MIA
Calculez les déterminants suivants:
\(M_1 = \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 3 & 4 \end{pmatrix}\)
On utilise la formule : \(\det(M_1) = 1 \times 4 - (-1) \times 3 = 7\).
\(M_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\ 0 & 4 & 5\\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}\)
On a une matrice triangulaire, donc \(\det(M_2) = 1 \times 4 \times 6 = 24\).
\(M_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\ 2 & 4 & -1\\ -2 & 0 & 2 \end{pmatrix}\)
On fait \(L_2 \gets L_2 - 2L_1\) et \(L_3 \gets L_3 + 2L_2\). On se retrouve sous forme triangulaire avec la diagonale \(1,4,6\). On en déduit \(\det(M_3) = 24\).
\(M_4 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 3\\ -1 & 2 & -7 \end{pmatrix}\)
On échange la deuxième et la troisème ligne (il faudra multiplier le déterminant par -1). Puis on ajoute la première ligne à la deuxième. On trouve
\[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 4 & -4 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}\]On a donc un déterminant de \(-3 \times 4 = -12\).
\(M_5 = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 4\\ 2 & 5 & 6\\ 0 & 8 & 9 \end{pmatrix}\)
$
Puis \(C_3 \gets C_3 - {2 \over 3} C_2\)
\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & -3 & 0\\ 0 & 8 & {11 \over 3} \end{pmatrix}\]$
On trouve donc un déterminant de \(-11\).
\(M_6 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\)
On Ă©change \(C_1\) et \(C_2\) et on fait \(C_3 \get C_3-C_1\). On trouve
\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}\]Ensuite \(L_4 \gets L_4 - L_2\)
\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & -1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\]On a donc un déterminant de \(-1\) (le produit de la diagonale fois \(-1\) à cause de l’échange de colonne au début).
\(M_7 = \begin{pmatrix} a & b & c & d\\ a & a & b & c\\ a & a & a & b\\ a & a & a & a \end{pmatrix}\)
Si \(a = 0\), la première colonne est une colonne de \(0\) donc \(\det(M_7) = 0\).
En faisant un pivot de Gauss, on a \(\det(M_7) = {1 \over a} \det(A_1)\) oĂą
\(A_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & a-b & b-c & c-d\\ 1 & a-b & a-c & b-d\\ 1 & a-b & a-c & a-d \end{pmatrix}\)
Si \(a=b\), on a un déterminant de \(0\) car la deuxième colonne serait nulle. Sinon, on trouve \(\det(M_7) = {1 \over a}{1 \over a-b} \det(A_2)\) où
\(A_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & a-b & b-c\\ 1 & 1 & a-b & a-c \end{pmatrix}\)
De mĂŞme \(\det(M_7) = {1 \over a}{1 \over a-b}{1 \over a-b} \det(A_3)\) oĂą
\(A_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 1 & a-b \end{pmatrix}\)
On trouve donc, si \(a \neq 0\) et \(a-b \neq 0\), \(\det(M_7) = {1 \over a(a-b)}\).
\(M_8 = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 9 & 16 \\ 1 & 8 & 27 & 64 \end{pmatrix}\)
On fait un pivot
\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 8 & 15 \\ 1 & 7 & 26 & 63 \end{pmatrix}\]puis
\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 2 & 6 \\ 1 & 7 & 12 & 42 \end{pmatrix}\]et
\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 2 & 0 \\ 1 & 7 & 12 & 6 \end{pmatrix}\]On trouve \(12\).
Calculez les valeurs et vecteurs propres des matrices suivantes :
On calcule le polynôme caractèristique \(\det(M_1 - X I_2) = (1-X)(4-X)+3 = X^2-5X+7\). Ce polynôme n’a pas de solution dans \(\mathbb{R}\) car \(\Delta = 25-4 \times 7 < 0\).
\(M_2-XI_3\) est sous forme triangulaire, son déterminant est donc \((1-X)(4-X)(6-X)\). On en déduit que \(M_2\) a trois valeurs propres : \(1,4,6\). Pour trouver les vecteurs propres, on résoud alors les équations \(M_2 X = X\), \(M_2 X = 4X\) et \(M_2 X = 6X\) qui ont nécessairement des solutions.
\(M_2X = \begin{pmatrix} x_1+2x_3 \\ 4x_2+5x_3 \\ 6x_3\end{pmatrix}\)
On en déduit que \(M_2X = X\) si et seulement si \(2x_3 = 0, 3x_2+5x_3=0, 5x_3=0\). On a donc que \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\) est un vecteur propre associé à la valeur propre \(1\).
De mĂŞme \(M_2X = 4X\) si et seulement si \(-3x_1+2x_3 = 0, 5x_3 = 0, 2x_3=0\). Donc \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) est un vecteur propre pour la valeur \(4\).
Enfin \(M_2X=6X\) si et seulement si \(-5x_1+2x_3 = 0, -2x_2+5x_3=0, 0=0\). En prenant \(x_3=1\), on trouve \(x_2={5 \over 2}\) et \(x_1 = {2 \over 5}\). On a donc que \(\begin{pmatrix} {2 \over 5} \\ {5 \over 2} \\ 1 \end{pmatrix}\) est un vecteur propre associé à la valeur propre \(6\).
Le polynôme caractéristique est \((1-X)(-1-X)-16 = X^2-17\). On a donc deux valeurs propres : \(\sqrt{17}\) et \(-\sqrt{17}\).
\(MX = \begin{pmatrix} x_1 + 4x_2 \\ 4x_1 - x2 \end{pmatrix}\)
\(MX = \sqrt{17}X\) si et seulement si \(x_1 + 4x_2 = \sqrt{17}x_1\) et \(4x_1-x_2 = \sqrt{17}x_2\). Donc \(x_2 = {\sqrt{17}-1 \over 4} x_1\) génère bien les solutions du système. On a par exemple le vecteur propre \(\begin{pmatrix} 1 \\ {\sqrt{17}-1 \over 4} \end{pmatrix}\).
De même, \(MX = -\sqrt{17}X\) si et seulement si \(x_1 + 4x_2 = -\sqrt{17}x_1\) et \(4x_1-x_2 = -\sqrt{17}x_2\). Donc \(x_2 = {-\sqrt{17}-1 \over 4} x_1\) génère bien les solutions du système. On a par exemple le vecteur propre \(\begin{pmatrix} 1 \\ {-\sqrt{17}-1 \over 4} \end{pmatrix}\).
Montrer qu’une matrice \(n \times n\) triangulaire ayant \(n\) valeurs distinctes sur sa diagonale est diagonalisable.
Si \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) sont les éléments, distincts, de la diagonale de la matrice, alors, en calculant son polynôme caractéristique, il est clair que \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) sont toutes des valeurs propres de \(M\). On a donc un vecteur propre \(e_i\) associé à chaque valeur propre \(\lambda_i\) et ils forment une base. Dans cette base, \(M\) est sous forme diagonale.
Résoudre les systèmes linéaires suivants :
On pose \(M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}\). En faisant \(L_2 \gets L_2 - L_1\) et \(L_3 \gets L_3-2L_1\) puis \(L_3 \gets L_3+L_2\) on trouve \(\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ -8 \end{pmatrix}\). On a donc une unique solution (\(M\) est inversible) qui est \(z=2\), \(y=0\) et \(x=-1\).
On pose \(M = \begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 1 \\ 1 & -2 & 0 \end{pmatrix}\). En faisant \(L_3 \gets L_3 - L_1\) puis \(L_3 \gets L_3-2L_2\), on voit que le système est Ă©quivalent Ă
\(\begin{pmatrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -4 \end{pmatrix}\). On trouve qu’il y a une unique solution \(z=1, y=-1, x=-1\).
On pose \(M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -3 \\ 2 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\). En faisant \(L_2 \gets L_2 - 2L_1\), on a un système équivalent
\(\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -3 \\ 0 & -1 & -3 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \end{pmatrix}\). Donc le rang de \(M\) est \(2\), ce qui veut dire que la dimension de son noyau est de \(4-2=2\). On caractérise donc les solutions du système sous la forme \(u_0 + Ker(M)\) où \(u_0\) est une solution particulière du système.
On trouve facilement une solution particulère ici, par exemple \(u_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\). On trouve aussi facilement une caractérisation de \(Ker(M)\) en remarquant que sous la forme étagée, on a \(y=7t-3z\) et \(x=2z-4t\).
Les solutions sont donc de la forme \(\begin{pmatrix} 2z-4t \\ 7t-3z \\ z+1 \\ t \end{pmatrix}\).
On considère \(M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ 1 & 3 & -1 \\ 2 & 5 & -5 \\ 1 & 4 & 1 \end{pmatrix}\). En faisant \(L_2 \gets L_2-L_1\), \(L_3 \gets L_3-2L_1\), \(L_4 \gets L_4 - L_1\), on a le système :
\[\left\{ \begin{array}{rcl} x+2y-3z&=&4\\ y+2z&=&7\\ y+z&=&5\\ 2y+4z&=&14 \end{array}\right.\]
Puis \(L_3 \gets L_3 - L_2\) et \(L_4 \gets L_4 - 2L_2\) on a :
\[\left\{ \begin{array}{rcl} x+2y-3z&=&4\\ y+2z&=&7\\ -z&=&-2\\ 0 = 0 \end{array}\right.\]
On a donc une unique solution \(z=2, y=3, x=4\).
\[\left\{ \begin{array}{rcl} x+y-z&=&1\\ 3x+y-z&=&1\\ x-2y+2z&=&m\\ \end{array}\right.\]
On pourrait faire un pivot encore mais on peut aller plus vite. Les deux premières lignes ensemble nous donnent directement que tout solution doit vérifier \(2x=0\) donc \(x=0\). Si on réinjecte cela dans le système, on trouve alors que \(y-z=1\) et la dernière équation donne \(2(z-y)=m\) donc \(y-z=-{m \over 2}\). Donc pour que le système ait une solution, il faut que \(-{m \over 2} = 1\) c’est-à -dire \(m=-2\).
Dans le cas où \(m=-2\), on a donc immédiatement une solution particulière \(u_0\) : \(x=0, y=1, z=0\). L’ensemble des solutions est donc de la forme \(Ker(M) + u_0\). Mais notre analyse précédente nous montre que \(Ker(M)\) est peut s’écrire comme l’ensemble des vecteurs de la forme \(\begin{pmatrix} 0 \\ y \\ z \end{pmatrix}\) donc les solutions sont \(\begin{pmatrix} 0 \\ y+1 \\ z \end{pmatrix}\) pour \(y,z \in \mathbb{R}\).