Corrigé du contrôle de maths L1 : systèmes linéaires, pivot de Gauss et inverse

Exercice 1 : Question de cours : inverse et transposée d’un produit (3 points)

1. Définition. \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) est inversible s’il existe \(B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) telle que \(AB = BA = I_n\) ; cette matrice \(B\) est unique et notée \(A^{-1}\).

   Si \(A\) et \(B\) sont inversibles, on calcule, par associativité du produit :

   \[(AB)(B^{-1}A^{-1}) = A\,(BB^{-1})\,A^{-1} = A\,I_n\,A^{-1} = I_n, \qquad (B^{-1}A^{-1})(AB) = B^{-1}\,(A^{-1}A)\,B = I_n.\]

   Donc \(AB\) est inversible et \((AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}\).

2. Notons \(A = (a_{ik})\) et \(B = (b_{kj})\). La matrice \((AB)^{T}\) est de taille \(q \times n\). Pour \(1 \leq\, i \leq\, q\) et \(1 \leq\, j \leq\, n\), son coefficient d’indice \((i, j)\) est le coefficient \((j, i)\) de \(AB\) :
   \[[(AB)^{T}]_{ij} = (AB)_{ji} = \sum_{k=1}^{p} a_{jk}\,b_{ki} = \sum_{k=1}^{p} [B^{T}]_{ik} [A^{T}]_{kj} = [B^{T}A^{T}]_{ij}.\]

   Les deux matrices ont même taille et mêmes coefficients : \((AB)^{T} = B^{T}A^{T}\).

Barème : a) 1,5 point (0,5 pour la définition, 1 pour les deux produits) ; b) 1,5 point (0,5 pour les tailles et les notations, 1 pour le calcul du coefficient).

Exercice 2 : Système linéaire à paramètre (5 points)

1. On garde \(L_1\) comme ligne pivot (coefficient 1 devant \(x\)) et on effectue \(L_2 arrow L_2 – L_1\) et \(L_3 arrow L_3 – m\,L_1\) :
   \[\{ \begin{array}{rcl} x + y + m\,z = 1 \\ (m-1)\,y + (1-m)\,z = 0 \\ (1-m)\,y + (1-m^2)\,z = 1 – m \end{array} .\]

   Puis \(L_3 arrow L_3 + L_2\). Le coefficient de \(y\) devient \((1-m) + (m-1) = 0\), celui de \(z\) devient \(1 – m^2 + 1 – m = 2 – m – m^2 = (1-m)(m+2)\). Ces opérations sont inversibles, donc \((S_m)\) équivaut au système triangulaire :

   \[\{ \begin{array}{rcl} x + y + m\,z = 1 \\ (m-1)\,(y – z) = 0 \\ (1-m)(m+2)\,z = 1 – m \end{array} .\]

2. Si \(m \neq 1\) et \(m \neq -2\), les pivots \(1\), \(m – 1\) et \((1-m)(m+2)\) sont non nuls : le système est de Cramer. La dernière ligne donne \(z = \dfrac{1-m}{(1-m)(m+2)} = \dfrac{1}{m+2}\). La deuxième donne \(y = z = \dfrac{1}{m+2}\). La première donne \(x = 1 – \dfrac{1 + m}{m+2} = \dfrac{1}{m+2}\).

   Contrôle dans la première équation : \(\dfrac{1 + 1 + m}{m+2} = 1\). L’unique solution est \((\dfrac{1}{m+2}, \dfrac{1}{m+2}, \dfrac{1}{m+2})\).

3. Pour \(m = 1\), les lignes 2 et 3 du système triangulaire s’écrivent \(0 = 0\) : il reste la seule équation \(x + y + z = 1\). L’ensemble des solutions de \((S_1)\) est \(\{(1 – y – z,\, y,\, z) \mid (y, z) \in \mathbb{R}^2\}\), un plan de \(\mathbb{R}^3\).

   Pour \(m = -2\), la dernière ligne devient \(0 \times z = 3\), ce qui est impossible. \((S_{-2})\) n’a aucune solution. On le retrouve en additionnant les trois équations : \((m+2)(x + y + z) = 3\) donne \(0 = 3\).

Erreur fréquente : diviser par \(m – 1\) ou par \(m + 2\) sans avoir écarté les cas où ces nombres sont nuls.

Barème : a) 2 points (1 point par étape d’élimination correctement justifiée) ; b) 1,5 point (0,5 pour le caractère de Cramer, 1 pour la solution) ; c) 1,5 point (0,75 par cas).

Exercice 3 : Puissances d’une matrice par la formule du binôme (4 points)

1. \[N = \begin{pmatrix} 0 1 0 \\ 0 0 1 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}, \qquad N^2 = \begin{pmatrix} 0 0 1 \\ 0 0 0 \\ 0 0 0 \end{pmatrix}, \qquad N^3 = N^2 N = 0.\]

   \(N\) est nilpotente d’indice 3, et donc \(N^k = 0\) pour tout \(k \geq\, 3\).

2. Les matrices \(2I_3\) et \(N\) commutent, car \(2I_3\) commute avec toute matrice. La formule du binôme s’applique donc. Pour \(n \geq\, 2\), seuls les termes \(k = 0, 1, 2\) sont non nuls :
   \[A^n = \sum_{k=0}^{n} \binom\,{n}{k} 2^{n-k} N^k = 2^n I_3 + n\,2^{n-1} N + \dfrac{n(n-1)}{2}\,2^{n-2} N^2.\]

   Comme \(\dfrac{n(n-1)}{2}\,2^{n-2} = n(n-1)\,2^{n-3}\), on obtient :

   \[A^n = \begin{pmatrix} 2^n n\,2^{n-1} n(n-1)\,2^{n-3} \\ 0 2^n n\,2^{n-1} \\ 0 0 2^n \end{pmatrix}.\]

   C’est l’expression de \(A^n\) pour tout \(n \geq\, 2\) (elle reste d’ailleurs vraie pour \(n = 0\) et \(n = 1\)).

3. Directement :
   \[A^2 = \begin{pmatrix} 2 1 0 \\ 0 2 1 \\ 0 0 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 1 0 \\ 0 2 1 \\ 0 0 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 4 1 \\ 0 4 4 \\ 0 0 4 \end{pmatrix}.\]

   La formule donne \(2^2 = 4\), \(2 \times 2^1 = 4\) et \(2 \times 1 \times 2^{-1} = 1\). Les deux calculs concordent.

Erreur fréquente : appliquer le binôme sans vérifier la commutation, ou écrire \(N^2 = 0\).

Barème : a) 1 point ; b) 2,5 points (0,5 pour la commutation, 1 pour le développement tronqué, 1 pour la matrice explicite) ; c) 0,5 point.

Exercice 4 : Inverse d’une matrice par la méthode de Gauss-Jordan (3,5 points)

1. On part de la matrice augmentée et on effectue les opérations indiquées :
   \[(\begin{array}{ccc|ccc} 1 2 3 1 0 0 \\ 0 1 4 0 1 0 \\ 5 6 0 0 0 1 \end{array}) \xrightarrow{L_3 arrow L_3 – 5L_1} (\begin{array}{ccc|ccc} 1 2 3 1 0 0 \\ 0 1 4 0 1 0 \\ 0 -4 -15 -5 0 1 \end{array})\]
   \[\xrightarrow{L_3 arrow L_3 + 4L_2} (\begin{array}{ccc|ccc} 1 2 3 1 0 0 \\ 0 1 4 0 1 0 \\ 0 0 1 -5 4 1 \end{array})\]

   Les trois pivots valent 1 : la matrice est de rang 3, donc \(M\) est inversible. On remonte :

   \[\xrightarrow[L_1 arrow L_1 – 3L_3]{L_2 arrow L_2 – 4L_3} (\begin{array}{ccc|ccc} 1 2 0 16 -12 -3 \\ 0 1 0 20 -15 -4 \\ 0 0 1 -5 4 1 \end{array}) \xrightarrow{L_1 arrow L_1 – 2L_2} (\begin{array}{ccc|ccc} 1 0 0 -24 18 5 \\ 0 1 0 20 -15 -4 \\ 0 0 1 -5 4 1 \end{array})\]
   \[M^{-1} = \begin{pmatrix} -24 18 5 \\ 20 -15 -4 \\ -5 4 1 \end{pmatrix}.\]

   Vérification de \(M\,M^{-1} = I_3\) : la première ligne de \(M\) donne \(-24 + 40 – 15 = 1\), \(18 – 30 + 12 = 0\), \(5 – 8 + 3 = 0\) ; la deuxième \(20 – 20 = 0\), \(-15 + 16 = 1\), \(-4 + 4 = 0\) ; la troisième \(-120 + 120 = 0\), \(90 – 90 = 0\), \(25 – 24 = 1\). L’inverse est correct.

2. Le système s’écrit \(MX = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}\), donc \(X = M^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}\) :
   \[x = -24 + 36 + 15 = 27, \qquad y = 20 – 30 – 12 = -22, \qquad z = -5 + 8 + 3 = 6.\]

   Contrôle : \(27 – 44 + 18 = 1\), \(-22 + 24 = 2\), \(135 – 132 = 3\). L’unique solution est \((27, -22, 6)\).

Barème : a) 2,5 points (1,5 pour les opérations, 0,5 pour la justification de l’inversibilité, 0,5 pour l’inverse vérifié) ; b) 1 point.

Exercice 5 : Problème : matrices triangulaires supérieures (4,5 points)

1. Soient \(i > j\). Par définition du produit, \((ST)_{ij} = \sum_{k=1}^{n} s_{ik}\,t_{kj}\). Pour chaque \(k\) : si \(k < i\), alors \(s_{ik} = 0\) ; sinon \(k \geq\, i > j\), donc \(t_{kj} = 0\). Tous les termes sont nuls et \((ST)_{ij} = 0\) : \(ST \in \mathcal{T}_n\).

   Pour \(i = j\), le même argument annule tous les termes sauf celui où \(k = i\) : \((ST)_{ii} = s_{ii}\,t_{ii}\).

2. Le système \(TX = Y\) s’écrit, ligne \(i\) : \(t_{ii}\,x_i + \sum_{k > i} t_{ik}\,x_k = y_i\). La dernière ligne donne \(x_n = \dfrac{y_n}{t_{nn}}\), défini de façon unique car \(t_{nn} \neq 0\). Si \(x_{i+1}, \ldots, x_n\) sont déterminés de façon unique, la ligne \(i\) donne de façon unique
   \[x_i = \dfrac{1}{t_{ii}}(y_i – \sum_{k=i+1}^{n} t_{ik}\,x_k).\]

   Par récurrence descendante, le système admet une unique solution. Notons \(C_j\) la solution de \(TX = E_j\), où \(E_j\) est la \(j\)-ième colonne de \(I_n\), et \(B\) la matrice de colonnes \(C_1, \ldots, C_n\). Alors \(TB = I_n\). Pour une matrice carrée, l’existence d’un inverse à droite suffit (théorème du cours, conséquence de la méthode du pivot). Donc \(T\) est inversible et \(T^{-1} = B\).

3. La \(j\)-ième colonne de \(T^{-1}\) est la solution \(X\) de \(TX = E_j\). Pour \(i > j\), la \(i\)-ième coordonnée de \(E_j\) est nulle. En reprenant la remontée de b) : \(x_n = 0\) si \(n > j\), puis, de proche en proche, \(x_i = \dfrac{1}{t_{ii}}(0 – \sum_{k > i} t_{ik} \times 0) = 0\) pour tout \(i > j\). Les coefficients de \(T^{-1}\) situés sous la diagonale sont nuls : \(T^{-1} \in \mathcal{T}_n\).
4. Pour tout \(j\), le coefficient diagonal \((A^{T}A)_{jj} = \sum_{i=1}^{n} a_{ij}^2\) est nul. Une somme de carrés de réels est nulle si et seulement si chaque carré l’est, donc \(a_{ij} = 0\) pour tout \(i\). Ainsi \(A = 0\).

Barème : a) 1,5 point (1 pour la nullité sous la diagonale, 0,5 pour la diagonale) ; b) 1,5 point (1 pour l’existence et l’unicité par remontée, 0,5 pour l’inversibilité) ; c) 1 point ; d) 0,5 point.

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