Matrice inverse et systèmes

1. a)$det(A)=7\times 3-2\times 10=1$. Comme $det(A)\ne 0$, $A$ est inversible et $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{1}}\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -10& 7\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -10& 7\end{array}\right)$. Contrôle : $7\times 3+2\times (-10)=1$. (1)
2. b)$det(C)$ $=(-3)\times (-10)-5\times 6$ $=30-30$ $=0$. Le déterminant est nul, donc $C$ n’est pas inversible : sa deuxième ligne vaut $-2$ fois la première. (1)
3. c)$det(E)$ $=k\times k-2\times 8$ $=k^2-16$ $=(k-4)(k+4)$. $E$ est inversible si et seulement si $det(E)\ne 0$, c’est-à-dire pour tout réel $k$ différent de $4$ et de $-4$. (1)
4. d)$F^2$ $=\left(\begin{array}{cc}1+3& 3-3\\ 1-1& 3+1\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}4& 0\\ 0& 4\end{array}\right)$ $=4I_2$. Donc $F\times {\displaystyle \frac{1}{4}}F=I_2$ ; $F$ et ${\displaystyle \frac{1}{4}}F$ étant carrées d’ordre 2, $F$ est inversible et $F^{-1}={\displaystyle \frac{1}{4}}F$. (1)

Repère — Déterminant d’abord ; s’il est non nul, la formule ; une relation comme F² = 4I₂ donne l’inverse sans déterminant.

1. a)$A$ $=\left(\begin{array}{cc}6& 5\\ 5& 4\end{array}\right)$, $X$ $=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)$ : $(S)$ équivaut à $AX=B$. (1)
2. b)$det(A)$ $=6\times 4-5\times 5$ $=24-25$ $=-1$. Comme $det(A)\ne 0$, $A$ est inversible, donc $(S)$ admet une unique solution, $X=A^{-1}B$. (1)
3. c)$A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{-1}}\left(\begin{array}{cc}4& -5\\ -5& 6\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}-4& 5\\ 5& -6\end{array}\right)$. (1)
4. d)$X$ $=A^{-1}B$ $=\left(\begin{array}{c}-4\times 3+5\times 1\\ 5\times 3-6\times 1\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}-7\\ 9\end{array}\right)$. L’unique solution est le couple $(-7;9)$. Vérification : $5\times (-7)+4\times 9$ $=-35+36$ $=1$. (1)

Repère — Écriture AX = B, inversibilité justifiée, X = A⁻¹B à gauche, vérification dans une équation.

1. a)$T$ est triangulaire et ses trois coefficients diagonaux valent $1$, tous non nuls : $T$ est inversible. (1)
2. b)À partir de $(T\mid I_3)$ : $L_2\leftarrow L_2-4L_3$ donne $(010\mid 01-4)$ ; $L_1\leftarrow L_1-3L_3$ donne $(120\mid 10-3)$ ; puis $L_1\leftarrow L_1-2L_2$ donne $(100\mid 1-25)$. La partie gauche est $I_3$, donc $T^{-1}$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 5\\ 0& 1& -4\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. (1)
3. c)Ligne 1 de $T$, $(1;2;3)$, contre les colonnes de $T^{-1}$ : $1$, puis $-2+2=0$, puis $5-8+3=0$. On obtient $(1;0;0)$, la première ligne de $I_3$ : le calcul est confirmé. (1)
4. d)$T$ est inversible, donc l’unique solution est $X$ $=T^{-1}\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}4-12+10\\ 6-8\\ 2\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ : le triplet $(2;-2;2)$. (1)

Repère — Avec une matrice triangulaire, le pivot se fait en remontant ; une ligne de TT⁻¹ suffit à contrôler.

1. a)La matrice est $\left(\begin{array}{cc}2& m\\ m& 8\end{array}\right)$, de déterminant $2\times 8-m\times m=16-m^2$. (1)
2. b)$16-m^2=(4-m)(4+m)$ est non nul si et seulement si $m\ne 4$ et $m\ne -4$. Pour ces valeurs, la matrice est inversible et $(S_m)$ admet une unique solution. Pour $m=4$ ou $m=-4$, la matrice n’est pas inversible : $(S_m)$ n’a pas une unique solution (aucune ou une infinité, voir c et d). (1)
3. c)Pour $m=4$ : $2x+4y=1$ et $4x+8y=2$. La seconde équation est le double de la première : le système se réduit à $2x+4y=1$. En posant $y=t$, $x={\displaystyle \frac{1-4t}{2}}$ : une infinité de solutions, les couples $\left({\displaystyle \frac{1-4t}{2}};t\right)$, $t\in ℝ$. (1)
4. d)Pour $m=-4$ : $2x-4y=1$ et $-4x+8y=2$. En multipliant la première par $-2$ : $-4x+8y=-2$, incompatible avec $-4x+8y=2$. Le système n’a aucune solution. (1)

Repère — Déterminant nul : on ne conclut pas tout de suite, on revient aux équations pour trancher entre aucune solution et une infinité.

1. a)$$\{\begin{array}{c}x+y+z=100\hfill \\ 20x+12y+8z=1520\hfill \\ x-y-z=0\hfill \end{array}$$ soit $AX=B$ avec $A$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 20& 12& 8\\ 1& -1& -1\end{array}\right)$, $X$ $=\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{c}100\\ 1520\\ 0\end{array}\right)$. (1)
2. b)Ligne 1 de $A$, $(1;1;1)$, contre les colonnes de $M$ : ${\displaystyle \frac{1}{4}}(2-14+16)=1$, ${\displaystyle \frac{1}{4}}(0+1-1)=0$ et ${\displaystyle \frac{1}{4}}(2-6+4)=0$. Avec les deux autres lignes admises, $AM=I_3$. $A$ et $M$ étant carrées d’ordre 3, un seul produit suffit : $A$ est inversible et $A^{-1}=M$. (1)
3. c)$X$ $=A^{-1}B$ $={\displaystyle \frac{1}{4}}\left(\begin{array}{c}200+0+0\\ -1400+1520+0\\ 1600-1520+0\end{array}\right)$ $={\displaystyle \frac{1}{4}}\left(\begin{array}{c}200\\ 120\\ 80\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}50\\ 30\\ 20\end{array}\right)$. Le festival a vendu 50 billets plein tarif, 30 à tarif réduit et 20 à tarif scolaire. Contrôle de la recette : $1000+360+160=1520$ €. (1)
4. d)Le produit $B{A}^{-1}$ n’existe pas : $B$ est de format $3\times 1$ et $A^{-1}$ de format $3\times 3$, et le nombre de colonnes de $B$ (1) n’est pas égal au nombre de lignes de $A^{-1}$ (3). Partant de $AX=B$, on multiplie les deux membres à gauche par $A^{-1}$ : $X=A^{-1}B$. (1)

Repère — Pour vérifier un inverse donné, un seul produit AM = I₃ suffit ; la solution s’obtient ensuite par X = A⁻¹B.