij ) ∈ Mp,q (K) et C = (cij ) ∈
Mq,r (K). Prouvons que A(BC) = (AB)C en montrant que les matrices A(BC) et
(AB)C ont les mêmes coefficients. Le terme d’indice (i, k) de la matrice AB est
p
X
xik =
ail blk . Le terme d’indice (i, j) de la matrice (AB)C est donc
l=1
q
X

xij ckj =

k=1

q
p
X
X
k=1

!
ail blk

ckj

l=1

Le terme d’indice (l‘, j) de la matrice BC est ylj =

q
X

blk ckj . Le terme d’indice (i, j)

k=1

de la matrice A(BC) est donc
p
X
l=1

ail

q
X

!
blk ckj

.

k=1

Comme dans K la multiplication est distributive et associative, les coefficients de
(AB)C et A(BC) coïncident.
Les autres démonstrations se font comme celle de l’associativité.

4

0.2.4

Transposée d’une matrice

Définition 0.2.4. Soit A = (aij ) ∈ Mn,p (K) une matrice quelconque. On appelle
transposée de la matrice A, la matrice notée t A ∈ Mp,n (K) est définie par : t A =
(bij ), 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n et bij = aij . Autrement dit que les n lignes de A sont les
n colonnes de t A et les p colonnes de A sont les p lignes de t A.
Exemple

A=


1

4 5
8 3
5 0



A =  −2 1 0

3 0 2




t

,

A=







,


t

4 8
5 3




1 −2 3



A= 5

0

1
0





0 

2

.
Proposition Soient A ∈ Mn,p (K), B ∈ Mn,p (K) et soit λ ∈ K , on a
1.

t

(λA + B) = λ t A + t B

2.

t

( t A) = A

3.

t

(AB) = t B t A

4. ( t A)−1 = t (A−1 ).

Démonsration.
1. En notant A = (aij )ij , B = (bij )ij , on a λA+B = (λaij +bij )ij , donc t (λA+B) =
(λaij + bij )ji , et λ t A + t B = λ(aij )ji + (bij )ji , d’où t (λA + B) = λ t A + t B.
2. Immédiat.
3. En notant A = (aij )ij , B = (bjk )jk , on a t A = (αji )ji ,t B = (βkj )kj où αji = aij
p
X
t
t
et βkj = bjk , et AB = (cik )ik , B A = (γki )ki où cik =
aij bjk et :
j=1

γki =

p
X

βkj αji =

j=1

p
X
j=1

Ainsi : t B t A = t (AB).
5

bjk aij = cik cik .

4. Puisque t A t (A−1 ) = t (A−1 A) = t I = I, t A est inversible et ( t A)−1 = t (A−1 ).

0.3

Matrices diagonales

Définition 0.3.1. Soit A = (aij ) une matrice carrée d’ordre n. On dit que A est
une matrice diagonale si aij = 0, pour tout i 6= j, c’est-à-dire


a
0 ... 0
 11



 0 a22 . . . 0 


A= .
.. . .
.. 
.
. . 
 .
.


0
0 . . . ann
Exemple
• La matrice nulle est une matrice diagonale.
• La matrice





D=




est une matrice diagonale et on a




n
D =




λ1

0

...

0

0
..
.

λ2 . . .
.. . .
.
.

0
..
.

0

0

λn1

0

0
..
.

λn2
..
.

...
...

0

0

. . . λnn

. . . λn

...

0
0
..
.



















.

0.4

Matrices triangulaires

Définition 0.4.1. Soit A = (aij ) ∈ Mn (K)
• On dit que A est une matrice triangulaire inférieure si aij = 0, pour tout i < j.
• On dit que A est une matrice triangulaire supérieure si aij = 0, pour tout i > j.
6

0.5

Matrices symétriques

Définition 0.5.1. Soit A = (aij ) ∈ Mn (K)
• On dit que A est symétrique si aij = aji .
• On dit que A est antisymétrique si aij = −aji .
Exemple


2 3
 est symétrique
• A=
3 5


0 −2
 est antisymétrique.
• A=
2 0
Proposition Soit A = (aij ) ∈ Mn (K)
A est symétrique ⇐⇒ A = t A.
A est antisymétrique ⇐⇒ A = − t A.

0.6

Trace d’une matrice

Définition 0.6.1. Soit A = (aij ) ∈ Mn (K). La somme des éléments diagonaux de
A est appelée trace de la matrice A, notée trA
trA =

n
X

aii .

i=1

Exemple


2

5

4



A= 2 4
0

2 −5 −1




,


trA = 2 + 4 − 1 = 5

Proposition
1. L’application tr : Mn (K) −→ K
A 7−→ tr(A) est une forme linéaire.

7

2. ∀A ∈ Mn,p (K), ∀B ∈ Mp,n (K),

tr(AB) = tr(BA).

Démonstration.
1. En notant A = (aij )ij , B = (bij )ij :
tr(λA + B) =

n
n
n
X
X
X
(λaii + bii ) = λ
aii +
bii = λtr(A) + tr(B).
i=1

i=1

i=1

2. Remarquer d’abord que AB et BA sont carrées.
En notant A = (aij )ij , B = (bij )ij , on a :
!
!
p
p
n
n
X
X
X
X
bji aij = tr(BA).
aij bji =
tr(AB) =
i=1

0.7

j=1

j=1

i=1

Matrices Carrées inversibles

Définition 0.7.1. une matrice A ∈ Mn (K) est dite inversible ou régulière s’il existe
une matrice B ∈ Mn (K) vérifiant AB = BA = In . Si B existe, alors elle est unique,
c’est l’inverse de A noté A−1 et on a AA−1 = A−1 A = In .
Exemple
• La matrice In est inversible et In−1 = In




a b
d −b
1
 avec ad−bc 6= 0 est inversible et A−1 =


• La matrice A = 
ad − bc
c d
−c a
Proposition Soient A, B ∈ Mn (K), alors, on a
1. Si A et B sont inversibles, alors (AB)−1 = B −1 A−1 .
2. Si A est inversible, alors A−1 est inversible et (A−1 )−1 = A.

Démonstration. Il suffit de montrer (B −1 A−1 )(AB) = I et (AB)(B −1 A−1 ) = I.
Cela suit de
(B −1 A−1 )(AB) = BB −1 (A−1 A)B = B −1 IB = B −1 B = I,
et (AB)(B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIA−1 = AA−1 = I.
8

0.8

Rang d’une matrice

Définition 0.8.1. On appelle rang d’une matrice A, le rang des vecteurs colonnes
de A. Autrement dit, le rang de A est le nombre maximum de vecteurs colonnes de
A linéairement indépendants, on le note rg(A)
Exemple Le rang de la matrice


1
1 2 −2 0
 ∈ M2,4 (K)
A=
2 4 −1 0

 

 
 

1

0 
1
2

v1 =   , v2 =   , v3 =  2  , v4 =   tous ces vecteurs sont

0 
−1
2
4
colinéaires à v1 , donc le rang de la famille {v1 , v2 , v3 , v4 } est égal à 1 et ainsi
rg(A) = 1.

0.9
0.9.1

Déterminant d’une matrice
Déterminant d’ordre 2


Soit A = 

0.9.2

a11 a12
a21 a22


, det(A) = a11 a22 − a12 a21

Déterminant d’ordre 3


a11 a12 a13



Soit A =  a21 a22 a23

a31 a32 a33
a13 (a21 a32 − a22 a31 )

0.9.3




, det(A) = a11 (a22 a33 −a23 a32 )−a12 (a21 a33 −a31 a23 )+


Déterminant mineur

Définition 0.9.1. A = (aij ) ∈ Mn (K) et D = det(aij ). On appelle déterminant
mineur du terme aij , le déterminant d’ordre n − 1 obtenu de D, en supprimant la
9

i-ème ligne et la j-ème colonne, on le note Dij et on peut montrer que
D = detA = (−1)i+1 ai1 Di1 + (−1)i+2 ai2 Di2 + ... + (−1)i+n ain Din
= (−1)1+j a1j D1j + (−1)2+j a2j D2j + ... + (−1)n+j anj Dnj
Exemple




−3 2 1




A= 5 6 0 


3 0 2
det(A) = −3

6 0

−2

0 2

0.9.4

5 0
3 2

+

5 6

= −74.

3 0

Règles de calcul

1. Si deux colonnes sont égales, ou si une colonne est nulle, ou encore si une
colonne est une combinaison linéaire des autres, alors det(A) = 0
2. Si deux lignes sont égales, ou si une ligne est nulle, ou encore si une ligne est
une combinaison linéaire des autres, alors det(A) = 0
3. det(αA) = αn det(A), ∀α ∈ K
4. det(A.B) = det(A).det(B)
1
5. det(A−1 ) =
det(A)
Démonstration.
5. Si A est inversible, il existe une matrice A−1 telle que AA−1 = I, donc
det(A) det(A−1 ) = det I = 1. On en déduit que det A est non nul et det(A−1 ) =

1
.
det A

Proposition Soit f : E −→ E une application linéaire, dimE = n finie. Soit A la
matrice de f par rapport à la base B de E, alors les conditions suivantes sont équivalentes
1. f est bijective
2. A est inversible
3. det(A) 6= 0
10

0.10

Matrice d’une application linéaire

Définition 0.10.1. Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimensions finies,
muni respectivement des bases B = (e1 , ..., en ) et B 0 = (v1 , ..., vn ). Soit f une application linéaire de E dans f. La matrice de f par rapport à B et B 0 qu’ on note
MB,B 0 (f ) est obtenue comme suit : La i-ème colonne de MB,B 0 (f ) représente les
coordonnées de f (ei ) dans la base (v1 , ..., vn ).
Exemple Soit
f : R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ f (x, y, z) = (x + y, y + z, x − 2z)
Déterminer la matrice de f relativement à la base canonique de R3 .
En effet, on a
f (e1 ) = f (1, 0, 0) = (1, 0, 1) = e1 + e3
f (e2 ) = f (0, 1, 0) = (1, 1, 0) = e1 + e2
f (e3 ) = f (0, 0, 1) = (0, 1, −2) = e2 − 2e3 .
Donc la matrice de f est


1 1

0



MB,B 0 (f ) =  0 1 1

1 0 −2

0.11







Calcul de l’inverse d’une matrice carrée régulière

Proposition Soit A une matrice carée d’ordre n. Si A inversible, alors A−1 existe
et
A−1 =

1
C t où C est appelée comatrice de A définie par
detA
Cij = (−1)i+j Dij ,
11

∀i, j = 1, ..., n





1 1 0




Exemple Soit A =  0 1 1 . Le calcul donne que det A = 2. La


1 0 1
s’obtient en calculant 9 déterminants 2 × 2. On trouve :



1
1 −1
1 −1 1






−1
C =  −1 1
1  et donc A =  1
1 −1



1 −1 1
−1 1
1

0.12
0.12.1

comatrice C







Changement de bases
Matrice de passage d’une base à une autre

Soit E un espace vectoriel de dimension finie n. On sait que toutes les bases de
E ont n éléments.
Définition 0.12.1. Soit B une base de E. Soit B 0 une autre base de E. On appelle
matrice de passage de la base B vers la base B 0 , et on note PB,B 0 , la matrice carrée
de taille n × n dont la j-ème colonne est formée des coordonnées du j-ème vecteur
de la base B 0 , par rapport à la base B. On résume en :
La matrice de passage PB,B 0 contient-en colonnes-les coordonnées des vecteurs de
la nouvelle base B 0 exprimés dans l’ancienne base B.
Exemple Soit l’espace vectoriel réel R2 . On considère
 
 
 
 
1
1
1
5
e1 =   , e2 =   , 1 =   , 2 =   .
2
1
2
4
On considère la base B = (e1 , e2 ) et la base B 0 = ( 1 , 2 ). Quelle est la matrice de
passage de la base B vers la base B 0 ? Il faut exprimer 1 et 2 en fonction de (e1 , e2 ).
On calcule que :

1 = e1 + 2e2 = 

−1
2







2 = e1 + 4e2 = 
B

12

−1
2



B

La matrice de passage est donc :

PB,B 0 = 

−1 1
2

4




On va interpréter une matrice de passage comme la matrice associée à l’application
identité de E par rapport à des bases bien choisies.
La matrice de passage PB,B 0 de la base B vers la base B 0 est la matrice associée à
l’identité idE : (E, B 0 ) → (E, B) où E est l’espace de départ muni de la base B 0 , et
E est aussi l’espace d’arrivée, mais muni de la base B :
PB,B 0 = MB,B 0 (idE ).
Démonstration. On pose B = (e1 , e2 , . . . , en ) et B 0 = (e01 , e02 , . . . , e0n ). On considère
idE : (E, B 0 ) → (E, B)
x 7→ idE (x) = x
On a idE (e0j ) = e0j =

Pn

ai,j ei et MB,B 0 (idE est la matrice dont la j-ème colonne


a1,j




 a2,j 
0

est formée des coordonnées de ej par rapport à B, soit  . 
 . Cette colonne est
 .. 


an,j
0
la j-ème colonne de PB,B . Proposition
i=1

1. La matrice de passage d’une base B vers une base B 0 est inversible et son
inverse est égale à la matrice de passage de la base B 0 vers la base B : PB 0 ,B =
(PB 0 ,B )−1 .
2. Si B, B 0 et B 00 sont trois bases, alors PB,B 00 = PB 0 ,B × PB 0 ,B 00 .
Démonstration.
1. On a PB 0 ,B = MB 0 ,B (idE ). Donc, d’après la Caractérisation de la matrice d’un

−1
−1
−1
isomorphisme, PB,B
= MB 0 ,B id−1
0 = MB 0 ,B (idE )
E . Or idE = idE , donc
−1
PB,B
0 = MB 0 ,B (idE ) = PB 0 ,B .

13

2. idE : (E, B 00 ) → (E, B) se factorise de la façon suivante :
(E, B 00 ) →idE (E, B 0 ) →idE (E, B).
Autrement dit, on écrit idE = idE ◦ idE . Cette factorisation permet d’écrire
l’égalité suivante : MB 00 ,B (idE ) = MB 0 ,B (idE ) × MB 00 ,B 0 (idE ), soit PB,B 00 =
PB,B 0 × PB 0 ,B 00 .
Exemple Soit E = R3
  
1
0
  
  
B1 =  1  ,  −1
  
0
0

muni de sa base canonique B. Définissons
 


   

3
1
0
0
 


   

 


   

 ,  2  et B2 =  −1  ,  1  ,  0 
 


   

−1
0
0
−1

Quelle est la matrice de passage de B1 vers B2 ?
On a d’abord


PB,B1

1 0
3


=  1 −1 2

0 0 −1









et PB,B2



1 0 0




=  −1 1 0 


0 0 1

−1
La proposition ?? implique que PB,B2 = PB,B1 × PB1 ,B2 . Donc on a PB1 ,B2 = PB,B
×
1

PB,B2 , on trouve alors :

PB1 ,B2

0.12.2

1

0

3

−1



1

0

0











=  1 −1 2  ×  −1 1 0 




0 0 −1
0 0 −1

 
 

1 0
3
1 0 0
1 0 −3

 
 


 
 

=  1 −1 1  ×  −1 1 0  =  2 −1 −1  .

 
 

0 0 −1
0 0 −1
0 0
1

Changement de base pour un vecteur

Proposition Soient B = (e1 , e2 , . . . , en ) et B 0 = (e01 , e02 , . . . , e0n ) deux bases d’un
même K-espace vectoriel E, PB,B 0 la matrice de passage de la base B vers la base
14

Pn
0
B
 , x ∈E, il se décompose en x = i=1 xi ei dans la base B et on note X = MB (x) =
x
 1 


 x2 


 ..  .
 . 


xn
Pn 0 0
0
Ce même x ∈ E 
se décompose
en
x
=
i=1 xi ei dans la base B et on note

x01




0
X = MB 0 (x) = 








..  , alors
. 

x0n
x02

X = PB,B 0 × X 0 .
Démonstration. PB,B 0 est la matrice de idE : (E, B 0 ) → (E, B). On utilise que
x = idE (x) et la proposition ??. On a :
X = MB (x) = MB (idE (x)) = MB 0 ,B (idE ) × MB (x) = PB,B 0 × X 0 .

0.12.3

Changement de base pour une application linéaire

Proposition Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimension finie,
f : E → F une application linéaire,
BE , BE0 deux bases de E,
BF , BF0 deux bases de F ,
P = PBE ,BE0 la matrice de passage de BE à BE0 ,
Q = PBF ,BF0 la matrice de passage de BF à BF0 ,
A = MBE ,BF (f ) la matrice de l’application linéaire f de la base BE vers la base BF ,
B = MBE0 ,BF0 (f ) la matrice de l’application linéaire f de la base BE0 vers la base BF0 .
Alors
B = Q−1 AP.

15

Démonstration. L’application f : (E, BE0 ) → (F, BF0 ) se factorise de la façon
suivante :
(E, BE0 ) →idE (E, BE ) →f (F, BF ) →idF (F, BF0 ),
c’est-à-dire que f = idF ◦ f ◦ idE .
On a donc l’égalité de matrices suivante :
B = MBE0 ,BF0
= MBF ,BF0 (idE ) × MBE ,BF (f ) × MBE0 ,BE
= PBF0 ,BF × MBE ,BF (f ) × PBE ,BE0
= Q−1 AP.

0.12.4

Changement de base pour un endomorphisme

Proposition Soient f : E → E une application linéaire,
B, B 0 deux bases de E,
P = PB,B 0 la matrice de passage de B à B 0 ,
A = MB (f ) la matrice de l’application linéaire f dans la base B,
B = MB 0 (f ) la matrice de l’application linéaire f dans la base B 0 .
Alors
B = P −1 AP.
Exemple Reprenons les deux bases de R3 de l’exemple refE1 :
  
 


   

1
0
3
1
0
0
  
 


   

  
 


   

B1 =  1  ,  −1  ,  2  et B2 =  −1  ,  1  ,  0 
  
 


   

0
0
−1
0
0
−1
Soit f : R3 → R3 l’application linéaire dont la matrice dans la base B1 est :


1 0 −6




A = MB1 (f ) =  −2 2 −7  .


0 0 3
A Que vaut la matrice de f dans la base B2 , B = MB2 (f )?
16

1. Nous avions calculé que la matrice de passage de B1 vers B2 était


1 0 −3




P = PB1 ,B2 =  2 −1 −1  .


0 0
1


2. On calcule aussi P

−1

1 0 3


=  2 −1 5

0 0 1




.


3. On applique la formule du changement

 
1 0 3
1

 

 
B = P −1 AP =  2 −1 5 × −2

 
0 0 1
0

0.12.5

de base :
 
 

0 −6
1 0 −3
1 0 0
 
 

 
 

×
=
2 −7   2 −1 −1   0 2 0  .
 
 

0 3
0 0
1
0 0 3

Matrices semblables

Définition 0.12.2. Soient A et B deux matrices de Mn (K). On dit que la matrice
B est semblable à la matrice A sil existe une matrice inversible P ∈ Mn (K) telle
que B = P −1 AP.

0.13

Système d’équations linéaires

Définition 0.13.1. On appelle système linéaire de n équations à p inconnues (x1 , x2 , ..., xp ),
le système suivant



a11 x1 + a12 x2 + ... + a1p xp = b1




 a x + a x + ... + a x = b
21 1
22 2
2p p
2
(S) .
.
.

..
..
..





 a x + a x + ... + a x = b
n1 1
n2 2
np p
n
(S) est équivalent à, AX = b, où

17





A = (aij ) = 




a11 a12 . . . a1p
a21 a22 . . . a2p
..
.. . .
.
. ..
.
.
an1 an2 . . . anp










est appelée
matrice du système (S).

b
 1 


 b2 
n

b=
 ..  ∈ K est appelé second membre du système (S).
 . 


bn


x
 1 


 x2 
p

X=
 ..  ∈ K est appelée solution du système (S).
 . 


xn
Le système (S) est dit homogène si bi = 0 et non homogène si bi 6= 0

0.14

Système de Cramer

Définition 0.14.1. On appelle système de Cramer un système de n équtions à n
inconnues avec
det(A) 6= 0

0.15

Résolution d’un système de Cramer

Soit le système de Cramer (S)



a11 x1 + a12 x2 + ... + a1p xp = b1




 a x + a x + ... + a x = b
21 1
22 2
2p p
2
(S) .
.
.

..
..
..





 a x + a x + ... + a x = b
n1 1
n2 2
np p
n
18

Alors S ⇔ AX = b ⇔ X = A−1 b où





a11 a12 . . . a1p




A = (aij ) = 




a21 a22
..
..
.
.
an1 an2








. . . a2p 
,b = 

.. 
..
. . 



. . . anp

b1
b2
..
.
bn
















et X = 




x1
x2
..
.
xn










Théorème 0.15.1. Soit (S) un système dont A est une matrice carrée, alors les
propositions sont équivalentes
1. (S) est un système de Cramer
2. (S) possède une solution unique
3. Le système homogène associée à (S) ne possède que la solution trivial (0, 0, 0).
Exemple

 x + y = 1,
Résolvons le système
t suivant la valeur du paramètre t ∈ R.
 x + t2y = t,
1

Le déterminant du système est

1

= t2 − 1.

2

1

t


Premier cas. t 6= +1 et t 6= −1. Alors t2 − 1 6= 0. La matrice A = 

−1

inversible d’inverse A

=


X = A−1 Y =

t2

1
t2 −1

t2

1 
−1
−1



t2

−1

−1

1

−1
1




1
t





 . Et la solution X = 

=


t2

t2 − t



x

1 1
2

1 t


y

t
1
,
t+1 t+1

 est

 est



1 
=
−1
t−1




t
t+1
1
t+1


.



Pour chaque t 6= ±1, l’ensemble des solutions est ϕ =
.

 x + y = 1,
Deuxième cas. t = +1. Le système s’écrit alors :
et les deux équa x + y = 1,
tions sont identiques. Il y a une infinité de solutions : ϕ = {(x, 1 − x)|x ∈ R}.
19


 x+y =1
Troisième cas. t = −1. Le système s’écrit alors :
, les deux équa x + y = −1
tions sont clairement incompatibles et donc ϕ = ∅.

0.16

Exercices

Exercice
3 Soientles matrices

 suivantes
4
5
6
2
4






A= 8
−1
0 , B =  5
−3



3
4
0
1
4


4
−1


−3
1
1) Calculer 2A − B, A × B, At et tr(A)

−1
7
2




1

, C = 

3

1
4


,

D=

2) Calculer C × D et en déduire C −1 .
Solution
1)


4



•2A − B = 2  8

3


8


=  16

6


4



•A × B =  8

3

5
−1
4

10
−2
8

5
−1
4

6





2

 
 
0 − 5
 
1
0




2
 
 
0 − 5
 
0
1

12

6



2

−3

7

4

2

−1

−3

7

4

2

20

−1

−3

7

4

2







4

4



0  5

0
1

−1

4







6
 
 
 =  11
 
5


39

 
 
 =  11
 
26

6
1
4

25
35
0

13





−7 

−2

43





−15 

25



4


•At =  5

6

8

3





4 

0

−1
0

2)

•C × D = 

1

3

1
On a C × D = 
0

1
4




0
1

4
−3

−1
1





=





 et C × C −1 = 


Par suite C −1 = D = 

4

−1

1

0

0

1

0

0

1

1








.

−3
1
Exercice
Soient M et N 
deux matrices
 4 A/ 
 de M2 (R) telles que
4
5
x
2
, N M = 

M N =
1
0
4
y
1) Déterminer x et y
2) Le produit matriciel est-il commutatif ?

B/ Soit D la matrice diagonale d’ordre n, D = (aij ) avec aii 6= 0, ∀i ∈ [1, n].
1) Montrer que D est inversible. Calculer D−1
2) Calculer Dk , pour tout k ∈ Z


0



C/ On considère les matrices A et B telles que A =  1

0


1
0
1




 1
1
0 


0
0
1
1) Déterminer le rang de A et B.
2) Calculer A3

21

0
0
0

1





0 ,

0

B =

3) En déduire, pour tout n ∈ N, B n .
Solution
A/
1) On sait que
• tr(AB) = tr(BA), alors x + y = 4 et
• det(AB) = det(BA), alors xy= 3.
 x+y =4
On obtient le système suivant
 xy = 3.
On conclut que x = 1 et y = 3 ou x = 3 et y = 1.
2)

• Si x = 1 et y = 3, dans ce cas B A = 

• Si x = 3 et y = 1, dans ce cas B A = 

1

2

4

3

3

2




.

4
1
Alors dans les deux cas on a A B =
6 B A. Par suite, le produit matriciel n’est
pas commutatif.
B/


1)







D=







Soit D−1

a11

0

. . .

0

a22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0


0







=







b11

. . .

. . .
b12

. . .
. . .



0
0

ann

b1n

b21

b22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

bn1

bn2

. . .















b2n

bnn

On a
22


















D × D−1
















1

0







=







a11

0

. . .

0

a22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0

0


. . .
. . .

0

0

1

0

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0

0

. . .
1

a b
 11 11

 a22 b21


 .
C’est-à-dire 

 .


 .

ann bn1

On conclut que bii =

. . .

0

. . .

0

ann
















b11

b12

. . .
. . .

b1n

b21

b22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

bn1

bn2

. . .

b2n

bnn








=




















a11 b12
a22 b22

. . .
. . .

a11 b1n
a22 b2n

.

.

.

.

.

.

ann bn2

. . .

ann bnn





 
 
 
 
 
 
=
 
 
 
 
 
 

1

0

. . .
. . .

0

1

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0

0

. . .

1
, i ∈ 1,..., n et bij = 0 si i 6= j, i, j ∈ 1,..., n
aii

23

0
0

1


















Dk+1 = D Dk







=














=







a11

0

. . .
. . .

0

0

a22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0

0

. . .



0

ann

ak+1
11

0

0

ak+1
22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. . .
. . .















1
 am
 11
 0



 .
−1 m
= (D ) = 

 .


 .


0

Dk = D−m

0

. . .

1
am
22

. . .

.
.
.
0

. . .

C/
1) • det B = 1, donc rgB = 3
24

0

0

ak22

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0

0



0
0

0
0
. . .
ak+1
nn


k
a
0
. . .
0

 11


k
 0
. . .
0 
a22






.
.
.
k


Donc ∀k ∈ N : D = 


 .
.
.





 .
.
.


k
0
0
. . .
ann
• Pour k ∈ Z− , on pose k = −m, m ∈ N et par suite


ak11

0







.












0




.



.



.

1 
am
nn

. . .
. . .

. . .

0
0

aknn
















• det A = 0, donc 1 ≤ rgB ≤ 2.
On cherche un déterminant mineur d’ordre 2 qui n’est pas nul, alors le déterminant
0
1
1

= −1 6= 0 donc rgA = 2

0


0


2) A2 =  1

0

0

1



0
0


0  1
0

0
0
0

0
1
0


0
0  0

0
0
0

1







0
0
0
 

 

0
0 = 0
0
1 
 

0
0
0
0
0

 

0
0
0
0
0
0

 


 

A3 = A A2 =  1
=
0
1   0
0
0  = 0R3

 

0
0
0
0
0
0


1
0
0




3) On remarque que B = I3 + A, où I3 =  0
1
0 


0
0
1
Donc, pour tout n ∈ N, on a
k=n
X
n
n
Cnk I3n−k Ak
B = (I3 + A) =
k=0

= Cn0 I3n A0 + Cn1 I3n−1 A1 + Cn2 I3n−2 A2 + 0, car A3 = 0
n(n − 1)
= I3 + nI3 A +
I3 A2 , car I3n = I3
2
n(n − 1) 2
= I3 + nA +
A , car I3 A = A et I3 A2 = A2
2 

1
0
n



n(n−1) 
n
et par suite B =  n

1
2


0
0
1
Exercice 5




1
−3
6
1
0
6








Soient les matrices A =  6
−8
12  et B =  0
1
0 




3
−3
4
0
0
1
1) Calculer A2 et montrer qu’il existe deux réels α1 , α2 tel que A2 = α1 A + α2 I3
2) En déduire que A est inversible et exprimer A−1 en fonction de A et I3 .
3) Soient (un ) et (vn ) les deux suites définies par les relations de récurrence
25

u0 = 0, v0 = 1, un+1 = −un + vn , vn+1 = 2un.
Montrer par recurrence que pour tout entier n ≥ 0, An = un A + vn I3 .
4) On pose wn = un + vn . Montrer que pour tout entier n ≥ 0, on a wn = 1.
Solution




1
−3
6
1
−3
6





1) A2 =  6
−8
12   6
−8
12


3
−3
4
3
−3
4
• Cherchons α1 , α2 tels que A2 = α1 A + α2 I3 .

On a











1
 
 
 =  −6
 
−3

α
α
−3α1
6α1
 1
  2

 
α1 A + α2 I3 =  6α1
−8α1
12α1  +  0

 
0
3α1
−3α1
4α1

α + α2
−3α1
6α1
 1

=  6α1
−8α1 + α2
12α1

3α1
−3α1
4α1 + α2
Donc

 α +α =1
1
2
α1 A + α2 I3 = A2 =⇒
 −3α = 3
1

 α = −1
1
=⇒
 α =2

0
α2
0






2

2

Par suite A = −A + 2I3
2) On a
1
A2 = −A + 2I3 =⇒ (A2 + A) = I3
2
1
=⇒ (A + I3 ) = I3
2
A + I3
=⇒ A(
) = I3
2
A + I3
d’où A−1 =
2
3) Montrons que An = un A + vn I3
• Pour n = 0, on a A0 = I3 = 0A + 1I3 = u0 A + v0 I3
26

3
10
3

0





0 

α2

−6





−12 

−2

• On suppose que l’égalité est vraie jusqu’a n c’est-à-dire An = un A + vn I3 et
montrons qu’elle est vraie pour n + 1, c’est-à-dire An+1 = un+1 A + vn+1 I3 .
On a

An+1 = AAn = A(un A + vn I3 ) = un A2 + vn A. Or A2 = −A + 2I3 , donc

An+1 = un (−A + 2I3 ) + vn A
= (vn − un )A + 2un I3
= un+1 A + vn+1 I3
Donc l’égalité est vraie pour n + 1.
Conclusion :

∀n ∈ N,

An = un A + vn I3 .

4) On a
wn+1 = un+1 + vn+1 = vn − un + 2un = un + vn = wn
donc la suite (wn ) est constante et comme w0 = u0 + v0 = 1, alors

∀n ∈ N,

wn = 1.
Exercice 6
On considère l’endomorphisme fm de R3 défini par
∀(x, y, z) ∈ R3 : fm (x, y, z) = (mx + y + mz, x + my + z, mx + y + m2 z)
1. Ecrire la matrice Mfm (B, B) = Am , B étant la base canonique de R3 .
2. Discuter, suivant le paramètre m le rang de fm .
3. Pour quelles valeurs du paramètre m, fm est-il injective ?
4. Pour m = 2, déterminer une base de Imf et une base de ker f.
5. Vérifier que B 0 = {(−1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, −1)} est une base de R3 .
6. Pour m = −2, déterminer la matrice Mf−2 (B 0 , B 0 ).
7. On considère le systme linéaire



mx + y + mz = 0


(Sm ) x + my + z = 21 (m + 2)em−2



 mx + y + m2 z = 0.
i) Pour quelles valeurs du paramètre m, le système (Sm ) est-il de Cramer ?
ii) Résoudre le système (Sm ), pour m = 2 et m = −2.

27

Solution




m
1
m




1) Mfm (B, B) = Am =  1
m
1 


m
1
m2
2) Le rang de fm égal le rang de Am , c’est-à-dire rg(fm ) = rg(Am )
d’autre part,

det(Am ) = m(m + 1)(m − 1)2

Am est inversible ⇔ det(Am ) 6= 0
⇔ m 6= 0 et m 6= −1 et m 6= 1
donc si m ∈
/ {−1, 0, 1}alors rg(Am ) =3.

0
1


• Si m = 0 alors A0 =  1
0

0
1
det A0 = 0 donc 1 ≤ rg(A0 ) < 3.

0



1 ,

0

On cherche une
 matricecarrée d’ordre 2 extraite de A0 et son déterminant 6= 0,
0
1
 son déterminant = −1 donc rg(A0 ) = 2.
alors la matrice 
1
0


−1
1
−1




• Si m = −1, alors A−1 =  1
−1
1 ,


−1
1
1
det A−1 = 0 ⇒ 1 ≤ rg(A−1 ) < 3.
On cherche un déterminant d’ordre 2 extrait de A−1 qui n’est pas nul.
Alors le déterminant

−1

1

1


1
1

= 2 6= 0 ⇒ rg(A−1 ) = 2.
1

1







• Si m = 1, alors A1 =  1
1
1 ,


1
1
1
det A1 = 0, alors 1 ≤ rg(A1 ) < 3 et tous les détrminants d’ordre 2 extraits de la
matrice A1 sont alors nuls donc rg(A1 ) = 1.
Conclusion
•m∈
/ {−1, 0, 1} =⇒ rg(Am ) = rg(f ) = 3

28

• m = 0 =⇒ rg(A0 ) = rg(f0 ) = 2
• m = −1 =⇒ rg(A−1 ) = rg(f−1 ) = 2
• m = 1 =⇒ rg(A1 ) = rg(f1 ) = 1
3)
fm est injective ⇔ fm bijective ⇔ Am inversible
⇔ det(Am ) 6= 0
⇔m∈
/ {−1, 0, 1}
donc fm est injective ⇔ m ∈
/ {−1, 0, 1}.
4)
f2 (x, y, z) = (2x + y + 2z, x + 2y + z, 2x + y + 4z)
On a m = 2 ∈
/ {−1, 0, 1} alors, f2 est injective donc ker f2 = 0R3 et dim ker f2 =
0.
Par suite dim Imf2 = 3 et comme Imf2 ⊂ R3 alors, Imf2 = R3 .
5) B 0 = {(−1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, −1)}
• 1ere Méthode : il suffit de montrer que B 0 est
 libre
−1


• 2eme Méthode : il suffit de montrer que M =  0

0
0
Comme det M = 1 6= 0 ⇒ M inversible ⇒ B base de

0
1

0
0

0
−1
3
R.




 est inversible.


6) m = −2
f−2 (x, y, z) = (−2x + y − 2z, x − 2y + z, − 2x + y + 4z)
B 0 = (v1 , v2 , v3 ) = {(−1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, −1)}
•f−2 (v1 ) = f−2 (−1, 0, 0) = (2, −1, 2) = −2(−1, 0, 0) − 1(0, 1, 0) − 2(0, 0, −1)
= −2v1 − v2 − 2v3
•f−2 (v2 ) = f−2 (0, 1, 0) = (1, −2, 1) = −1(−1, 0, 0) − 2(0, 1, 0) − 1(0, 0, −1)
= −1v1 − 2v2 − v3
•f−2 (v3 ) = f2 (0, 0, −1) = (2, −1, −4) = −2(−1, 0, 0) − 1(0, 1, 0) + 4(0, 0, −1)
= −2v1 − v2 + 4v3 .

29





−2
−1
−2




0
0
Donc Mf−2 (B , B ) =  −1
−2
−1 .


−2
−1
4



mx + y + mz = 0


7) On a (Sm ) x + my + z = 12 (m + 2)em−2



 mx + y + m2 z = 0.
i) Le système est de Cramer ⇐⇒ sa matrice est inversible.


0



 1
m−2
(Sm ) ⇐⇒ Am X = b avec b =  2 (m + 2)e



0


 
m
1
m
x


 


 
Am =  1
X =  y ,
m
1 


 
m
1
m2
z
Am inversible ⇐⇒ det Am 6= 0 ⇐⇒ m 6= 0, m 6= −1, m 6= 1
donc (Sm ) est Cramer ⇐⇒ m ∈
/ {−1, 0, 1}.
ii) Résoudre le système



2x + y + 2z = 0


•1ere cas m = 2 (S2 ) :
x + 2y + z = 2



 2x + y + 4z = 0.
 
 
0
x
 
 
 
 
(S2 ) ⇐⇒ A2 X = b ou b =  2 , X =  y  et A2
 
 
z
0
1
−1
X = A−1
Ct
2 b, A2 =
det
A
2



7
−2
−3
7






det A2 = 6, C =  −2
4
0  et C t =  −2



−3
0
3
−3

30



2


= 1

2

−2

1

2



1 

4

2
1

−3

4

0

0

3













7
−2
−3


1


−1
donc A2 =  −2
4
0 ,
6

−3
0
3

 
7
−2
x
  1

 
D’où X =  y  =  −2
4
  6
−3
0
z
  

−2
x
   3 
  

Alors  y  =  43 
  

z
0
eme
•2
cas
 m = −2

 −2x + y − 2z = 0


(S−2 ) :
x − 2y + z = 0



 −2x + y + 4z = 0.

−3
0
3







0
−4
  1 
 

 2  =  8
  6 
0
0




.


−2 ∈
/ {−1, 0, 1} donc (S−2 ) est de Cramer homogène.
   
0
x
   
   
Donc la seule solution est  y  =  0  .
   
0
z
Exercice 7 Résoudre le système suivant



ix + iy + iz = −3i


(S) :
ix + +iy − iz = −i



 ix − iy − iz = i
Solution


i


La matrice A associée au système (S) est A =  i

i
4i 6= 0, donc le système est de Cramer.
Le système (S) est équivalent à AX = b donc

31

i
i
−i

i





−i  et

−i

det A =



i


où A =  i

i

X = A−1 b,

i



i



−3i




b =  −i 


i



−i  et

−i

i
−i



−1

•Calculons A


A

−1

1
1
=
C t = C t,
det A2
4i


Donc A−1


x



 
 
 y 
 
z

1
1 

=  0
2i 
1

1

1 
=  0
2i 
1

2

0



où C =  0

2

0
1


1
−1 , d’où

−1
0

0
1
−3i


1
−1   −i

−1
0
i
t

2

2
−2





−2 

0






.









−1
−2i

 
1 


 
=  −2i  =  −1 
2i 

 
−1
−2i
Exercice 8
Résoudre et discuter suivant, le paramètre réel a, le système suivant



−ax + y + az = 0


(Sa ) :
x + ay = 0



 2x + az = 1
Solution

La matrice Ma associée au système (Sa ) est

−a


 1

2

−a(a + 1)2 .
(Sa ) est de Cramer si et seulement si, det Ma 6= 0.

32

1
a
0

a





0 

a

et det Ma =

Ainsi, si a 6= 0 et a 6= −1, le système (Sa ) est de Cramer. Donc il admet une
unique solution






0
 
 
b =  0 ,
 
1

(Sa ) ⇔ Ma X = b, où



x
 
 
X= y 
 
z

⇔ X = Ma−1 b
• Calculons Ma−1


Ma−1

1
=
C t,
−a(a + 1)2



2

a


C t =  −a

−2a

−a



2

−a

−a(a − 2)

a

2

−a2 − 1






D’où




x
 
1
 
 y  =
−a(a + 1)2
 
z



a2


 −a

−2a

−a
−a(a − 2)
2

−a2








0
  
  
 0  = 
a
  

2
−a − 1
1

1
(a + 1)2
−1
(a + 1)2
a2 + 1
a(a + 1)2

Si a = 0 ou a = 1, le système n’est pas de Cramer donc il admet une infinité des
solutions ou n’admet pas de solution.

Exercice 9
Soit le système suivant



(1 − m)x + y − z = m(2 − m)


(Sm ) :
x + (1 − m)y + z = m(2 − m)



 −x + y + (1 − m)z = m(2 − m)
1) pour quelles valeurs de m, (Sm ) est de Cramer ?
2) Résoudre le système pour m = 0, m = 1 et m = −1.
Solution

33





 .





1−m


1) La matrice Am associée au système (Sm ) est Am =  1

−1

−1

1
1−m

1

1

1−m

et
det Am = −(m + 1)(m + 2)2 .
Le système Sm est de Cramer si est seulement si, sa matrice est inversible, c’està-dire det Am 6= 0.
Ainsi, si m 6= −1 et m 6= 2, det A 6= 0, donc le système est de Cramer.
(Sm ) est de Cramer ⇐⇒ m ∈ {−1, 2}.
2) • Si m = 0, le système (Sm ) devient




x+y−z =0


(S0 ) :
x+y+z =0



 −x + y + z = 0

D’autre part 0 ∈
/ {−1, 2}, alors (S0 ) est de Cramer homogène, donc la seule
solution de S0 est la solution triviale (x, y, z) = (0,
 0, 0).


y−z =0


• Si m = 1, le système (Sm ) devient (S1 ) :
x+z =0



 −x + y = 0
D’autre part 1 ∈
/ {−1, 2}, alors (S0 ) est de Cramer. 

0


La matrice A1 associée au système (S1 ) est A1 =  1

−1
 
 
1
x
 
 
 
 
(S1 ) ⇔ A1 X = b, où b =  1  , X =  y 
 
 
1
z

1

−1

0

1

1

0







⇔ X = A−1
1 b
−1
• Calculons A1


A−1
1

1
=
C t,
det A1

avec

−1


det A1 = −2 et C t =  −1

1

D’où

34

−1
−1
−1

1





−1 

−1









−1
−1

−1

A−1
 −1
−1
1 =
2 
1
−1
Finalement

 
x
 
−1 

 
−1

 y  = A1 b =
2 
 
z



1



−1 

−1
−1

−1

1







1
2



1
   
   3 
−1
−1
−1   1  =  2  .
   
1
1
−1
−1
1
2



2x + y − z = −3
... (1)


• Si m = −1, le système (Sm ) devient (S−1 ) :
x + 2y + z = −3
... (2)



 −x + y + 2z = −3 ... (3)
D’autre part −1 ∈ {−1, 2}, alors (S−1 ) n’est pas de Cramer, alors le système

n’admet aucune solution ou admet une infinité des solutions.
(1) ⇔ 2x + y − z = −3




c’est impossible.

(2) − (3) ⇔ 2x + y − z = 0 
Donc S−1 = ∅.

35


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