Comatrice, inversibilité et aires : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : comatrice, inversibilité et aires

Le corrigé détaillé : comatrice, inversibilité et aires

Exercice 1 – Trois calculs de déterminants (4 points)

1. Le développement selon la première ligne donne :

   \[D_1 = 1 \times \begin{vmatrix} 5 & 1 \\ 4 & 3 \end{vmatrix} – 3 \times \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{vmatrix} + (-2) \times \begin{vmatrix} 2 & 5 \\ -1 & 4 \end{vmatrix}.\]

   Les trois mineurs valent \(15 – 4 = 11\), \(6 + 1 = 7\) et \(8 + 5 = 13\). Ainsi, \(D_1 = 11 – 21 – 26\), soit \(D_1 = -36\).

2. On remplace d’abord la première colonne par la somme des quatre colonnes, ce qui ne change pas le déterminant. Chaque coefficient de cette colonne vaut alors \(x + 6\), que l’on factorise par linéarité.

   Ensuite, on retranche la première ligne à chacune des trois autres. La matrice obtenue est triangulaire supérieure, de diagonale \(1\), \(x – 2\), \(x – 2\), \(x – 2\). Par conséquent, \(D(x) = (x + 6)(x – 2)^3\).

   Une matrice carrée est inversible si et seulement si son déterminant est non nul. La matrice n’est donc pas inversible pour \(x = -6\) ou \(x = 2\).

3. Le déterminant est linéaire par rapport à chacune des trois lignes, donc \(\det(2A) = 2^3 \det A\), d’où \(\det(2A) = -16\). De même, \(\det\left(-A^{T}\right) = (-1)^3 \det\left(A^{T}\right) = -\det A\), car la transposée conserve le déterminant : \(\det\left(-A^{T}\right) = 2\).

   Enfin, on sait que \(A\,\mathrm{com}(A)^{T} = (\det A)\,I_3\). En prenant les déterminants, \(\det A \times \det \mathrm{com}(A) = (\det A)^3\). Comme \(\det A \neq 0\), on simplifie et \(\det \mathrm{com}(A) = (\det A)^2 = 4\).

Barème : premier déterminant sur 1 (développement 0,5, valeur 0,5) ; factorisation de \(D(x)\) sur 1,5, dont 0,5 pour les valeurs interdites ; propriétés sur 1,5, à raison de 0,5 par déterminant.

Piège classique : écrire \(\det(2A) = 2\det A\) en oubliant que le facteur \(2\) sort une fois par ligne.

Exercice 2 – Aire d’un triangle et image linéaire (3 points)

1. Dans un repère orthonormé, l’aire du parallélogramme construit sur \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) est égale à \(\left|\det\left(\vec{u}, \vec{v}\right)\right|\). Ici, \(\overrightarrow{AB} = (4\,;\,1)\) et \(\overrightarrow{AC} = (1\,;\,3)\), donc \(\det\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right) = 4 \times 3 – 1 \times 1 = 11\).

   Le triangle \(ABC\) occupe la moitié de ce parallélogramme. Son aire vaut donc \(\frac{11}{2}\) unités d’aire.

2. Par linéarité, \(\overrightarrow{f(A)f(B)} = f\left(\overrightarrow{AB}\right)\), et de même pour \(C\). Or la matrice dont les colonnes sont \(f(\vec{u})\) et \(f(\vec{v})\) est le produit de \(M\) par la matrice de colonnes \(\vec{u}\), \(\vec{v}\). Le déterminant d’un produit étant le produit des déterminants, \(\det\left(f(\vec{u}), f(\vec{v})\right) = \det M \times \det\left(\vec{u}, \vec{v}\right)\).

   Comme \(\det M = 2 \times 1 – 1 \times (-1) = 3\), l’aire du triangle image vaut \(3 \times \frac{11}{2} = \frac{33}{2}\).

3. Le déterminant de \(M\) est strictement positif. Ainsi, \(\det\left(f(\vec{u}), f(\vec{v})\right)\) a toujours le signe de \(\det\left(\vec{u}, \vec{v}\right)\) : \(f\) conserve l’orientation. Par exemple, \(ABC\) est direct, car \(11 > 0\), et son image l’est aussi.

Barème : aire de \(ABC\) sur 1,5 (rappel 0,5, déterminant 0,5, facteur un demi 0,5) ; aire de l’image sur 1, dont 0,5 pour la propriété du produit ; orientation sur 0,5.

Exercice 3 – Un système de Cramer à paramètre (4 points)

1. En développant selon la première ligne :

   \[\begin{vmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & m & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 1 \times (2m – 1) – 2 \times (4 + 1) – 1 \times (2 + m) = m – 13.\]

   Un système carré est de Cramer lorsque sa matrice est inversible. Le système \((S_m)\) est donc de Cramer si et seulement si \(m \neq 13\).

2. Pour \(m = 3\), le déterminant vaut \(\Delta = -10\). On remplace tour à tour chaque colonne par le second membre :

   \[\Delta_x = \begin{vmatrix} -3 & 2 & -1 \\ 4 & 3 & 1 \\ 3 & 1 & 2 \end{vmatrix} = -15 – 10 + 5 = -20, \quad \Delta_y = \begin{vmatrix} 1 & -3 & -1 \\ 2 & 4 & 1 \\ -1 & 3 & 2 \end{vmatrix} = 5 + 15 – 10 = 10.\]

   \[\Delta_z = \begin{vmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 2 & 3 & 4 \\ -1 & 1 & 3 \end{vmatrix} = 5 – 20 – 15 = -30.\]

   Les formules de Cramer donnent alors \(x = \frac{-20}{-10}\), \(y = \frac{10}{-10}\) et \(z = \frac{-30}{-10}\). L’unique solution est \((x, y, z) = (2, -1, 3)\).

   Vérification : \(2 – 2 – 3 = -3\), puis \(4 – 3 + 3 = 4\), enfin \(-2 – 1 + 6 = 3\).

3. Pour \(m = 13\), on additionne la première et la troisième équation : \(3y + z = 0\). D’autre part, la deuxième équation moins deux fois la première donne \(9y + 3z = 10\).

   Or \(9y + 3z = 3(3y + z) = 0\), ce qui contredit \(9y + 3z = 10\). Le système \((S_{13})\) n’a donc aucune solution.

Barème : déterminant et condition sur 1 ; résolution sur 2 (0,5 par déterminant auxiliaire, 0,5 pour la conclusion vérifiée) ; incompatibilité sur 1.

Piège classique : conclure à une infinité de solutions dès que le déterminant est nul, sans tester la compatibilité.

Exercice 4 – Vandermonde et parabole (3 points)

1. On effectue \(L_2 \leftarrow L_2 – L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\), opérations qui ne changent pas le déterminant. On développe ensuite selon la première colonne :

   \[V(a, b, c) = \begin{vmatrix} b – a & b^2 – a^2 \\ c – a & c^2 – a^2 \end{vmatrix} = (b – a)(c – a) \begin{vmatrix} 1 & b + a \\ 1 & c + a \end{vmatrix}.\]

   On a factorisé \(b – a\) dans la première ligne et \(c – a\) dans la seconde. Le dernier déterminant vaut \(c – b\), d’où \(V(a, b, c) = (b – a)(c – a)(c – b)\).

2. Cherchons \(P(x) = \alpha + \beta x + \gamma x^2\). Imposer les valeurs de \(P\) en \(a\), \(b\) et \(c\) revient à un système linéaire d’inconnues \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), dont la matrice a pour déterminant \(V(a, b, c)\). Lorsque \(a\), \(b\), \(c\) sont distincts, ce déterminant est non nul : le système est de Cramer, donc \(P\) existe et il est unique.

3. Les conditions \(P(-1) = 4\), \(P(1) = 0\) et \(P(2) = 1\) s’écrivent \(\alpha – \beta + \gamma = 4\), \(\alpha + \beta + \gamma = 0\) et \(\alpha + 2\beta + 4\gamma = 1\). Ici, \(V(-1, 1, 2) = 2 \times 3 \times 1 = 6\), ce qui confirme l’unicité.

   La différence des deux premières équations donne \(\beta = -2\), puis \(\alpha + \gamma = 2\). La troisième devient alors \(\alpha + 4\gamma = 5\), donc \(\gamma = 1\) et \(\alpha = 1\). Finalement, \(P(x) = x^2 – 2x + 1 = (x – 1)^2\).

Barème : factorisation sur 1,5 (opérations 0,5, factorisation 0,5, résultat 0,5) ; existence et unicité sur 0,5 ; polynôme sur 1.

Exercice 5 – Problème : une matrice circulante (6 points)

1. Dans la première colonne, seuls les coefficients \(1\) (ligne 1) et \(t\) (ligne 3) sont non nuls, et le cofacteur en position \((3, 1)\) porte le signe \((-1)^{3 + 1} = 1\). Donc :

   \[\det A_t = 1 \times \begin{vmatrix} 1 & t \\ 0 & 1 \end{vmatrix} + t \times \begin{vmatrix} t & 0 \\ 1 & t \end{vmatrix} = 1 + t^3.\]

   On factorise ensuite : \(\det A_t = (1 + t)\left(t^2 – t + 1\right)\).

2. Le trinôme \(t^2 – t + 1\) a pour discriminant \(-3 < 0\), donc il est toujours strictement positif. Ainsi, \(\det A_t = 0\) si et seulement si \(t = -1\). La matrice \(A_t\) est inversible pour tout réel \(t \neq -1\).

3. Le cofacteur \(C_{ij}\) vaut \((-1)^{i + j}\) fois le mineur obtenu en supprimant la ligne \(i\) et la colonne \(j\). Par exemple, \(C_{12} = -(0 \times 1 – t \times t) = t^2\) et \(C_{13} = 0 \times 0 – 1 \times t = -t\). Les neuf calculs conduisent à :

   \[\mathrm{com}(A_t) = \begin{pmatrix} 1 & t^2 & -t \\ -t & 1 & t^2 \\ t^2 & -t & 1 \end{pmatrix}.\]

   On remarque d’ailleurs que la comatrice est encore circulante.

4. Pour toute matrice carrée \(A\), \(A\,\mathrm{com}(A)^{T} = \mathrm{com}(A)^{T} A = (\det A)\,I_3\). Lorsque \(t \neq -1\), on divise par \(\det A_t\) :

   \[A_t^{-1} = \frac{1}{1 + t^3} \begin{pmatrix} 1 & -t & t^2 \\ t^2 & 1 & -t \\ -t & t^2 & 1 \end{pmatrix}, \quad \text{donc} \quad A_1^{-1} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.\]

   Vérification : la première ligne de \(A_1\), soit \((1, 1, 0)\), donne avec les colonnes de la matrice entre parenthèses \(2\), \(0\) et \(0\), puis on divise par \(2\).

5. Le système s’écrit \(A_1 X = Y\), avec \(X = (x, y, z)^{T}\) et \(Y = (2, 4, 6)^{T}\). Comme \(A_1\) est inversible, \(X = A_1^{-1} Y = \frac{1}{2}(2 – 4 + 6,\; 2 + 4 – 6,\; -2 + 4 + 6)^{T}\). On obtient \((x, y, z) = (2, 0, 4)\), et l’on vérifie que \(2 + 0 = 2\), \(0 + 4 = 4\) et \(2 + 4 = 6\).

6. Pour \(t = -1\), chaque ligne de \(A_{-1}\) contient un \(1\), un \(-1\) et un \(0\) : la somme des coefficients de chaque ligne est nulle. Par conséquent, \(A_{-1}\,(1, 1, 1)^{T} = 0\), et le vecteur \((1, 1, 1)\) est un vecteur non nul du noyau.

   L’endomorphisme associé n’est donc pas injectif, ce qui confirme que \(A_{-1}\) n’est pas inversible, en accord avec \(\det A_{-1} = 0\).

Barème : déterminant sur 1 (0,5 pour le développement, 0,5 pour la factorisation) ; inversibilité sur 0,5 ; comatrice sur 1,5, avec 0,5 retiré par erreur de signe ; inverse sur 1 ; système sur 1 ; noyau sur 1.

Piège classique : oublier de transposer la comatrice, ce qui donne une matrice fausse dès que \(t \neq 0\).

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