Matrice inverse et systèmes

On pose $A$ $=\left(\begin{array}{cc}5& -2\\ -7& 3\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{cc}3& 2\\ 7& 5\end{array}\right)$.

1. Calculer $AB$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   Ligne 1 : $5\times 3+(-2)\times 7$ $=15-14$ $=1$ et $5\times 2+(-2)\times 5=0$. Ligne 2 : $(-7)\times 3+3\times 7=0$ et $(-7)\times 2+3\times 5=1$. Donc $AB=I_2$.
2. Justifier que $A$ est inversible et préciser son inverse. Coefficient de la ligne 2 et de la colonne 1 de $A^{-1}$ :
   Rédaction attendue. $A$ et $B$ sont deux matrices carrées d’ordre 2 et $AB=I_2$. D’après le cours, un seul produit suffit : $A$ est inversible et $A^{-1}=B$. Le coefficient de la ligne 2 et de la colonne 1 de $B$ vaut $7$.
3. $B$ est aussi inversible. Coefficient de la ligne 1 et de la colonne 2 de $B^{-1}$ :
   Comme $B=A^{-1}$, on a $B^{-1}=(A^{-1}{)}^{-1}=A$. Le coefficient de la ligne 1 et de la colonne 2 de $A$ vaut $-2$.
4. $(3A{)}^{-1}=kB$ avec $k=$
   Pour un réel $k$ non nul, $(kA{)}^{-1}={\displaystyle \frac{1}{k}}{A}^{-1}$ : ici $(3A{)}^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{3}}{A}^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{3}}B$. Contrôle : $3A\times {\displaystyle \frac{1}{3}}B=AB=I_2$.

$A$ et $M$ sont deux matrices inversibles d’ordre 2 telles que $A^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ et $M^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)$.

1. $(AM{)}^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   L’ordre s’inverse : $(AM{)}^{-1}$ $=M^{-1}{A}^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$. Ligne 1 : $1$ et $2$. Ligne 2 : $3\times 1+1\times 0=3$ et $3\times 2+1\times 1=7$.
2. $(MA{)}^{-1}$ : ligne 1 : et
   $(MA{)}^{-1}$ $=A^{-1}{M}^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)$. Ligne 1 : $1\times 1+2\times 3=7$ et $1\times 0+2\times 1=2$. On trouve une matrice différente de $(AM{)}^{-1}$ : l’ordre des facteurs compte.
3. Justifier que $A$ $=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 0& 1\end{array}\right)$, puis donner le coefficient de la ligne 1 et de la colonne 2 de $AM$ :
   Rédaction attendue. $A=(A^{-1}{)}^{-1}$. Or $\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 2-2\\ 0& 1\end{array}\right)$ $=I_2$, donc l’inverse de $A^{-1}$ est $\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 0& 1\end{array}\right)$ : c’est $A$. De même $M$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -3& 1\end{array}\right)$, et $AM$ $=\left(\begin{array}{cc}7& -2\\ -3& 1\end{array}\right)$ : coefficient $-2$. Contrôle : $\left(\begin{array}{cc}7& -2\\ -3& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)$ $=I_2$, ce qui confirme $(AM{)}^{-1}$.

On pose $A$ $=\left(\begin{array}{cc}2& -6\\ -1& 3\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{cc}3& 6\\ 1& 2\end{array}\right)$.

1. Calculer $AB$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   Ligne 1 : $2\times 3+(-6)\times 1=0$ et $2\times 6+(-6)\times 2=0$. Ligne 2 : $(-1)\times 3+3\times 1=0$ et $(-1)\times 6+3\times 2=0$. Donc $AB=O$, alors que ni $A$ ni $B$ n’est nulle.
2. Démontrer par l’absurde que $A$ n’est pas inversible. Contrôle : la deuxième ligne de $A$ est égale à $k$ fois la première, avec $k=$
   Rédaction attendue. Supposons $A$ inversible. En multipliant l’égalité $AB=O$ à gauche par $A^{-1}$, on obtient $A^{-1}AB=A^{-1}O$, soit $B=O$. Or $B\ne O$ : contradiction. Donc $A$ n’est pas inversible. On le voit sur les lignes : $(-1;3)=-{\displaystyle \frac{1}{2}}(2;-6)$.
3. Démontrer de même que $B$ n’est pas inversible, en multipliant à droite. Contrôle : la première colonne de $B$ est égale à $k$ fois la seconde, avec $k=$
   Rédaction attendue. Supposons $B$ inversible. En multipliant $AB=O$ à droite par $B^{-1}$ : $AB{B}^{-1}=O{B}^{-1}$, soit $A=O$. Or $A\ne O$ : contradiction. Donc $B$ n’est pas inversible. Ses colonnes $\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\end{array}\right)$ sont proportionnelles : la première est la moitié de la seconde.

On pose $A$ $=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 3& 4\end{array}\right)$.

1. Calculer le carré de $A$. Coefficients de $A^2$, première ligne : et ; deuxième ligne : et
   Ligne 1 : $2\times 2+1\times 3=7$ et $2\times 1+1\times 4=6$. Ligne 2 : $3\times 2+4\times 3=18$ et $3\times 1+4\times 4=19$.
2. Démontrer que $A^2-6A+5I_2=O$, puis en déduire que $A$ est inversible et que $A^{-1}=a{I}_2+bA$ avec $a=$ et $b=$
   Rédaction attendue. $6A$ $=\left(\begin{array}{cc}12& 6\\ 18& 24\end{array}\right)$ et $5I_2$ $=\left(\begin{array}{cc}5& 0\\ 0& 5\end{array}\right)$, donc $A^2-6A+5I_2$ $=\left(\begin{array}{cc}7-12+5& 6-6\\ 18-18& 19-24+5\end{array}\right)$ $=O$. On en tire $6A-A^2=5I_2$, c’est-à-dire $A(6I_2-A)=5I_2$, puis $A\times {\displaystyle \frac{1}{5}}(6I_2-A)=I_2$. D’après le cours, $A$ est inversible et $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{6}{5}}{I}_2-{\displaystyle \frac{1}{5}}A$.
3. Coefficients de $A^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{5}}(6I_2-A)$ $={\displaystyle \frac{1}{5}}\left(\begin{array}{cc}4& -1\\ -3& 2\end{array}\right)$. Ce n’est pas un hasard : dans la relation, $6$ est la somme des coefficients diagonaux de $A$ et $5=2\times 4-1\times 3$.
4. Plus généralement, toute matrice $M$ $=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ vérifie $M^2-(a+d)M+(ad-bc)I_2=O$. Pour $M$ $=\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ -2& 0\end{array}\right)$, cela donne $M^2=pM+q{I}_2$ avec $p=$ et $q=$
   Ici $a+d=3+0=3$ et $ad-bc=0-1\times (-2)=2$ : $M^2-3M+2I_2=O$, donc $M^2=3M-2I_2$. Contrôle : $M^2$ $=\left(\begin{array}{cc}7& 3\\ -6& -2\end{array}\right)$ et $3M-2I_2$ $=\left(\begin{array}{cc}9-2& 3\\ -6& -2\end{array}\right)$, égales.
5. En déduire $M^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   $3M-M^2=2I_2$ s’écrit $M(3I_2-M)=2I_2$, donc $M^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}(3I_2-M)$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 2& 3\end{array}\right)$.

Calculer le déterminant de chaque matrice.

1. $M_1$ $=\left(\begin{array}{cc}5& 3\\ 3& 2\end{array}\right)$ : $det(M_1)=$
   $det(M_1)$ $=5\times 2-3\times 3$ $=10-9$ $=1$.
2. $M_2$ $=\left(\begin{array}{cc}6& 9\\ 4& 6\end{array}\right)$ : $det(M_2)=$
   $det(M_2)$ $=6\times 6-9\times 4$ $=36-36$ $=0$. Les lignes sont proportionnelles : la première vaut ${\displaystyle \frac{3}{2}}$ fois la seconde.
3. $M_3$ $=\left(\begin{array}{cc}-2& 7\\ 1& -4\end{array}\right)$ : $det(M_3)=$
   $det(M_3)$ $=(-2)\times (-4)-7\times 1$ $=8-7$ $=1$. Le produit de deux négatifs est positif.
4. $M_4$ $=\left(\begin{array}{cc}8& 5\\ 6& 4\end{array}\right)$ : $det(M_4)=$
   $det(M_4)$ $=8\times 4-5\times 6$ $=32-30$ $=2$.
5. Nombre de matrices inversibles parmi $M_1$, $M_2$, $M_3$ et $M_4$ :
   Une matrice 2 × 2 est inversible si et seulement si son déterminant est non nul : $M_1$, $M_3$ et $M_4$ le sont, pas $M_2$.

Montrer que chaque matrice est inversible, puis calculer son inverse.

1. $P$ $=\left(\begin{array}{cc}9& 7\\ 5& 4\end{array}\right)$. $P^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   $det(P)$ $=9\times 4-7\times 5$ $=36-35$ $=1\ne 0$, donc $P$ est inversible et $P^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}4& -7\\ -5& 9\end{array}\right)$. Contrôle : $9\times 4+7\times (-5)=1$ et $9\times (-7)+7\times 9=0$.
2. $Q$ $=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 5\end{array}\right)$. Coefficients diagonaux de $Q^{-1}$ : et
   $det(Q)$ $=2\times 5-0\times 0$ $=10\ne 0$, et $Q^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{10}}\left(\begin{array}{cc}5& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 0\\ 0& \frac{1}{5}\end{array}\right)$ : pour une matrice diagonale, on inverse chaque coefficient diagonal.
3. $R$ $=\left(\begin{array}{cc}0& 3\\ -2& 6\end{array}\right)$. Justifier que $R$ est inversible bien qu’un de ses coefficients soit nul, puis donner $R^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   Rédaction attendue. $det(R)$ $=0\times 6-3\times (-2)$ $=6$. Comme $det(R)\ne 0$, $R$ est inversible : un coefficient nul n’empêche rien, seul le déterminant compte. $R^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{6}}\left(\begin{array}{cc}6& -3\\ 2& 0\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}1& -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{3}& 0\end{array}\right)$. Contrôle sur la ligne 2 de $R{R}^{-1}$ : $-2\times 1+6\times {\displaystyle \frac{1}{3}}=0$ et $-2\times (-{\displaystyle \frac{1}{2}})+6\times 0$ $=1$.

Pour tout réel $m$, on pose $M_m$ $=\left(\begin{array}{cc}m& m+2\\ 1& 3\end{array}\right)$.

1. $det(M_m)=am+b$ avec $a=$ et $b=$
   $det(M_m)$ $=m\times 3-(m+2)\times 1$ $=3m-m-2$ $=2m-2$.
2. Justifier qu’il existe une seule valeur de $m$ pour laquelle $M_m$ n’est pas inversible : $m=$
   Rédaction attendue. $M_m$ est inversible si et seulement si $det(M_m)\ne 0$, c’est-à-dire $2m-2\ne 0$, soit $m\ne 1$. Seule la valeur $m=1$ donne une matrice non inversible : $M_1$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 1& 3\end{array}\right)$ a deux lignes égales.
3. $M_2^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   $M_2$ $=\left(\begin{array}{cc}2& 4\\ 1& 3\end{array}\right)$ et $det(M_2)=2\times 2-2=2$. Donc $M_2^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\begin{array}{cc}3& -4\\ -1& 2\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{2}& -2\\ -\frac{1}{2}& 1\end{array}\right)$.

Soit $A$ $=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)$ une matrice quelconque et $\tilde{A}$ $=\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$.

1. Démontrer que $A\tilde{A}=(ad-bc)I_2$. Contrôle avec $A$ $=\left(\begin{array}{cc}-3& 5\\ 2& -4\end{array}\right)$ : $A\tilde{A}=k{I}_2$ avec $k=$
   Rédaction attendue. Ligne 1 de $A\tilde{A}$ : $ad+b(-c)=ad-bc$ et $a(-b)+ba=0$. Ligne 2 : $cd+d(-c)=0$ et $c(-b)+da=ad-bc$. Donc $A\tilde{A}=(ad-bc)I_2$. Pour $A$ $=\left(\begin{array}{cc}-3& 5\\ 2& -4\end{array}\right)$ : $k$ $=(-3)\times (-4)-5\times 2$ $=12-10$ $=2$.
2. Pour cette matrice, $A^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   $det(A)=2\ne 0$, donc $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\begin{array}{cc}-4& -5\\ -2& -3\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}-2& -\frac{5}{2}\\ -1& -\frac{3}{2}\end{array}\right)$.
3. Démontrer que si $A$ est à coefficients entiers et $det(A)=1$ ou $det(A)=-1$, alors $A^{-1}$ est à coefficients entiers. Exemple : pour $A$ $=\left(\begin{array}{cc}4& 3\\ 3& 2\end{array}\right)$, coefficient de la ligne 2 et de la colonne 2 de $A^{-1}$ :
   Rédaction attendue. Si $det(A)=\pm 1$, alors $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{det(A)}}\tilde{A}$ $=\pm \tilde{A}$, dont les coefficients $\pm d$, $\mp b$, $\mp c$, $\pm a$ sont entiers. Pour $A$ $=\left(\begin{array}{cc}4& 3\\ 3& 2\end{array}\right)$ : $det(A)=8-9=-1$, donc $A^{-1}$ $=-\left(\begin{array}{cc}2& -3\\ -3& 4\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}-2& 3\\ 3& -4\end{array}\right)$.
4. Démontrer que si les deux lignes de $A$ sont proportionnelles, $A$ n’est pas inversible. Contrôle : pour $A$ $=\left(\begin{array}{cc}6& -4\\ -9& 6\end{array}\right)$, la deuxième ligne vaut $k$ fois la première, avec $k=$
   Rédaction attendue. Si $(c;d)=k(a;b)$, alors $ad-bc=a(kb)-b(ka)=0$ ; si $(a;b)=k(c;d)$, de même $ad-bc=(kc)d-(kd)c=0$. Le déterminant est nul, donc $A$ n’est pas inversible. Ici $(-9;6)=-{\displaystyle \frac{3}{2}}(6;-4)$, et $det(A)=36-36=0$.

On pose $S$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 3& 4& 1\end{array}\right)$ et on applique la méthode du pivot au tableau $(S\mid I_3)$.

1. $L_2\leftarrow L_2-2L_1$ : la partie droite de la ligne 2 devient , et
   $(010\mid 010)-2(100\mid 100)$ $=(010\mid -210)$ : à gauche, la ligne 2 est déjà celle de $I_3$.
2. $L_3\leftarrow L_3-3L_1$, puis $L_3\leftarrow L_3-4L_2$ : la partie droite de la ligne 3 devient , et
   $L_3-3L_1$ donne $(041\mid -301)$, puis on retranche $4(010\mid -210)$ : $(001\mid 5-41)$. La partie gauche est $I_3$, donc $S^{-1}$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -2& 1& 0\\ 5& -4& 1\end{array}\right)$.
3. Justifier, sans calcul, que $S$ est inversible, puis contrôler : coefficient de la ligne 3 et de la colonne 1 de $S{S}^{-1}$ :
   Rédaction attendue. $S$ est triangulaire et ses coefficients diagonaux valent $1$, $1$ et $1$, tous non nuls : $S$ est inversible. Contrôle : ligne 3 de $S$ contre colonne 1 de $S^{-1}$, $3\times 1+4\times (-2)+1\times 5$ $=0$, comme dans $I_3$.

On pose $A$ $=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 3& 1\end{array}\right)$. Un élève recopie l’inverse affiché par sa calculatrice, $B$ $={\displaystyle \frac{1}{5}}\left(\begin{array}{ccc}1& 3& -1\\ -1& 2& 1\\ 3& 6& 2\end{array}\right)$, avec une erreur sur un seul coefficient.

1. Deuxième colonne de $AB$, de haut en bas : , et
   On multiplie chaque ligne de $A$ par la colonne 2 de $B$, ${\displaystyle \frac{1}{5}}\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ : ${\displaystyle \frac{1}{5}}(2\times 3+0+1\times 6)$ $={\displaystyle \frac{12}{5}}$, ${\displaystyle \frac{1}{5}}(3+2+0)=1$ et ${\displaystyle \frac{1}{5}}(0+3\times 2+1\times 6)$ $={\displaystyle \frac{12}{5}}$. Ce n’est pas la colonne 2 de $I_3$.
2. Les colonnes 1 et 3 de $AB$ sont celles de $I_3$. Justifier que l’erreur est dans la deuxième colonne de $B$, puis trouver la bonne colonne $Y$, solution de $AY$ $=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$. Le coefficient faux est à la ligne ; sa vraie valeur est
   Rédaction attendue. La colonne $j$ de $AB$ ne dépend que de la colonne $j$ de $B$ : les colonnes 1 et 3 de $B$ sont justes, l’erreur est dans la colonne 2. Elle doit vérifier $AY$ $=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$, soit $2y_1+y_3=0$, $y_1+y_2=1$ et $3y_2+y_3=0$. La première donne $y_3=-2y_1$, la troisième $3y_2=2y_1$ ; avec $y_1=1-y_2$ : $3y_2=2-2y_2$, d’où $y_2={\displaystyle \frac{2}{5}}$, $y_1={\displaystyle \frac{3}{5}}$ et $y_3=-{\displaystyle \frac{6}{5}}$. Seul le coefficient de la ligne 3 diffère : ${\displaystyle \frac{6}{5}}$ doit être remplacé par $-{\displaystyle \frac{6}{5}}$.
3. Avec la matrice corrigée, contrôle : coefficient de la ligne 3 et de la colonne 2 de $AB$ :
   Ligne 3 de $A$, $(0;3;1)$, contre la colonne corrigée ${\displaystyle \frac{1}{5}}\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ : ${\displaystyle \frac{1}{5}}(0+6-6)=0$. Avec la colonne 2 juste, $AB=I_3$ : $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{5}}\left(\begin{array}{ccc}1& 3& -1\\ -1& 2& 1\\ 3& -6& 2\end{array}\right)$.

On pose $T$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right)$ et $K$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 3& 1& 0\\ -1& -3& 4\end{array}\right)$.

1. Pivot sur $(T\mid I_3)$ : après $L_3\leftarrow L_3-L_1$ puis $L_3\leftarrow L_3+L_2$, le coefficient de la colonne 3 de la partie gauche de $L_3$ vaut
   $L_3-L_1$ $=(0-11\mid -101)$, puis $+L_2$ : $(002\mid -111)$. Le pivot vaut $2$ : aucune ligne nulle, $T$ est inversible. On divise par $2$ : $(001\mid -\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{2})$.
2. Première ligne de $T^{-1}$ : , et
   On remonte : $L_2\leftarrow L_2-L_3$ donne $(010\mid \frac{1}{2}\frac{1}{2}-\frac{1}{2})$, puis $L_1\leftarrow L_1-L_2$ donne $(100\mid \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{1}{2})$. Finalement $T^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 1\\ 1& 1& -1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)$.
3. Contrôle : coefficient de la ligne 2 et de la colonne 2 de $T{T}^{-1}$ :
   Ligne 2 de $T$, $(0;1;1)$, contre colonne 2 de $T^{-1}$, ${\displaystyle \frac{1}{2}}(-1;1;1)$ : ${\displaystyle \frac{1}{2}}(0+1+1)=1$.
4. Pour $K$ : l’opération $L_3\leftarrow L_3-2L_1+L_2$ donne à gauche la ligne , , . Conclure.
   Rédaction attendue. $L_3-2L_1+L_2$ $=(-1-2+3;-3+2+1;4-4+0)$ $=(0;0;0)$. Une ligne de la partie gauche est entièrement nulle : on ne pourra jamais obtenir $I_3$, donc $K$ n’est pas inversible.

On pose $J$ $=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 0& 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right)$.

1. Dans $J^2$, chaque coefficient diagonal vaut et chaque coefficient hors de la diagonale vaut
   Ligne 1 contre colonne 1 : $0+1+1=2$ ; ligne 1 contre colonne 2 : $0+0+1=1$. Par symétrie, $J^2$ $=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right)$.
2. $J^2=J+k{I}_3$ avec $k=$
   $J^2-J$ $=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$ $=2I_3$.
3. Démontrer que $J$ est inversible et que $J^{-1}=aJ+b{I}_3$ avec $a=$ et $b=$
   Rédaction attendue. De $J^2-J=2I_3$ on tire $J(J-I_3)=2I_3$, donc $J\times {\displaystyle \frac{1}{2}}(J-I_3)=I_3$. Les deux matrices sont carrées d’ordre 3 : $J$ est inversible et $J^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}J-{\displaystyle \frac{1}{2}}{I}_3$.
4. Première ligne de $J^{-1}$ : , et
   $J^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}(J-I_3)$ $={\displaystyle \frac{1}{2}}\left(\begin{array}{ccc}-1& 1& 1\\ 1& -1& 1\\ 1& 1& -1\end{array}\right)$. Contrôle : ligne 1 de $J$ contre colonne 1 de $J^{-1}$, ${\displaystyle \frac{1}{2}}(0+1+1)=1$.
5. $J^3=pJ+q{I}_3$ avec $p=$ et $q=$
   $J^3$ $=J\times J^2$ $=J(J+2I_3)$ $=J^2+2J$ $=J+2I_3+2J$ $=3J+2I_3$. Contrôle : coefficient diagonal de $J^3$, $3\times 0+2=2$, et hors diagonale, $3\times 1+0=3$.

Traduire chaque système sous la forme $AX=B$, ou l’inverse.

1. $\{\begin{array}{c}4x+y=7\hfill \\ 3x-2y=8\hfill \end{array}$ Matrice $A$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   Les coefficients de $x$ forment la première colonne, ceux de $y$ la seconde : $A$ $=\left(\begin{array}{cc}4& 1\\ 3& -2\end{array}\right)$, $X$ $=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{c}7\\ 8\end{array}\right)$.
2. $\{\begin{array}{c}x-y+2z=5\hfill \\ 3x+z=-1\hfill \\ 2y-z=0\hfill \end{array}$ Deuxième ligne de $A$ : , et
   Il manque $y$ dans la deuxième équation : son coefficient vaut $0$. La ligne est $(3;0;1)$, et non $(3;1)$.
3. Même système. Troisième ligne de $A$ : , et
   Il manque $x$ : $(0;2;-1)$. En entier : $A$ $=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 2\\ 3& 0& 1\\ 0& 2& -1\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$.
4. On donne $A$ $=\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ 7& 1\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{c}3\\ -6\end{array}\right)$. La deuxième équation du système $AX=B$, où $X$ $=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$, est : $x$ + $y$ =
   $AX$ $=\left(\begin{array}{c}2x-5y\\ 7x+y\end{array}\right)$ ; l’égalité $AX=B$ donne $2x-5y=3$ et $7x+y=-6$.

Résoudre chaque système en passant par l’écriture matricielle.

1. $\{\begin{array}{c}5x+2y=16\hfill \\ 3x+y=9\hfill \end{array}$ $det(A)=$ ; unique solution : $x=$ et $y=$
   $A$ $=\left(\begin{array}{cc}5& 2\\ 3& 1\end{array}\right)$ et $det(A)$ $=5\times 1-2\times 3$ $=-1\ne 0$, donc $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{-1}}\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -3& 5\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}-1& 2\\ 3& -5\end{array}\right)$. Puis $X=A^{-1}B$ : $-16+18=2$ et $48-45=3$. Contrôle : $3\times 2+3=9$. Unique solution : $(2;3)$.
2. $\{\begin{array}{c}7x-3y=1\hfill \\ -2x+y=2\hfill \end{array}$ Justifier que ce système admet une unique solution, puis $x=$ et $y=$
   Rédaction attendue. Le système s’écrit $AX=B$ avec $A$ $=\left(\begin{array}{cc}7& -3\\ -2& 1\end{array}\right)$ et $B$ $=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)$. $det(A)$ $=7\times 1-(-3)\times (-2)$ $=7-6$ $=1\ne 0$ : $A$ est inversible, donc le système admet une unique solution $X=A^{-1}B$. $A^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 7\end{array}\right)$ et $X$ $=\left(\begin{array}{c}1+6\\ 2+14\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}7\\ 16\end{array}\right)$. Contrôle : $7\times 7-3\times 16=49-48=1$. L’unique solution est le couple $(7;16)$.

On considère le système $\{\begin{array}{c}2x+y+z=9\hfill \\ x+2y+z=10\hfill \\ x+y+2z=11\hfill \end{array}$

1. Par la méthode du pivot, première ligne de $A^{-1}$ : , et
   On échange $L_1$ et $L_2$ pour avoir un pivot égal à $1$, puis $L_2\leftarrow L_2-2L_1$ : $(0-3-1\mid 1-20)$ et $L_3\leftarrow L_3-L_1$ : $(0-11\mid 0-11)$. Puis $L_2\leftarrow L_2-3L_3$ : $(00-4\mid 11-3)$. On remonte et on obtient $A^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{4}}\left(\begin{array}{ccc}3& -1& -1\\ -1& 3& -1\\ -1& -1& 3\end{array}\right)$.
2. Unique solution : $x=$ , $y=$ et $z=$
   $X$ $=A^{-1}B$ $={\displaystyle \frac{1}{4}}\left(\begin{array}{c}27-10-11\\ -9+30-11\\ -9-10+33\end{array}\right)$ $={\displaystyle \frac{1}{4}}\left(\begin{array}{c}6\\ 10\\ 14\end{array}\right)$. L’unique solution est le triplet $\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2};\frac{7}{2}\right)$ : des coefficients entiers peuvent donner une solution non entière.
3. Contrôler le résultat autrement : en additionnant les trois équations, on obtient $x+y+z=$
   Rédaction attendue. La somme des trois équations donne $4x+4y+4z=9+10+11=30$, donc $x+y+z=7,5$. Avec la solution trouvée : $1,5+2,5+3,5=7,5$. Le contrôle est cohérent ; on vérifie aussi la troisième équation : $1,5+2,5+7=11$.

On pose $A$ $=\left(\begin{array}{cc}3& 2\\ 4& 3\end{array}\right)$ et $C$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 5\\ 2& 7\end{array}\right)$.

1. $A^{-1}$ : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   $det(A)$ $=3\times 3-2\times 4$ $=1\ne 0$, donc $A$ est inversible et $A^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -4& 3\end{array}\right)$.
2. Résoudre $AY=C$, d’inconnue la matrice $Y$ d’ordre 2 : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   On multiplie à gauche par $A^{-1}$ : $Y$ $=A^{-1}C$ $=\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -4& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 5\\ 2& 7\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}3-4& 15-14\\ -4+6& -20+21\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ 2& 1\end{array}\right)$. Vérification : $AY$ $=\left(\begin{array}{cc}-3+4& 3+2\\ -4+6& 4+3\end{array}\right)$ $=C$.
3. Résoudre $ZA=C$, d’inconnue la matrice $Z$ d’ordre 2 : ligne 1 : et ; ligne 2 : et
   Le facteur $A$ est à droite : on multiplie à droite par $A^{-1}$, $Z$ $=C{A}^{-1}$ $=\left(\begin{array}{cc}1& 5\\ 2& 7\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}3& -2\\ -4& 3\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}3-20& -2+15\\ 6-28& -4+21\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{cc}-17& 13\\ -22& 17\end{array}\right)$. Vérification : $(-17)\times 3+13\times 4$ $=-51+52$ $=1$.
4. Justifier, par une propriété du cours, que $Y$ et $Z$ n’avaient aucune raison d’être égales. Coefficient de la ligne 1 et de la colonne 1 de $Z-Y$ :
   Rédaction attendue. Le produit matriciel n’est pas commutatif : $A^{-1}C$ et $C{A}^{-1}$ sont en général différents, et le côté de la multiplication est imposé par la place de $A$ dans l’équation. Ici $-17-(-1)=-16$ : $Y\ne Z$.

Pour chaque système, calculer le déterminant de sa matrice, puis conclure.

1. $\{\begin{array}{c}4x+6y=5\hfill \\ 2x+3y=1\hfill \end{array}$ Nombre de solutions :
   $det(A)=4\times 3-6\times 2=0$ : la méthode matricielle ne s’applique pas. En multipliant la seconde équation par $2$ : $4x+6y=2$, alors que la première impose $4x+6y=5$. Aucune solution (droites strictement parallèles).
2. $\{\begin{array}{c}3x-y=2\hfill \\ -6x+2y=-4\hfill \end{array}$ Justifier que ce système a une infinité de solutions, puis donner celle pour laquelle $x=5$ : $y=$
   Rédaction attendue. $det(A)$ $=3\times 2-(-1)\times (-6)$ $=0$, et la seconde équation est exactement $-2$ fois la première : le système se réduit à $3x-y=2$. En posant $x=t$ : $y=3t-2$. Les solutions sont les couples $(t;3t-2)$, $t\in ℝ$ : une infinité. Pour $t=5$ : $y=13$.
3. $\{\begin{array}{c}x+2y=3\hfill \\ 2x+y=3\hfill \end{array}$ $det(A)=$ ; unique solution : $x=$ et $y=$
   $det(A)$ $=1\times 1-2\times 2$ $=-3\ne 0$ : une unique solution. $A^{-1}$ $=-{\displaystyle \frac{1}{3}}\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ -2& 1\end{array}\right)$ et $X$ $=-{\displaystyle \frac{1}{3}}\left(\begin{array}{c}3-6\\ -6+3\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$.

Dans un repère, on considère les droites $d_1:2x-5y=1$, $d_2:-4x+10y=3$ et $d_3:-4x+10y=-2$.

1. Déterminant de la matrice du système formé par les équations de $d_1$ et de $d_2$ :
   $A$ $=\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ -4& 10\end{array}\right)$ et $det(A)$ $=2\times 10-(-5)\times (-4)$ $=20-20$ $=0$ : les droites ne sont pas sécantes.
2. Nombre de points communs à $d_1$ et $d_2$ :
   En multipliant l’équation de $d_1$ par $-2$ : $-4x+10y=-2$, alors que $d_2$ impose $-4x+10y=3$. Aucun point commun : $d_1$ et $d_2$ sont strictement parallèles.
3. Justifier que $d_1$ et $d_3$ sont confondues, puis donner l’ordonnée du point de $d_3$ d’abscisse $3$ :
   Rédaction attendue. L’équation de $d_3$ est celle de $d_1$ multipliée par $-2$ : les deux équations ont les mêmes solutions, donc les droites sont confondues et le système a une infinité de solutions. Pour $x=3$ : $-12+10y=-2$, d’où $y=1$ ; contrôle sur $d_1$ : $6-5=1$.

Soit $m$ un réel et $(S_m):\{\begin{array}{c}mx+3y=6\hfill \\ 2x+(m-1)y=4\hfill \end{array}$, de matrice $A_m$.

1. $det(A_m)=(m-a)(m+b)$ avec $a=$ et $b=$
   $det(A_m)$ $=m(m-1)-3\times 2$ $=m^2-m-6$. Le discriminant vaut $1+24=25$, les racines sont $-2$ et $3$ : $det(A_m)=(m-3)(m+2)$.
2. $(S_m)$ n’admet pas une unique solution pour deux valeurs de $m$ : la plus petite est et la plus grande est
   $A_m$ est inversible si et seulement si $det(A_m)\ne 0$, c’est-à-dire pour $m\ne -2$ et $m\ne 3$ : alors $(S_m)$ admet une unique solution. Pour $m=-2$ et $m=3$, il faut revenir aux équations.
3. Pour $m=3$, justifier que $(S_3)$ a une infinité de solutions, puis donner celle pour laquelle $y=5$ : $x=$
   Rédaction attendue. Pour $m=3$ : $3x+3y=6$ et $2x+2y=4$. Les deux équations se réduisent à $x+y=2$. En posant $y=t$ : $x=2-t$. Les solutions sont les couples $(2-t;t)$, $t\in ℝ$. Pour $t=5$ : $x=-3$.
4. Pour $m=-2$, nombre de solutions :
   Pour $m=-2$ : $-2x+3y=6$ et $2x-3y=4$. En ajoutant membre à membre : $0=10$, ce qui est absurde. Aucune solution.
5. Pour $m=0$, par la méthode matricielle : $x=$ et $y=$
   $A_0$ $=\left(\begin{array}{cc}0& 3\\ 2& -1\end{array}\right)$ et $det(A_0)=-6$, cohérent avec $(0-3)(0+2)$. $A_0^{-1}$ $={\displaystyle \frac{1}{-6}}\left(\begin{array}{cc}-1& -3\\ -2& 0\end{array}\right)$ $={\displaystyle \frac{1}{6}}\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 0\end{array}\right)$, puis $X$ $={\displaystyle \frac{1}{6}}\left(\begin{array}{c}6+12\\ 12+0\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}3\\ 2\end{array}\right)$. Contrôle : $2\times 3-2=4$.