Exercices corrigés — Matrices & systèmes linéaires

Coefficient $(i,j)$ de $AB$ = ligne $i$ de $A$ × colonne $j$ de $B$.

Calcule les deux produits séparément.

Compare : sont-ils égaux ?

La question « que conclure ? » est la vraie question : ce calcul existe pour montrer que le produit matriciel ne se comporte pas comme celui des nombres.

Deux surprises attendent ici, et il faut les nommer toutes les deux : $AB\neq BA$, et surtout $AB=0$ alors qu'aucune des deux matrices n'est nulle.

C'est la seule mécanique du chapitre qu'il faut vraiment installer, parce que tout en découle.

Le coefficient en position $(i,j)$ du produit se fabrique avec la ligne $i$ de la première matrice et la colonne $j$ de la seconde. On les fait glisser l'une contre l'autre, on multiplie les termes qui se correspondent, et on additionne :

$$\underbrace{(a_1,\;a_2)}_{\text{ligne }i\text{ de }A}\ \text{contre}\ \underbrace{\begin{pmatrix}b_1\\b_2\end{pmatrix}}_{\text{colonne }j\text{ de }B}\ \longrightarrow\ a_1b_1+a_2b_2$$

👉 Le geste : pose ton doigt gauche sur la ligne, ton doigt droit sur la colonne, et avance-les ensemble.

⚠️ C'est ce mécanisme asymétrique qui explique tout le reste. Dans $AB$, c'est $A$ qu'on lit en lignes ; dans $BA$, c'est $B$. Il n'y a donc aucune raison que les deux donnent la même chose — la surprise serait plutôt qu'ils coïncident.

⚠️ Et le produit n'existe que si les tailles s'emboîtent : le nombre de colonnes de la première doit égaler le nombre de lignes de la seconde. Ici tout est $2\times2$, donc pas de problème.

Produit matriciel Le coefficient en position $(i,j)$ de $AB$ est le produit de la ligne $i$ de $A$ par la colonne $j$ de $B$ :

$$(AB)_{ij}=\sum_k a_{ik}b_{kj}$$

Ligne contre colonne — jamais coefficient contre coefficient.

Ligne $1$ de $A$ : $(1,-1)$.

• contre la colonne $1$ de $B$, qui est $\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$ : $1\times0+(-1)\times0=0$
• contre la colonne $2$ de $B$, qui est $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ : $1\times1+(-1)\times1=1-1=0$

Ligne $2$ de $A$ : c'est $(1,-1)$ également — la même. Elle donne donc les mêmes résultats.

$$AB=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$$

Ligne $1$ de $B$ : $(0,1)$.

• contre la colonne $1$ de $A$, $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ : $0\times1+1\times1=1$
• contre la colonne $2$ de $A$, $\begin{pmatrix}-1\\-1\end{pmatrix}$ : $0\times(-1)+1\times(-1)=-1$

Ligne $2$ de $B$ : $(0,1)$ également, donc mêmes résultats.

$$BA=\begin{pmatrix}1&-1\\1&-1\end{pmatrix}$$

(On reconnaît $A$ elle-même — coïncidence de cet exemple, sans signification particulière.)

1. $AB\neq BA$ : le produit matriciel n'est pas commutatif.

Ici c'est spectaculaire — l'un est la matrice nulle, l'autre non. Mais même sur deux matrices quelconques, l'égalité est l'exception.

2. $AB=0$ avec $A\neq0$ et $B\neq0$ : il existe des « diviseurs de zéro ».

C'est la différence la plus lourde de conséquences avec les nombres réels. Sur $\mathbb{R}$, $ab=0$ force $a=0$ ou $b=0$ — c'est ce qui permet de résoudre $(x-1)(x+2)=0$. Sur les matrices, ce raisonnement est faux.

$$\boxed{AB=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\qquad BA=\begin{pmatrix}1&-1\\1&-1\end{pmatrix}\qquad AB\neq BA}$$

sur $\mathbb{R}$	sur les matrices
$ab=ba$	❌ faux en général
$ab=0\Rightarrow a=0$ ou $b=0$	❌ faux — cet exercice
$ab=ac$ et $a\neq0$ $\Rightarrow b=c$	❌ faux

La troisième découle de la deuxième : $AB=AC$ donne $A(B-C)=0$, mais on ne peut pas en conclure $B=C$ — il faudrait que $A$ soit inversible, ce qui est bien plus fort que « non nulle ».

👉 On ne simplifie donc JAMAIS une égalité matricielle, sauf si l'on a établi que le facteur est inversible. C'est l'erreur qui coûtera le plus de points dans les chapitres suivants.

⚠️ Multiplier coefficient par coefficient, comme pour l'addition. Ça donnerait $\begin{pmatrix}0&-1\\0&-1\end{pmatrix}$, et ce n'est pas le produit matriciel. La confusion vient de l'addition, qui elle se fait bien terme à terme (exercice A2).

⚠️ Déduire de $AB=0$ que $A=0$ ou $B=0$. Cet exercice est précisément le contre-exemple.

⚠️ Croire que $AB=0$ et $BA=0$ vont ensemble. Ici $AB=0$ mais $BA\neq0$ : les deux produits n'ont aucune raison de partager cette propriété.

⚠️ Écrire « $A$ et $B$ commutent » parce que les deux sont $2\times2$. La taille garantit que les deux produits existent, pas qu'ils soient égaux.

Trois règles des réels tombent d'un coup : le produit n'est pas commutatif, un produit nul n'impose pas un facteur nul, et on ne simplifie pas.

Retiens ce contre-exemple : il tient en deux matrices de quatre coefficients, et il resservira chaque fois qu'un raisonnement matriciel te semblera « évident » parce qu'il l'est sur les nombres.

Opérations terme à terme.

Multiplie chaque matrice par son scalaire d'abord.

Soustrais coefficient par coefficient.

Contrairement au produit, l'addition et la multiplication par un scalaire se font terme à terme. C'est la seule opération matricielle qui se comporte comme on l'attend.

Le calcul est donc mécanique ; le seul risque est un signe.

C'est l'erreur de fond du chapitre, et elle vient de ce que les deux opérations s'écrivent de la même façon.

opération	comment	condition sur les tailles
$A+B$, $\alpha A$	terme à terme	tailles identiques
$AB$	ligne contre colonne	colonnes de $A$ = lignes de $B$

👉 Le repère : une somme ne mélange rien — le coefficient $(1,2)$ du résultat ne dépend que des coefficients $(1,2)$ des deux matrices. Un produit, lui, mélange toute une ligne avec toute une colonne.

C'est pour ça que la somme est commutative ($A+B=B+A$) alors que le produit ne l'est pas : additionner terme à terme ne privilégie aucun des deux opérandes.

Opérations terme à terme

$$(\alpha A+\beta B)_{ij}=\alpha\,a_{ij}+\beta\,b_{ij}$$

Les deux matrices doivent avoir la même taille.

On multiplie chaque coefficient par $2$ :

$$2A=2\begin{pmatrix}2&1\\0&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&2\\0&6\end{pmatrix}$$

⚠️ Le $0$ reste $0$ : $2\times0=0$. Ne l'oublie pas dans le tableau.

$$3B=3\begin{pmatrix}1&-1\\4&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&-3\\12&6\end{pmatrix}$$

Le coefficient $-1$ devient $-3$ : le scalaire multiplie le signe compris.

$$2A-3B=\begin{pmatrix}4&2\\0&6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}3&-3\\12&6\end{pmatrix}$$

Coefficient par coefficient :

position	calcul	résultat
$(1,1)$	$4-3$	$1$
$(1,2)$	$2-(-3)=2+3$	$\mathbf{5}$
$(2,1)$	$0-12$	$-12$
$(2,2)$	$6-6$	$0$

$$\boxed{2A-3B=\begin{pmatrix}1&5\\-12&0\end{pmatrix}}$$

⚠️ Se tromper de signe sur le coefficient $(1,2)$ : $2\times1-3\times(-1)=2+3=5$, pas $2-3=-1$. Le $-3$ multiplie un coefficient déjà négatif, donc le résultat s'ajoute.

C'est de loin l'erreur la plus fréquente ici, et elle est invisible dans un tableau de quatre nombres.

Le contrôle : vérifie un seul coefficient en refaisant le calcul isolément, de préférence celui qui porte des signes. Ici $(1,2)$ : $2\times 1-3\times(-1)=2+3=5$ ✓. C'est plus rapide que de tout refaire, et ça attrape l'essentiel des erreurs.

⚠️ Multiplier ligne contre colonne par confusion avec le produit.

⚠️ Écrire $2A-3B=-(3B-2A)$ et se tromper en distribuant le moins. Ce n'est pas faux, c'est juste une occasion supplémentaire de perdre un signe : mieux vaut soustraire directement.

Somme et scalaire : terme à terme, tailles identiques. Produit : ligne contre colonne, tailles compatibles.

Confondre les deux mécaniques est l'erreur de fond du chapitre. Et sur une soustraction, le coefficient qui porte deux signes est celui à recontrôler — c'est là que ça casse.

Chaque coefficient $(i,j)$ = ligne $i$ de $A$ × colonne $j$ de $B$.

Procède ligne par ligne.

Vérifie au moins un coefficient par un second calcul.

Même mécanique qu'en $2\times2$, mais neuf coefficients à produire : le risque n'est plus la méthode, c'est l'endurance et l'organisation.

On procède donc ligne par ligne — une ligne de $A$ contre les trois colonnes de $B$ — et on ne passe à la suivante qu'une fois la première finie.

Produit et compatibilité des tailles $(AB)_{ij}$ = ligne $i$ de $A$ contre colonne $j$ de $B$. Le produit $A_{n\times p}\,B_{p\times m}$ n'existe que si le nombre de colonnes de $A$ égale le nombre de lignes de $B$, et le résultat est $n\times m$.

👉 Moyen de vérifier avant de calculer : écris les tailles côte à côte, $(3\times 3)(3\times 3)$. Les deux nombres du milieu doivent coïncider ; les deux extérieurs donnent la taille du résultat.

Ligne $1$ de $A$ : $(1,\,0,\,2)$. On la fait glisser contre chaque colonne de $B$.

colonne de $B$	calcul	résultat
$(1,0,1)$	$1\cdot1+0\cdot0+2\cdot1$	$3$
$(1,1,0)$	$1\cdot1+0\cdot1+2\cdot0$	$1$
$(0,1,1)$	$1\cdot0+0\cdot1+2\cdot1$	$2$

Première ligne du produit : $(3,\,1,\,2)$.

⚠️ Les colonnes de $B$ se lisent verticalement : la première est $\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$, pas la première ligne $(1,1,0)$.

Ligne $2$ de $A$ : $(0,\,1,\,1)$.

• $0\cdot1+1\cdot0+1\cdot1=1$
• $0\cdot1+1\cdot1+1\cdot0=1$
• $0\cdot0+1\cdot1+1\cdot1=2$

→ $(1,\,1,\,2)$

Ligne $3$ de $A$ : $(1,\,1,\,0)$.

• $1\cdot1+1\cdot0+0\cdot1=1$
• $1\cdot1+1\cdot1+0\cdot0=2$
• $1\cdot0+1\cdot1+0\cdot1=1$

→ $(1,\,2,\,1)$

Recalcule un seul coefficient, de préférence loin du début — c'est là que les décalages s'accumulent.

Prenons $(3,2)$ : ligne $3$ de $A$, soit $(1,1,0)$, contre colonne $2$ de $B$, soit $\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$ :

$$1\times1+1\times1+0\times0=2$$

C'est bien le coefficient trouvé ✓.

Contrôle de taille : $(3\times3)(3\times3)$ donne $3\times3$ ✓ — neuf coefficients, et on en a bien neuf.

Contrôle par une somme : la somme de tous les coefficients de $AB$ vaut $3+1+2+1+1+2+1+2+1=14$. Or elle doit aussi valoir la somme, pour chaque ligne de $A$, du produit de ses coefficients par les sommes des lignes de $B$ — ici toutes les lignes de $B$ somment à $2$, et les lignes de $A$ somment à $3$, $2$, $2$, donc $2\times(3+2+2)=14$ ✓. Un contrôle global qui ne recalcule aucun coefficient.

⚠️ Prendre une colonne de $A$ contre une ligne de $B$ — l'inversion des rôles. Le repère mnémotechnique : on lit $A$ horizontalement et $B$ verticalement, dans l'ordre où on les écrit.

⚠️ Se décaler d'un cran en cours de route sur une matrice $3\times3$ : c'est l'erreur la plus fréquente, et elle ne se voit pas — le résultat reste une matrice plausible. D'où l'intérêt du contrôle global du pas 6.

⚠️ Oublier un terme dans une somme à trois produits, en particulier quand l'un des coefficients est $0$ : $0\cdot1$ compte comme terme, même s'il vaut $0$.

⚠️ Croire que $AB=BA$ et ne calculer qu'un seul produit. Ici $BA=\begin{pmatrix}1&1&3\\1&2&1\\2&1&2\end{pmatrix}$, différent — comme au A1.

Sur un produit $3\times3$, l'organisation vaut la méthode : une ligne à la fois, terminée avant de passer à la suivante.

Et un coefficient recalculé au hasard suffit presque toujours à détecter un décalage — c'est neuf fois moins de travail qu'une vérification complète, pour l'essentiel du bénéfice.

Élimine une inconnue en combinant les lignes.

Multiplie une ligne pour aligner les coefficients.

Une inconnue trouvée, remonte (substitution).

Le pivot de Gauss consiste à éliminer une inconnue en combinant les lignes, pour se ramener à une équation à une seule inconnue — puis à remonter.

Sur un système $2\times2$ c'est presque de la substitution, mais la méthode est celle qui s'étendra aux systèmes $3\times3$ et au-delà, où la substitution devient impraticable. Apprends-la ici, où elle est facile.

Ce n'est pas une manipulation magique : chaque opération autorisée transforme le système en un système équivalent, c'est-à-dire qui a exactement les mêmes solutions.

Prends deux équations vraies simultanément. Si $(x,y)$ vérifie $L_1$ et $L_2$, alors il vérifie aussi $L_1-2L_2$ — puisqu'on ne fait qu'additionner deux égalités vraies. Réciproquement, on peut revenir en arrière (en ajoutant $2L_2$), donc aucune solution n'est perdue ni ajoutée.

⚠️ C'est la réciproque qui impose la condition « multiplier par un réel NON NUL » : multiplier une ligne par $0$ la transforme en « $0=0$ », et on ne peut plus revenir en arrière. On aurait perdu de l'information, et gagné des solutions parasites.

Opérations qui ne changent pas les solutions

• échanger deux lignes ;
• multiplier une ligne par un réel non nul ;
• ajouter à une ligne un multiple d'une autre.

Ces trois opérations produisent un système équivalent, donc de mêmes solutions.

$L_1$ porte $2x$, $L_2$ porte $x$. Pour que les $x$ s'annulent, on calcule $L_1-2L_2$ :

$$\underbrace{(2x+y)}_{L_1}-2\underbrace{(x-3y)}_{L_2}=\underbrace{5}_{L_1}-2\times\underbrace{(-1)}_{L_2}$$

À gauche : $2x+y-2x+6y=7y$. À droite : $5-2\times(-1)=5+2=7$.

$$7y=7$$

⚠️ L'opération porte sur l'équation entière, second membre compris. C'est le piège n°1.

$$7y=7\quad\Longrightarrow\quad y=1$$

On reporte dans $L_2$ (la plus simple des deux) :

$$x-3\times1=-1\quad\Longrightarrow\quad x-3=-1\quad\Longrightarrow\quad x=2$$

$$\boxed{(x,y)=(2,\,1)}$$

Reporte la solution dans les deux équations de départ :

équation	calcul	vérifié ?
$2x+y=5$	$2\times2+1=5$	✓
$x-3y=-1$	$2-3\times1=-1$	✓

👉 Un système résolu se vérifie toujours — c'est le seul chapitre du programme où la vérification est aussi facile que le calcul. Il n'y a donc aucune raison de s'en passer.

⚠️ Et il faut vérifier dans les deux, pas une seule : une erreur de remontée peut satisfaire l'équation utilisée pour remonter tout en violant l'autre.

⚠️ Oublier d'appliquer l'opération au second membre. Si l'on fait $L_1-2L_2$ à gauche mais qu'on laisse $5$ à droite, on trouve $7y=5$ donc $y=\frac57$, et tout le reste est faux.

⚠️ Se tromper de signe : $-2\times(-1)=+2$, donc le second membre vaut $5+2=7$, pas $3$. Deux signes négatifs qui se rencontrent, c'est le moment de ralentir.

⚠️ Se tromper de multiplicateur et faire $L_1-L_2$, qui ne fait pas disparaître les $x$ ($2x-x=x$). Le multiplicateur se choisit pour que les coefficients s'annulent.

⚠️ Remonter dans l'équation combinée au lieu d'une équation d'origine. Ce n'est pas faux, mais on perd le bénéfice du contrôle : mieux vaut revenir aux données de l'énoncé.

Éliminer, résoudre, remonter, puis vérifier dans le système de départ.

Et retiens que l'opération sur une ligne porte sur l'équation complète, second membre compris — c'est ce qu'on oublie quand on écrit trop vite, et ça fausse tout ce qui suit.

Utilise $L_1$ comme pivot pour éliminer $x$ dans $L_2,L_3$.

Tu obtiens un système 2×2 en $y,z$.

Résous, puis remonte pour $x$.

Trois inconnues : la substitution deviendrait vite illisible, le pivot s'impose.

La stratégie est en escalier : éliminer $x$ des deux dernières lignes grâce à $L_1$, ce qui laisse un système $2\times2$ en $y$ et $z$. Ici on a de la chance — l'élimination donne directement $y$.

Méthode du pivot, en escalier On élimine la première inconnue de toutes les lignes sauf une, puis la deuxième de toutes sauf deux, et ainsi de suite. Le système devient triangulaire, et se résout en remontant.

👉 L'idée est toujours la même : transformer un système où tout dépend de tout en un système où la dernière ligne ne contient qu'une inconnue. On la résout, on la remplace dans l'avant-dernière, et ainsi de suite.

$L_1$ porte $-x$. Pour annuler le $2x$ de $L_2$ il faut ajouter $2L_1$ ; pour annuler le $x$ de $L_3$ il faut ajouter $L_1$.

$L_2+2L_1$ :

$$(2x-y+2z)+2(-x+y-z)=2+2\times1$$

$$2x-y+2z-2x+2y-2z=4\quad\Longrightarrow\quad y=4$$

$L_3+L_1$ :

$$(x+y+2z)+(-x+y-z)=-1+1$$

$$x+y+2z-x+y-z=0\quad\Longrightarrow\quad 2y+z=0$$

👉 La première combinaison a fait disparaître $x$ ET $z$ d'un coup : c'est une aubaine de cet énoncé, et elle donne $y$ immédiatement.

On reporte dans $2y+z=0$ :

$$2\times4+z=0\quad\Longrightarrow\quad 8+z=0\quad\Longrightarrow\quad z=-8$$

On revient à $L_1$ : $-x+y-z=1$, avec $y=4$ et $z=-8$ :

$$-x+4-(-8)=1\quad\Longrightarrow\quad -x+4+8=1\quad\Longrightarrow\quad -x+12=1$$

$$-x=-11\quad\Longrightarrow\quad x=11$$

$$\boxed{(x,y,z)=(11,\,4,\,-8)}$$

⚠️ Le passage $-(-8)=+8$ est exactement l'endroit où l'on perd un signe.

équation	calcul	vérifié ?
$-x+y-z=1$	$-11+4-(-8)=-11+4+8=1$	✓
$2x-y+2z=2$	$22-4-16=2$	✓
$x+y+2z=-1$	$11+4-16=-1$	✓

⚠️ Vérifier une seule équation ne suffit pas. Une erreur de remontée satisfait typiquement l'équation qui a servi à remonter, et viole les autres. Ici c'est $L_1$ qui a servi : ce sont donc $L_2$ et $L_3$ qui portent l'information de contrôle.

👉 Le contrôle prend trente secondes et transforme une réponse incertaine en réponse sûre. Sur un système, il n'y a aucune excuse pour ne pas le faire.

⚠️ Se tromper de multiplicateur : pour éliminer $x$ entre $-x$ et $2x$, il faut $L_2+2L_1$, pas $L_2-2L_1$. Le repère : les coefficients de $x$ doivent s'annuler, donc être opposés après multiplication. Ici $2x$ et $2\times(-x)=-2x$ ✓.

⚠️ Perdre un signe en remontant : $-z=-(-8)=+8$, d'où $12$ et non $-4$. C'est de loin l'erreur la plus fréquente de cet exercice.

⚠️ Oublier le second membre dans une combinaison. Ici $L_2+2L_1$ donne $2+2\times1=4$ à droite, pas $2$.

⚠️ Croire qu'on s'est trompé parce que les solutions sont « grandes ». $x=11$ et $z=-8$ sur un système à coefficients $\pm1,\pm2$ peut surprendre, mais c'est parfaitement normal — et le contrôle le confirme.

Éliminer en escalier, puis remonter. La méthode ne change pas avec la taille ; seul le nombre d'étapes augmente.

Et sur un système $3\times3$, vérifier dans les trois équations : c'est le seul contrôle qui attrape une erreur de remontée, parce qu'une telle erreur se cache justement dans l'équation qui a servi.

L'une des équations est-elle un multiple de l'autre ?

Si oui, le système est dégénéré.

Combien de solutions : aucune, une, ou une infinité ?

Avant de se lancer dans un pivot, regarder les équations. Ici $L_2$ est exactement le double de $L_1$ : elle n'apporte aucune information nouvelle.

Le système se réduit donc à une seule équation pour deux inconnues — il y aura une infinité de solutions, qu'il faudra paramétrer.

Un système linéaire a soit AUCUNE solution, soit UNE SEULE, soit une INFINITÉ. Jamais deux, jamais trois.

C'est une propriété structurelle, et elle se comprend géométriquement. Chaque équation à deux inconnues est une droite du plan. Deux droites peuvent :

configuration	solutions
se croiser en un point	une seule
être parallèles distinctes	aucune
être confondues	une infinité

Il n'y a pas de quatrième cas — deux droites distinctes ne peuvent pas se croiser deux fois.

👉 C'est un contrôle de sortie très puissant : si ta réponse est « deux solutions », elle est fausse avant même qu'on regarde le calcul.

Ici les deux équations décrivent la même droite : troisième cas.

Systèmes équivalents et redondance Une équation qui est multiple d'une autre et dont le second membre suit le même facteur est redondante : on peut la supprimer sans changer les solutions. Si le second membre ne suit pas, les deux équations se contredisent et le système n'a aucune solution.

$$L_2:\;2x+4y=6\qquad\text{et}\qquad 2\times L_1:\;2(x+2y)=2\times3\;\text{ soit }\;2x+4y=6$$

Les deux membres sont proportionnels du MÊME facteur $2$ : à gauche $2x+4y=2(x+2y)$ ✓, à droite $6=2\times3$ ✓.

$L_2$ est donc redondante, et le système équivaut à la seule équation $x+2y=3$.

⚠️ C'est ce même facteur qui distingue ce cas du système incompatible. Si l'énoncé avait porté $2x+4y=7$, on aurait $2\times3=6\neq7$ : les deux équations se contrediraient, et il n'y aurait aucune solution.

Il reste une équation pour deux inconnues : une inconnue reste libre, donc une infinité de solutions.

👉 La règle générale : nombre de solutions lié au nombre d'équations indépendantes. Deux inconnues et une seule équation indépendante $\Rightarrow$ une droite de solutions, décrite par un paramètre.

On choisit $y$ comme paramètre, en posant $y=t$ avec $t$ réel quelconque. L'équation $x+2y=3$ donne alors

$$x=3-2t$$

$$\boxed{(x,y)=(3-2t,\;t),\qquad t\in\mathbb{R}}$$

ℹ️ On aurait tout aussi bien pu poser $x=s$, d'où $y=\frac{3-s}{2}$ : c'est le même ensemble de solutions, décrit autrement. Aucun des deux n'est plus juste que l'autre.

Prends deux valeurs du paramètre et vérifie dans l'équation de départ :

$t$	$(x,y)$	$x+2y$	vérifié ?
$0$	$(3,\,0)$	$3+0=3$	✓
$1$	$(1,\,1)$	$1+2=3$	✓
$-2$	$(7,\,-2)$	$7-4=3$	✓

Et dans $L_2$ aussi : $2\times3+4\times0=6$ ✓ pour le premier.

👉 Vérifier deux valeurs distinctes est ce qui prouve qu'on a bien une infinité de solutions, et pas un point isolé mal écrit.

⚠️ Répondre « deux solutions » après avoir trouvé deux points particuliers. Un système linéaire n'a jamais exactement deux solutions — si tu en trouves deux, il y en a une infinité, et il faut paramétrer.

⚠️ Confondre avec le système incompatible. C'est la proportionnalité du second membre qui décide — voir le pas 4.

⚠️ Se lancer dans le pivot sans regarder. Ici $L_2-2L_1$ donne « $0=0$ », ce qui est juste mais déroutant si on ne s'y attendait pas. Un instant d'observation évite la surprise.

⚠️ Oublier de dire que $t$ parcourt $\mathbb{R}$. Sans cette précision, $(3-2t,t)$ n'est pas un ensemble de solutions, c'est une expression.

Regarder avant de calculer : une équation multiple d'une autre est un système dégénéré, et ça se voit en trois secondes.

Et retiens la trichotomie — aucune, une, ou une infinité. Toute autre réponse est fausse par construction, ce qui en fait le contrôle de sortie le moins cher du chapitre.

Pour $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$, déterminant $=ad-bc$.

Calcule.

Inversible $\iff \det\neq0$.

Le déterminant répond à une question précise : la matrice est-elle inversible ? En dimension $2$, il se calcule en une ligne.

Et le lien avec l'inversibilité n'est pas une coïncidence : le déterminant mesure si les deux colonnes sont indépendantes ou proportionnelles.

Le calcul $ad-bc$ a l'air arbitraire. Il ne l'est pas — il mesure une aire.

Vois les deux colonnes $\begin{pmatrix}a\\c\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}b\\d\end{pmatrix}$ comme deux vecteurs du plan. Ils déterminent un parallélogramme, et

$$\lvert\det\rvert=\text{aire de ce parallélogramme}$$

👉 D'où l'équivalence avec l'inversibilité : si les deux vecteurs sont proportionnels (colinéaires), ils sont alignés, le parallélogramme est plat, son aire est nulle — et la matrice écrase le plan sur une droite. Une telle transformation ne peut pas se défaire : on ne retrouve pas ce qu'on a aplati. Donc pas d'inverse.

Si l'aire est non nulle, la matrice déforme le plan sans l'aplatir, et on peut revenir en arrière.

⚠️ Le signe du déterminant a lui aussi un sens : il dit si la transformation conserve ou inverse l'orientation. Pour la question de l'inversibilité, seul le fait d'être nul ou non compte.

Déterminant $2\times2$ et inversibilité

$$\det\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=ad-bc$$

$A$ est inversible si et seulement si $\det A\neq0$. C'est une équivalence : le déterminant décide dans les deux sens.

Le schéma : diagonale principale (du haut-gauche vers le bas-droite) moins anti-diagonale.

$2\neq0$, donc $A$ est inversible.

(Et l'aire du parallélogramme construit sur $\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}5\\4\end{pmatrix}$ vaut $2$ — petite, mais non nulle : les deux vecteurs sont presque alignés sans l'être.)

$$\boxed{\det A=2\neq0\ \Longrightarrow\ A\ \text{est inversible}}$$

Contrôle qualitatif : $\det=0$ signifie colonnes proportionnelles. Ici $\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}5\\4\end{pmatrix}$ le sont-elles ? Il faudrait $\frac{3}{5}=\frac{2}{4}$, soit $0{,}6=0{,}5$ — faux.

Elles ne sont donc pas proportionnelles, et le déterminant doit être non nul ✓.

Ce contrôle ne donne pas la valeur, mais il valide la conclusion — et c'est elle qu'on rend.

⚠️ Calculer $ad+bc$ au lieu de $ad-bc$ : on trouverait $12+10=22$, également non nul, donc la conclusion serait juste par hasard.

👉 C'est le pire cas possible : rien ne signale l'erreur, et l'habitude est prise. Elle se paiera au premier exercice où $ad+bc$ et $ad-bc$ n'ont pas le même statut vis-à-vis de zéro — ou dès qu'on aura besoin de la valeur (formule de l'inverse, exercice B3).

⚠️ Croiser dans le mauvais sens ($ac-bd$), en confondant lignes et colonnes.

⚠️ Conclure « non inversible » parce que le déterminant est petit. $2$ est petit mais non nul : l'inversibilité est une question de nullité, pas de taille.

$ad-bc$ : diagonale principale moins anti-diagonale.

Et retiens que ces trois énoncés disent la même chose :

$$\det A=0\ \iff\ \text{colonnes proportionnelles}\ \iff\ A\text{ non inversible}$$

Trois formulations, trois façons de contrôler — la deuxième se lit à l'œil, sans calcul.

Développe selon une ligne/colonne (en choisir une avec des zéros).

Développement 1ʳᵉ ligne : signes $+,-,+$.

Chaque mineur est un déterminant 2×2.

En dimension $3$, on développe : on ramène le calcul à trois déterminants $2\times2$, qu'on sait faire.

Le développement se fait selon n'importe quelle ligne ou colonne — et on choisit toujours la plus creuse, car chaque zéro supprime un mineur à calculer. Ici aucune ne l'est vraiment, on prend la première.

Développement selon une ligne

$$\det A=\sum_j (-1)^{i+j}\,a_{ij}\,M_{ij}$$

où $M_{ij}$ est le déterminant obtenu en supprimant la ligne $i$ et la colonne $j$ (on l'appelle un mineur).

Le damier des signes

$$\begin{pmatrix}+&-&+\\-&+&-\\+&-&+\end{pmatrix}$$

Il commence par $+$ en haut à gauche et alterne dans les deux directions. Sur la première ligne : $+\,-\,+$.

Les coefficients sont $1$, $2$, $3$, avec les signes $+$, $-$, $+$ :

$$\det A=+1\begin{vmatrix}3&0\\0&1\end{vmatrix}-2\begin{vmatrix}2&0\\3&1\end{vmatrix}+3\begin{vmatrix}2&3\\3&0\end{vmatrix}$$

Comment se forme chaque mineur — on barre la ligne $1$ et la colonne du coefficient :

• pour $a_{11}=1$ : on barre ligne $1$, colonne $1$ → il reste $\begin{pmatrix}3&0\\0&1\end{pmatrix}$ ;
• pour $a_{12}=2$ : on barre ligne $1$, colonne $2$ → il reste $\begin{pmatrix}2&0\\3&1\end{pmatrix}$ ;
• pour $a_{13}=3$ : on barre ligne $1$, colonne $3$ → il reste $\begin{pmatrix}2&3\\3&0\end{pmatrix}$.

Règle de Sarrus (valable en $3\times3$ seulement) : on somme les trois diagonales descendantes et on retranche les trois montantes.

$$\underbrace{1\cdot3\cdot1+2\cdot0\cdot3+3\cdot2\cdot0}_{\text{descendantes}}-\underbrace{(3\cdot3\cdot3+0\cdot0\cdot1+1\cdot2\cdot2)}_{\text{montantes}}$$

$$=(3+0+0)-(27+0+4)=3-31=-28$$

✓

Même résultat par un chemin totalement différent.

👉 Développer selon une autre ligne est un contrôle tout aussi valable, et c'est celui qu'il faut préférer au-delà de la dimension $3$, où Sarrus ne s'applique plus.

⚠️ Oublier l'alternance des signes et sommer les trois termes : on trouverait $3+4-27=-20$. Le signe du milieu est négatif, toujours, sur une première ligne.

⚠️ Mal former un mineur : pour le coefficient $(1,2)$, on supprime la ligne $1$ et la colonne $2$ ; il reste $\begin{pmatrix}2&0\\3&1\end{pmatrix}$. L'erreur fréquente est de garder la colonne $2$ et de supprimer la $1$.

⚠️ Appliquer Sarrus en dimension 4. La règle ne vaut que pour les matrices $3\times3$ ; au-delà, elle donne un résultat faux.

⚠️ Croire qu'un déterminant est toujours positif. Ici il vaut $-28$ : c'est parfaitement normal, et le signe porte une information (l'orientation).

Développer selon la ligne ou la colonne la plus creuse — chaque zéro économise un mineur $2\times2$.

Et surveille le damier de signes. Le contrôle le plus sûr est de recalculer selon une autre ligne : les deux doivent coïncider, et un désaccord désigne immédiatement l'erreur.

Vérifie d'abord $\det A\neq0$.

$A^{-1}=\dfrac{1}{\det A}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$.

N'oublie pas le facteur $\tfrac{1}{\det A}$.

En dimension $2$, l'inverse a une formule directe : inutile de passer par Gauss-Jordan.

Mais elle commence par le déterminant, et pour une bonne raison : si $\det A=0$, l'inverse n'existe pas et la formule n'a aucun sens — on diviserait par zéro.

Inverse d'une matrice $2\times2$

$$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}\qquad\text{si }\det A\neq0$$

On échange les deux termes diagonaux, on change le signe des deux autres (sans les bouger), puis on divise par le déterminant.

Ce qu'est un inverse $A^{-1}$ est l'unique matrice telle que $AA^{-1}=A^{-1}A=I$, où $I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$ est l'identité — la matrice qui ne fait rien.

$$\det A=4\times2-3\times3=8-9=-1$$

$-1\neq0$, donc $A$ est inversible et la formule s'applique.

On construit d'abord la matrice « échangée et signée » :

$$\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-3\\-3&4\end{pmatrix}$$

(les $4$ et $2$ ont échangé leurs places ; les deux $3$ sont restés en place et ont changé de signe)

Puis on divise par $\det A=-1$ — ce qui, ici, change tous les signes :

$$\boxed{A^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}2&-3\\-3&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&3\\3&-4\end{pmatrix}}$$