Exemple 4.3.1. Le déterminant d’une matrice \(3\times 3\) avec la formule.
On considère la matrice de l’exemple 4.2.13. On vérifie que le déterminant calculé avec la formule (✶) correspond à celui que l’on a calculé précédemment.
Section 4.3 Les mineurs et les cofacteurs
Aller aux exercices 4.3.4 de la section.
Dans la section 4.1, on est arrivée à une formule générale pour le déterminant d’une matrice \(2\times 2\text{.}\) On s’intéresse maintenant à l’équivalent pour une matrice \(3\times 3\text{.}\) La formule en soi ne sera pas particulièrement utile, mais le travail de réflexion permettra d’en retirer des outils théoriques qui serviront plus tard.
Dans cette section, on introduit les notions de mineur, de cofacteur et le développement de Laplace du déterminant.
Sous-section 4.3.1 Une formule pour le cas \(3\times 3\)
Avec une matrice \(3\times 3\text{,}\) le déterminant s’obtient en échelonnant la matrice, au moins jusqu’à l’obtention d’une forme triangulaire. Dans cette sous-section, on utilise plutôt les propriétés du déterminant pour montrer que
\begin{align}
\begin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}=a_{1,1}a_{2,2}a_{3,3}+a_{1,2}a_{2,3}a_{3,1}+a_{1,3}a_{2,1}a_{3,2}-a_{1,3}a_{2,2}a_{3,1}-a_{1,1}a_{2,3}a_{3,2}-a_{1,2}a_{2,1}a_{3,3}\text{.}\tag{✶}
\end{align}
Il semble, avec raison, plus difficile de retenir cette formule que de faire le calcul en échelonnant comme on l’a fait à la section 4.2. Toutefois, en analysant de l’équation (✶), on sera en mesure d’en comprendre la structure et d’en généraliser l’idée. Dans un premier temps, on applique la formule pour calculer le déterminant d’une matrice.
On revient maintenant à la formule. Celle-ci peut être démontrée en utilisant les propriétés des déterminants. On en fait l’objet de la proposition suivante.
Proposition 4.3.2. La formule pour le cas \(3\times 3\).
Soit \(A=\begin{pmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{pmatrix}\text{,}\) une matrice \(3\times 3\text{.}\) Alors
\begin{equation}
\begin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}=a_{1,1}a_{2,2}a_{3,3}+a_{1,2}a_{2,3}a_{3,1}+a_{1,3}a_{2,1}a_{3,2}-a_{1,3}a_{2,2}a_{3,1}-a_{1,1}a_{2,3}a_{3,2}-a_{1,2}a_{2,1}a_{3,3} \text{.}\tag{4.3.1}
\end{equation}
Démonstration.
Dans la proposition 4.1.17, on a essentiellement utilisé les opérations sur les lignes pour montrer que le déterminant d’une matrice \(2\times 2\) est \(ad-bc\text{.}\) On a dû étudier plusieurs cas en fonction des nombres valant \(0\text{,}\) car on voulait utiliser la division. Pour le cas \(3\times 3\text{,}\) on a accès à plus de propriétés du déterminant, ce qui devrait faciliter la tâche. Une démarche similaire aurait aussi pu être faite pour le cas \(2\times 2\text{.}\) Cette démarche sera l’objet de l’exercice 4.3.4.1.
L’astuce est de considérer la première ligne \(\vec{l}_1=(a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3})\) et de la réécrire comme étant une somme de trois vecteurs:
\begin{equation*}
(a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3})=(a_{1,1},0,0)+(0,a_{1,2},0)+(0,0,a_{1,3})\text{.}
\end{equation*}
On a alors
\begin{align}
\begin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix} a_{1,1}+0+0&0+a_{1,2}+0&0+0+a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}\notag\\
&=\begin{vmatrix} a_{1,1}&0&0\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 0&a_{1,2}&0\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 0&0&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detsomme.html}{\text{4.2.17:5}}\notag\\
&=a_{1,1}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}+a_{1,2}\begin{vmatrix} 0&1&0\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}+a_{1,3}\begin{vmatrix} 0&0&1\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detr.html}{\text{4.2.11:2}}\notag\\
&=a_{1,1}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,2}&a_{2,3}\\
0&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}+a_{1,2}\begin{vmatrix} 0&1&0\\
a_{2,1}&0&a_{2,3}\\
a_{3,1}&0&a_{3,3}\end{vmatrix}+a_{1,3}\begin{vmatrix} 0&0&1\\
a_{2,1}&a_{2,2}&0\\
a_{3,1}&a_{3,2}&0\end{vmatrix}& &\text{en éliminant avec } \knowl{./knowl/xref/li-detk.html}{\text{4.2.11:4}}\tag{4.3.2}\\
&=a_{1,1}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,2}&a_{2,3}\\
0&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}-a_{1,2}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,1}&a_{2,3}\\
0&a_{3,1}&a_{3,3}\end{vmatrix}-a_{1,3}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,2}&a_{2,1}\\
0&a_{3,2}&a_{3,1}\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detp.html}{\text{4.2.11:3}}\tag{4.3.3}\\
&=a_{1,1}\begin{vmatrix} a_{2,2}& a_{2,3}\\
a_{3,2}& a_{3,3}\end{vmatrix}-a_{1,2}\begin{vmatrix} a_{2,1}& a_{2,3}\\
a_{3,1}& a_{3,3}\end{vmatrix}-a_{1,3}\begin{vmatrix} a_{2,2}& a_{2,1}\\
a_{3,2}& a_{3,1}\end{vmatrix}&&\text{ selon l'exercice } \knowl{./knowl/xref/exo-detsousmatrice.html}{\text{4.2.3.7}}\notag\\
&=a_{1,1}(a_{2,2}a_{3,3}-a_{2,3}a_{3,2})-a_{1,2}(a_{2,1}a_{3,3}-a_{3,1}a_{2,3})-a_{1,3}(a_{2,2}a_{3,1}-a_{3,2}a_{2,1})&&\text{selon la formule } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\notag\\
&=a_{1,1}a_{2,2}a_{3,3}-a_{1,1}a_{2,3}a_{3,2}-a_{1,2}a_{2,1}a_{3,3}+a_{1,2}a_{3,1}a_{2,3}-a_{1,3}a_{2,2}a_{3,1}+a_{1,3}a_{3,2}a_{2,1}\notag\\
&=a_{1,1}a_{2,2}a_{3,3}+a_{1,2}a_{3,1}a_{2,3}+a_{1,3}a_{3,2}a_{2,1}-a_{1,3}a_{2,2}a_{3,1}-a_{1,1}a_{2,3}a_{3,2}-a_{1,2}a_{2,1}a_{3,3}&&\text{en réarrangeant les termes}\text{.}\notag
\end{align}
Encore une fois, il convient de répéter qu’il n’est pas nécessaire de retenir cette formule. La façon de procéder est fastidieuse et demande un certain effort pour généraliser au cas \(n\times n\text{.}\) On peut toutefois étudier l’allure de la formule et en déduire certaines propriétés. Ces propriétés aideront à formuler une méthode alternative dans la sous-section suivante.
Sous-section 4.3.2 Les mineurs et les cofacteurs
On essaie maintenant d’analyser en détail la formule (4.3.1) afin de trouver une manière de la généraliser. Dans un premier temps, on peut remarquer que la formule est composée de six termes, qui sont eux-mêmes constitués de trois facteurs. Parmi ces six termes, trois sont affectés d’un signe positif et les trois autres d’un signe négatif. De plus, chaque terme contient exactement un terme de chaque ligne et de chaque colonne de la matrice. En effet, dans le terme \(a_{1,3}a_{3,2}a_{2,1}\text{,}\) la ligne \(1\) n’apparait qu’au facteur \(a_{1,3}\) et les lignes \(2\) et \(3\) respectivement aux facteurs \(a_{2,1}\) et \(a_{3,2}\text{,}\) alors que la colonne \(1\) apparait seulement au terme \(a_{2,1}\) et les colonnes \(2\) et \(3\) respectivement aux facteurs \(a_{3,2}\) et \(a_{1,3}\text{.}\)
D’ailleurs, on peut comprendre le fait qu’il y a six termes dans la formule en comptant le nombre de manières de sélectionner les entrées de la matrice afin d’avoir un représentant de chaque ligne et de chaque colonne.
-
On choisit un élément de la ligne \(1\text{.}\) On a trois choix.
-
On choisit ensuite un élément de la ligne \(2\text{.}\) On a seulement deux choix, car on ne peut pas prendre la même colonne que pour la ligne \(1\text{.}\)
-
Finalement, il ne reste qu’un élément disponible pour la troisième ligne.
-
On multiplie ces possibilités pour obtenir \(3*2*1=6\text{.}\)
-
Pour le cas \(2\times 2\text{,}\) on arrive à \(2*1=2\) possibilité, ce qui correspond bien au nombre de termes dans la formule 4.1.25:11.
-
En général, on devrait avoir \(n(n-1)\cdots 2*1=n!\) termes dans la formule. Pour le seul cas \(4\times 4\text{,}\) cela représente 24 termes.
On comprend maintenant d’où vient le nombre de termes et l’on sait comment les choisir. En fait, si l’on se permet de faire une permutation de colonnes additionnelle dans le dernier terme de l’équation (4.3.3), on arrive à (noter le changement de signe du troisième terme et la permutation des colonnes deux et trois)
\begin{align}
\begin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix} a_{1,1}+0+0&0+a_{1,2}+0&0+0+a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}=a_{1,1}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,2}&a_{2,3}\\
0&a_{3,2}&a_{3,3}\end{vmatrix}-a_{1,2}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,1}&a_{2,3}\\
0&a_{3,1}&a_{3,3}\end{vmatrix}+a_{1,3}\begin{vmatrix} 1&0&0\\
0&a_{2,1}&a_{2,2}\\
0&a_{3,1}&a_{3,2}\end{vmatrix}\notag\\
&=a_{1,1}\begin{vmatrix} a_{2,2}& a_{2,3}\\
a_{3,2}& a_{3,3}\end{vmatrix}-a_{1,2}\begin{vmatrix} a_{2,1}& a_{2,3}\\
a_{3,1}& a_{3,3}\end{vmatrix}+a_{1,3}\begin{vmatrix} a_{2,1}& a_{2,2}\\
a_{3,1}& a_{3,2}\end{vmatrix}\text{.}\tag{4.3.4}
\end{align}
En comparant les déterminants \(2\times 2\) de l’équation (4.3.4) avec les entrées des matrices de l’équation (4.3.2), on arrive à la définition suivante.
Définition 4.3.3. Les mineurs.
Soit \(A\text{,}\) une matrice carrée de taille \(n\times n\text{.}\) On note \(A_{i,j}\text{,}\) la matrice obtenue de \(A\) en supprimant la ligne \(i\) et la colonne \(j\text{.}\) On appelle le mineur de la position \(i,j\text{,}\) ou encore le mineur de l’élément \(a_{i,j}\) le déterminant de la matrice \(A_{i,j}\text{.}\)
Exemple 4.3.4. Trois mineurs d’une matrice \(3\times 3\).
On considère une matrice \(3\times 3\) quelconque et l’on veut calculer les mineurs de la première ligne.
Solution.
Si
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}\\
a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}\\
a_{3,1}&a_{3,2}&a_{3,3}\end{pmatrix}\text{,}
\end{equation*}
alors
\begin{align*}
A_{1,1}&=\begin{pmatrix}a_{2,2} &a_{2,3} \\a_{3,2}&a_{3,3} \end{pmatrix}\\
A_{1,2}&=\begin{pmatrix}a_{2,1} &a_{2,3} \\a_{3,1}&a_{3,3} \end{pmatrix}\\
A_{1,3}&=\begin{pmatrix}a_{2,1} &a_{2,2} \\a_{3,1}&a_{3,2} \end{pmatrix}
\end{align*}
et leurs déterminants respectifs sont
\begin{equation*}
\det(A_{1,1})=a_{2,2}a_{3,3}-a_{2,3}a_{3,2}\text{,}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\det(A_{1,2})=a_{2,1}a_{3,3}-a_{3,1}a_{2,3}
\end{equation*}
et
\begin{equation*}
\det(A_{1,3})=a_{2,1}a_{3,2}-a_{3,1}a_{2,2}\text{.}
\end{equation*}
Les trois mineurs obtenus à l’exemple précédent correspondent à ceux des matrices \(2\times 2\) de l’équation (4.3.4). On passe maintenant aux signes des termes de l’équation (4.3.4). En particulier, les termes avec \(a_{1,1}\) et \(a_{1,3}\) sont multipliés par \(1\text{,}\) alors que celui avec \(a_{1,2}\) est multiplié par \(-1\text{.}\) L’idée est de partir de l’équation (4.3.2) et de permuter les colonnes pour que la première ligne et la première colonne soient composées du vecteur \((1,0,0)\text{,}\) mais que l’ordre relatif des autres colonnes soit préservé. Ce n’était pas le cas pour le dernier terme de l’équation (4.3.3), car la dernière matrice a la colonne des \(a_{i,1}\) après celle des \(a_{i,2}\text{.}\) Une permutation supplémentaire a permis d’obtenir le résultat voulu à l’équation (4.3.4).
En général, le nombre de permutations de colonnes requis pour satisfaire cette contrainte est égal à \(j-1\text{,}\) ce qui mène au signe \((-1)^{j-1}=(-1)^{1+j}\text{.}\) On préfère écrire l’exposant sous la forme \(1+j\) pour des raisons qui deviendront claires sous peu. On veut maintenant introduire la notion de cofacteur. Pour cela, on généralise l’idée ci-dessus d’envoyer une entrée de la matrice à la position \(1,1\) sans changer l’ordre relatif des lignes et colonnes.
Exemple 4.3.5. Déplacer une entrée dans une matrice.
Soit \(A=\matcolt{a_{1,1}}{0}{a_{1,3}}{a_{2,1}}{0}{a_{2,3}}{0}{1}{0}\text{,}\) une matrice quelconque avec la deuxième ligne et la troisième colonne ne contenant que des zéros sauf la valeur \(1\) à l’intersection. On veut, à l’aide d’opérations élémentaires sur les lignes ou sur les colonnes (voir l’exercice
[provisional cross-reference: Exercice sur les opelem colonne]), déplacer le \(1\) en position \(1,1\) sans changer l’ordre relatif des lignes et des colonnes pour les autres entrées
Solution.
On utilise Sage pour faire les calculs. La multiplication à gauche d’une matrice \(M\) par une matrice de type \(E_{L_i\leftrightarrow L_j}\) a pour effet d’interchanger les lignes \(i,j\) de \(M\text{,}\) alors que la multiplication à droite par cette même matrice interchange les colonnes \(i,j\text{.}\) On utilise Sage pour faire le calcul.
Si l’on regarde attentivement les entrées de la matrice \(A2\text{,}\) on constate que l’ordre relatif des lignes \(1,2\) n’est pas respecté, mais que celui des colonnes \(1,3\) l’est. Il faut donc faire une autre permutation des lignes pour avoir le résultat voulu.
Au total, on a eu besoin de trois matrices élémentaires pour faire le travail.
Maintenant, la définition du cofacteur.
Définition 4.3.6. Les cofacteurs.
Soit \(A\text{,}\) une matrice carrée de taille \(n\times n\) et \(A_{i,j}\text{,}\) le mineur de la position \(i,j\text{.}\) Le cofacteur de la position \(i,j\text{,}\) noté \(C_{i,j}\text{,}\) est le nombre
\begin{equation*}
C_{i,j}=(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\text{.}
\end{equation*}
Le terme \((-1)^{i+j}\) est lié au nombre de permutations nécessaires pour envoyer l’entrée en position \(i,j\) à la position \(1,1\text{.}\) Les détails sont présentés à l’exercice 4.3.4.3.
Exemple 4.3.7. Trois cofacteurs d’une matrice \(3\times 3\).
On considère une matrice \(3\times 3\) quelconque et l’on veut calculer les cofacteurs de la première ligne.
Solution.
En regardant les cofacteurs, on se rend compte qu’on est très près de la formule (4.3.1) pour l’équation d’un déterminant. En fait, devant chaque cofacteur, il ne manque que l’entrée \(a_{1,j}\text{.}\) On a donc, pour une matrice \(A\) de taille \(3\times 3\text{,}\)
\begin{equation*}
\det(A)=a_{1,1}\det(A_{1,1})-a_{1,2}\det(A_{1,2})+a_{1,3}\det(A_{1,3})\text{.}
\end{equation*}
Il n’y a rien de particulier avec la ligne \(1\text{,}\) on peut, dans la preuve de la proposition 4.3.2, se servir d’une autre ligne ou même d’une colonne et arriver au même résultat. Finalement, on obtient le résultat suivant.
Proposition 4.3.8. Le développement de Laplace du déterminant \(n\times n\).
Soit \(A\text{,}\) une matrice \(n\times n\) et \(\det(A_{i,j})\) et \(C_{i,j}\text{,}\) respectivement le mineur et le cofacteur de la position \(i,j\text{.}\) Alors pour tout \(1\leq i\leq n\text{,}\) on a
\begin{equation}
\det(A)=\sum_{j=1}^n a_{i,j}C_{i,j}=\sum_{j=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\text{.}\tag{4.3.5}
\end{equation}
C’est le développement selon la ligne \(i\text{.}\)
On a aussi, pour tout \(1\leq j\leq n\text{,}\) le développement selon la colonne j:
\begin{equation*}
\det(A)=\sum_{i=1}^n a_{i,j}C_{i,j}=\sum_{i=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\text{.}
\end{equation*}
Démonstration.
On fait la preuve pour les lignes, la preuve pour les colonnes étant presque identique.
On montre que la fonction \(D(A)=\sum_{j=1}^n a_{i,j}C_{i,j}=\sum_{j=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\) satisfait les propriétés 4.2.11:1–4.2.11:4.
Dans un premier temps, si \(A=I_{n+1}\) est la matrice identité de taille \(n+1\text{,}\) alors le seul terme qui reste dans la fonction \(D(A)\) est \(a_{i,i}(-1)^{i+i}\det(A_{i,i})\text{.}\) La sous-matrice \(A_{i,i}\) est la matrice identité de taille \(n\times n\) et son déterminant vaut \(1\text{.}\) Comme \((-1)^{i+i}=(-1)^{2i}=1\) et que \(a_{1,1}=1\text{,}\) on a bien \(D(I)=1\text{.}\)
Soit maintenant \(B\text{,}\) une matrice de taille \((n+1)\times (n+1)\) obtenue à partir de \(A\) en multipliant la ligne \(k\) par \(r\text{.}\) On distingue deux cas. D’abord, si \(k=i\text{,}\) la ligne choisie pour le développement, alors \(b_{i,j}=ra_{i,j}\) et donc
\begin{align*}
D(B)&=\sum_{j=1}^n b_{i,j}(-1)^{i+j}\det(B_{i,j})\\
&=\sum_{j=1}^n ra_{i,j}(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})&& \text{car les lignes de }A\text{ et }B\text{ sont égales sauf en position } i\\
&=r\sum_{j=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\\
&=rD(A)\text{.}
\end{align*}
Enfin, si \(k\neq i\text{,}\) alors chaque sous-matrice \(B_{i,j}\) est égale à la sous-matrice \(A_{i,j}\text{,}\) sauf pour une ligne qui a été multipliée par \(r\text{.}\) Ainsi,
\begin{align*}
D(B)&=\sum_{j=1}^n b_{i,j}(-1)^{i+j}\det(B_{i,j})\\
&=\sum_{j=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}\det(B_{i,j})&& \text{ car les lignes } i \text{ des matrices sont égales}\\
&=\sum_{j=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}r\det(A_{i,j})&&\text{ selon }\knowl{./knowl/xref/li-detr.html}{\text{4.2.11:2}}\\
&=r\sum_{j=1}^n a_{i,j}(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\\
&=rD(A)\text{.}
\end{align*}
La propriété 4.2.11:2 est ainsi respectée.
On regarde maintenant ce qui se passe si \(B\) est obtenue de \(A\) en permutant deux lignes. On distingue aussi deux cas. Le premier se présente si les lignes permutées ne sont pas celles avec lesquelles on développe. On aura alors \(\det(B_{i,j})=-\det(A_{i,j})\text{,}\) car les sous-matrices sont les mêmes à une inversion de lignes près.
Dans le second cas, si les lignes \(i\) et \(k\) ont été échangées, on procède comme suit. On suppose que \(1\leq i< k\leq n\text{.}\) Si c’est l’inverse, l’idée est similaire. Soit \(\vec{a}_i\text{,}\) la ligne \(i\) de la matrice \(A\text{,}\) maintenant en position \(k\) dans la matrice \(B\text{.}\) On veut la remettre en ordre dans la sous-matrice \(B_{i,j}\text{.}\) Cela prendra \(k-i-1\) permutations. Par exemple, si \(i=3\) et \(k=7\text{,}\) les lignes de \(B\) sont \((\vec{a}_1,\vec{a}_{2},\vec{a}_{7},\vec{a}_{4},\vec{a}_{5},\vec{a}_{6},\vec{a}_{3},\ldots , \vec{a}_n)\text{.}\) Si l’on enlève la troisième ligne et que l’on veut réordonner les autres lignes, il faudra \(5\) permutations:
\begin{align*}
(\vec{a}_1,\vec{a}_{2},\cancel{\vec{a}_{7}},\vec{a}_{4},\vec{a}_{5},\vec{a}_{6},\vec{a}_{3},\ldots , \vec{a}_n)& \rightarrow(\vec{a}_1,\vec{a}_{2},\cancel{\vec{a}_{7}},\vec{a}_{4},\vec{a}_{5},\vec{a}_{3},\vec{a}_{6})\\
&\rightarrow (\vec{a}_1,\vec{a}_{2},\cancel{\vec{a}_{7}},\vec{a}_{4},\vec{a}_{3},\vec{a}_{5},\vec{a}_{6},\ldots , \vec{a}_n)\\
&\rightarrow (\vec{a}_1,\vec{a}_{2},\cancel{\vec{a}_{7}},\vec{a}_{3},\vec{a}_{4},\vec{a}_{5},\vec{a}_{6},\ldots , \vec{a}_n) \text{.}
\end{align*}
On a donc \(\det(B_{i,j})=(-1)^{k-i-1}\det(A_{k,j})\) et ainsi,
\begin{align*}
D(B)&=\sum_{j=1}^n b_{i,j}(-1)^{i+j}\det(B_{i,j})\\
&=\sum_{j=1}^n a_{k,j}(-1)^{i+j}(-1)^{k-i-1}\det(A_{k,j})\\
&=\sum_{j=1}^n a_{k,j}(-1)^{i+j+k-i-1}\det(A_{k,j})\\
&=\sum_{j=1}^n a_{k,j}(-1)^{k+j}(-1)\det(A_{k,j})\\
&=-\sum_{j=1}^n a_{k,j}(-1)^{k+j}\det(A_{k,j})\\
&=-D(A)\text{.}
\end{align*}
La fonction \(D\) respecte donc la propriété 4.2.11:3.
La dernière partie consiste à montrer que la propriété 4.2.11:4 est satisfaite. Si \(B\) est obtenue de \(A\) en ajoutant \(r\) fois la ligne \(s\) et \(C\) est obtenue en remplaçant la ligne \(t\) de \(A\) par sa ligne \(s\text{,}\) on remarque alors deux choses:
-
On a \(A_{t,j}=B_{t,j}=C_{t,j}\text{.}\)
On distingue une fois de plus deux cas. Si \(i\neq t\text{,}\) alors \(B_{i,k}=A_{i,k}\) et l’on a \(D(B)=D(A)\text{.}\) Si toutefois \(i=t\text{,}\) alors
\begin{align*}
D(B)&=\sum_{j=1}^n b_{t,j}(-1)^{t+j}\det(B_{t,j})\\
&=\sum_{j=1}^n (ra_{s,j}+a_{t,j})(-1)^{t+j}\det(B_{t,j})&&\text{par construction de } B\\
&=\sum_{j=1}^n ra_{s,j}(-1)^{t+j}\det(B_{t,j})+\sum_{j=1}^n a_{t,j})(-1)^{t+j}\det(B_{t,j})&&\text{en séparant la somme intérieure}\\
&=r\sum_{j=1}^n a_{s,j}(-1)^{t+j}\det(B_{t,j})+\sum_{j=1}^n a_{t,j})(-1)^{t+j}\det(B_{t,j})\\
&=r\sum_{j=1}^n a_{s,j}(-1)^{t+j}\det(C_{t,j})+\sum_{j=1}^n a_{t,j})(-1)^{t+j}\det(A_{t,j})&&\text{selon la remarque ci-dessus}\\
&=r\sum_{j=1}^n a_{s,j}(-1)^{t+j}\det(C_{t,j})+D(A)\\
&=r\sum_{j=1}^n c_{t,j}(-1)^{t+j}\det(C_{t,j})+D(A)&&\text{car la ligne } t \text{ de } C \text{ est la ligne } s \text{ de } A \\
&=r\det(C)+\det(A)\\
&=\det(A)&&\text{ car } \det(C)=0\text{.}
\end{align*}
Ainsi \(D(A)\) satisfait la propriété 4.2.11:4.
En général, les cofacteurs constituent une manière inefficace de calculer un déterminant. Toutefois, pour le cas \(3\times 3\text{,}\) ils peuvent s’avérer plus rapides que le calcul par Gauss-Jordan. Il y a un autre avantage, qui sera utile dans le chapitre 6, lorsque le déterminant contient des variables. Les cofacteurs ne nécessitant pas de division, on n’a pas de supposition à faire quant au fait que la variable pourrait s’avérer nulle lors d’une division. On regarde un exemple de calcul d’un déterminant \(3\times 3\) avec la méthode des cofacteurs.
Exemple 4.3.9. Le développement du déterminant par les cofacteurs.
Soit
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix} 5& 0& -3\\
2& -2& 3\\
1& 0& 4\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
On veut calculer son déterminant en utilisant la méthode des cofacteurs.
Solution.
En regardant la matrice, on constate que la seconde colonne ne contient qu’une entrée non nulle, en position \(2,2\text{.}\) Si l’on fait un développement sur la deuxième colonne, il ne restera de l’équation (4.3.5) que ce terme non nul:
\begin{equation*}
\det(A)=a_{1,2}C_{1,2}+a_{2,2}C_{2,2}+a_{3,2}C_{3,2}=a_{2,2}C_{2,2}\text{.}
\end{equation*}
On calcule \(C_{2,2}=(-1)^{2+2}\det(A_{2,2})=det(A_{2,2})\) en calculant le déterminant de la sous-matrice qui est obtenue en enlevant la deuxième ligne et la deuxième colonne:
\begin{equation*}
det(A_{2,2})=\begin{vmatrix}
5& -3\\
1&4
\end{vmatrix}=23\text{.}
\end{equation*}
On a donc \(\det(A)=-2*23=-46\text{.}\) Sage pourra confirmer ce résultat.
La proposition 4.3.8 montre que la fonction déterminant existe. On peut toutefois se demander si elle est unique. Il pourrait en effet y avoir plus d’une fonction qui satisfait la définition 4.2.10. On peut maintenant montrer que le déterminant est unique.
Proposition 4.3.10. Le déterminant d’une matrice est unique.
Soit \(A\text{,}\) une matrice \(n\times n\) et soit \(D_1(A),D_2(A)\text{,}\) deux fonctions qui satisfont les propriétés 4.2.11:1–4.2.11:4. Alors \(D_1(A)=D_2(A)\text{.}\) On peut donc parler sans problème du déterminant de \(A\text{.}\)
Démonstration.
Le calcul repose sur le fait que, peu importe la fonction déterminant, les propriétés 4.2.11:1–4.2.11:4 font en sorte que le déterminant des matrices élémentaires est le même. De plus, une fonction qui satisfait ces propriétés satisfait aussi toutes celles de la section 4.2, en particulier la propriété du produit dans la proposition 4.2.15. Finalement, on aura besoin du fait que la forme échelonnée réduite d’une matrice est unique, comme démontré à la proposition 3.1.24.
On fixe une manière d’échelonner la matrice \(A\) jusqu’à sa forme échelonnée réduite \(R\text{.}\) Ceci implique qu’il existe une suite de matrices élémentaires \(E_1,E_2,\ldots , E_k\) telles que
\begin{equation*}
R=E_kE_{k-1}\cdots E_1A\text{.}
\end{equation*}
Comme les matrices élémentaires sont inversibles et sont aussi des matrices élémentaires, on peut alors écrire
\begin{equation*}
A=F_1F_2\cdots F_kR
\end{equation*}
où \(F_i=E_i^{-1}\text{.}\) On a donc
\begin{align*}
D_1(A)&=D_1(F_1F_2\cdots F_kR)\\
&=D_1(F_1)D_1(F_2)\cdots D_1(F_k)D_1(R)
\end{align*}
et
\begin{align*}
D_2(A)&=D_2(F_1F_2\cdots F_kR)\\
&=D_2(F_1)D_2(F_2)\cdots D_2(F_k)D_2(R)\text{.}
\end{align*}
Comme la matrice ERL est unique, on a \(D_1(A)=D_2(A)\text{.}\) Si l’on utilise une autre chaine de matrices pour arriver à \(R\text{,}\) on aura quand même \(D_1(A)=D_2(A)\) pour cette autre chaine.
On termine avec des commandes Sage en lien avec la sous-section.
Calcul 4.3.11. Les cofacteurs et Sage.
Sage ne possède pas de fonction pour calculer les cofacteurs d’une matrice. On peut toutefois les calculer manuellement à l’aide de quelques commandes simples. En particulier, on peut accéder à une sous-matrice de \(A\) à l’aide de la commande
A[L1,L2], où L1,L2 sont des listes des lignes (L1) et des colonnes (L2) que l’on veut garder. Par exemple, pour afficher la sous-matrice \(A_{2,3}\) d’une matrice \(3\times 3\text{,}\) on procède comme suit.
On peut ensuite calculer le cofacteur de cet élément en réécrivant la formule.
On peut ensuite calculer le déterminant en utilisant le développement selon une ligne ou une colonne déterminée.
Sous-section 4.3.3 La matrice adjointe
On termine cette section avec la notion de matrice adjointe. Cette matrice, encore une fois plus utile en théorie qu’en pratique, donne une formule pour l’inverse d’une matrice en fonction des cofacteurs. Elle permettra toutefois d’avoir une manière simple de calculer l’inverse d’une matrice \(2\times 2\text{.}\)
Définition 4.3.12. La matrice adjointe.
Soit \(A\text{,}\) une matrice carrée d’ordre \(n\) et \(C\text{,}\) la matrice telle que \(c_{i,j}=(-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\text{,}\) le cofacteur de la position \(i,j\) de la matrice \(A\text{.}\) La matrice adjointe de \(A\) est la matrice
\begin{equation*}
\text{adj}(A)=C^T
\end{equation*}
À titre d’exemple, on calcule la matrice adjointe d’une matrice \(3\times 3\) spécifique et d’une matrice \(2\times 2\) arbitraire.
Exemple 4.3.13. Exemple de matrice adjointe.
On considère la matrice \(A=\begin{pmatrix} 5& 0& -3\\
2& -2& 3\\
1& 0& 4\end{pmatrix}\) de l’exemple 4.3.9 et la matrice \(D=\matcold{a}{b}{c}{d}\text{.}\) On cherche la matrice adjointe de chacune de ces matrices.
Solution 1.
Solution 2.
La principale utilité de la matrice adjointe est théorique et est en lien avec la matrice inverse.
Proposition 4.3.14. L’adjointe et l’inverse d’une matrice.
Soit \(A\text{,}\) une matrice carrée inversible de taille \(n\times n\) et \(\text{adj}(A)\text{,}\) sa matrice adjointe. Alors
\begin{equation}
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\text{adj}(A)\text{.}\tag{4.3.6}
\end{equation}
On obtient une formule pour l’inverse qui dépend des entrées de la matrice. En particulier pour le cas d’une matrice \(2\times 2\text{,}\) on a
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
a& c\\ b& d
\end{pmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
d& -c\\ -b& a
\end{pmatrix}
\end{equation*}
Démonstration.
On réarrange un peu l’équation en multipliant par \(A\) de chaque côté pour démontrer plutôt
\begin{equation*}
\det(A)I=A\text{adj}(A)=AC^T
\end{equation*}
où \(C\) est la matrice des cofacteurs.
On analyse colonne par colonne le produit \(A\text{adj}(A)\text{.}\) Selon la définition du produit matriciel, la première colonne est \(A\begin{pmatrix}C_{1,1}\\C_{1,2}\\\vdots \\ C_{n,1} \end{pmatrix}\)(on constate l’effet de la transposition sur la colonne de \(C^T\) en remarquant qu’on a tous les cofacteurs de la ligne \(1\)). On procède maintenant ligne par ligne pour obtenir les entrées de ce produit matrice vecteur. D’abord
\begin{align*}
(AC^T)_{1,1}&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+\cdots +a_{1,n}C_{1,n}\\
&=\det(A)
\end{align*}
et donc, la première entrée correspond au déterminant de \(A\text{.}\) Pour chaque entrée \(i\) plus grande ou égale à deux, on obtient \(0\text{.}\) En effet, pour \(i=2\text{,}\) on obtient
\begin{align*}
(AC^T)_{2,1}&=a_{2,1}C_{1,1}+a_{2,2}C_{1,2}+\cdots +a_{2,n}C_{1,n}\text{.}
\end{align*}
Évidemment, les cofacteurs n’ont pas changé, mais les termes qui les multiplient ne correspondent pas au déterminant de \(A\text{.}\) Toutefois, si l’on considère la matrice \(B\) obtenue à partir de \(A\) en remplaçant sa première ligne par sa deuxième, alors l’équation
\begin{equation*}
a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+\cdots +a_{1,n}C_{1,n}=\det(B)
\end{equation*}
et ce déterminant est nul puisque la matrice \(B\) contient deux lignes identiques.
Le raisonnement est analogue pour les autres colonnes de la matrice, le déterminant de \(A\) se trouvant toujours en position \(i=j\text{.}\) Le produit \(AC^T\) vaut donc
\begin{align*}
AC^T&=\begin{pmatrix} \det(A)& 0&\cdots & 0\\
0& \det(A) & \cdots & 0\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
0& 0& \cdots & \det(A)\end{pmatrix}\\
&=\det(A)I\text{,}
\end{align*}
ce qui complète la preuve.
On termine avec des commandes Sage en lien avec la sous-section.
Calcul 4.3.15. La matrice adjointe et Sage.
Sage n’avait pas de commande directe pour calculer les cofacteurs, mais il en possède une pour la matrice adjointe. En anglais, il est plus courant d’utiliser le terme «adjugate », ainsi la commande est
A.adjugate(). On l’utilise pour valider le calcul à l’exemple 4.3.13.
Les points importants de cette section sont:
-
Le développement de Laplace du déterminant;
-
L’équation de l’inverse d’une matrice en lien avec ses cofacteurs.
De plus avec Sage, la commande
.adjugate() permet de calculer la matrice ajointe d’une matrice.Exercices 4.3.4 Exercices
1.
En utilisant une méthode analogue à celle de la proposition 4.3.2, montrer que le déterminant d’une matrice \(2\times 2\) quelconque \(\begin{pmatrix}a & c \\ b & d\end{pmatrix}\) est \(ad-bc\text{.}\)
Solution.
Comme dans la proposition 4.3.2, l’astuce est de considérer la première ligne \(\vec{l}_1=(a, c)\) et de la réécrire comme étant une somme de deux vecteurs:
\begin{equation*}
(a, c)=(a, 0)+(0,c)\text{.}
\end{equation*}
On a alors
\begin{align*}
\begin{vmatrix}a & c \\ b & d\end{vmatrix}&=\begin{vmatrix}a+0 & 0+c \\ b & d\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}a & 0 \\ b & d\end{vmatrix}
+\begin{vmatrix}0 & c \\ b & d\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detsomme.html}{\text{4.2.17:5}}\\
&=a\begin{vmatrix}1 & 0 \\ b & d\end{vmatrix}
+c\begin{vmatrix}0 & 1 \\ b & d\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detr.html}{\text{4.2.11:2}}\\
&=a\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 0 & d\end{vmatrix}
+c\begin{vmatrix}0 & 1 \\ b & 0\end{vmatrix}& &\text{en éliminant avec } \knowl{./knowl/xref/li-detk.html}{\text{4.2.11:4}}\\
&=a*d\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{vmatrix}
+c*b\begin{vmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detr.html}{\text{4.2.11:2}}\\
&=ad\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{vmatrix}
-bc\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{vmatrix}& &\text{selon } \knowl{./knowl/xref/li-detp.html}{\text{4.2.11:3}}\\
&=(ad-bc)\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{vmatrix}\\
&=(ad-bc)& &\text{car } \det(I)=1\text{.}
\end{align*}
2.
Soit
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1&2& -3\\
-4&5&6\\
7&-8&9
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Calculer les cofacteurs ci-dessous.
(a)
\(C_{1,3}\)
Solution.
On utilise les définitions de mineurs et de cofacteurs.
\begin{align*}
C_{1,3}&=(-1)^{1+3}\det(A_{1,3})\\
&=(-1)^4\begin{vmatrix}
-4&5\\
7&-8
\end{vmatrix}\\
&=(-4)*(-8)-7*5 & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\\
&=-3
\end{align*}
(b)
\(C_{2,3}\)
Solution.
On utilise les définitions de mineurs et de cofacteurs.
\begin{align*}
C_{2,3}&=(-1)^{2+3}\det(A_{2,3})\\
&=(-1)^5\begin{vmatrix}
1&2\\
7&-8
\end{vmatrix}\\
&=(-1)*(1*(-8)-7*2) & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\\
&=22
\end{align*}
(c)
\(C_{3,1}\)
Solution.
On utilise les définitions de mineurs et de cofacteurs.
\begin{align*}
C_{3,1}&=(-1)^{3+1}\det(A_{3,1})\\
&=(-1)^4\begin{vmatrix}
2& -3\\
5&6
\end{vmatrix}\\
&=2*6-5*(-3) & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\\
&=27
\end{align*}
(d)
\(C_{2,2}\)
Solution.
On utilise les définitions de mineurs et de cofacteurs.
\begin{align*}
C_{2,2}&=(-1)^{2+2}\det(A_{2,2})\\
&=(-1)^4\begin{vmatrix}
1& -3\\
7&9
\end{vmatrix}\\
&=1*9-7*(-3) & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\\
&=30
\end{align*}
(e)
\(C_{3,2}\)
Solution.
On utilise les définitions de mineurs et de cofacteurs.
\begin{align*}
C_{3,2}&=(-1)^{3+2}\det(A_{3,2})\\
&=(-1)^5\begin{vmatrix}
1& -3\\
-4&6
\end{vmatrix}\\
&=(-1)*(1*6-(-4)*(-3)) & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\\
&=6
\end{align*}
(f)
\(C_{3,3}\)
Solution.
On utilise les définitions de mineurs et de cofacteurs.
\begin{align*}
C_{3,3}&=(-1)^{3+3}\det(A_{3,3})\\
&=(-1)^6\begin{vmatrix}
1&2\\
-4&5
\end{vmatrix}\\
&= 1*5-(-4)*2& &\text{par } \knowl{./knowl/xref/li-det2x2formule.html}{\text{4.1.25:11}}\\
&=13
\end{align*}
(g)
Calculer le déterminant de la matrice \(A\text{.}\)
Solution.
On utilise l’équation (4.3.5) développée selon la troisième ligne (\(i=3\)). L’équation devient:
\begin{equation*}
\det(A)=a_{3,1}C_{3,1}+a_{3,2}C_{3,2}+a_{3,3}C_{3,3}\text{.}
\end{equation*}
\begin{align*}
\det(A)&=\begin{vmatrix}
1&2& -3\\
-4&5&6\\
7&-8&9
\end{vmatrix}\\
&=7*27+(-8)*6+9*13\\
&=258
\end{align*}
3.
Soit \(A\text{,}\) une matrice et \(a_{i,j}\text{,}\) l’entrée en position \(i,j\text{.}\) Montrer que pour amener \(a_{i,j}\) en position \(1,1\) sans changer l’ordre relatif des autres lignes et colonnes, on a besoin de faire \(i+j-2\) permutations de lignes/colonnes.
Comme chacune de ces permutations change le déterminant par un facteur \(-1\text{,}\) on a \((-1)^{i+j-2}=(-1)^{i+j}\text{,}\) ce qui explique la présence de ce terme dans la formule de la définition 4.3.6.
Solution.
Essentiellement, il faut procéder en échangeant toujours deux lignes ou colonnes adjacentes. En commençant par les lignes, si l’on veut amener la ligne \(i\) à la ligne \(1\) et que toutes les autres lignes gardent le même ordre, il faut permuter la ligne \(i\) et la ligne \(i-1\text{,}\) puis la nouvelle ligne \(i-1\) avec la ligne \(i-2\text{,}\) ainsi de suite jusqu’à la ligne \(1\text{.}\) Cela prend \(i-1\) opérations.
Ensuite, pour les colonnes, en suivant le même principe, on déplacera la colonne \(j\) à la première colonne sans changer l’ordre relatif des colonnes en \(j-1\) opérations. Toutes ces opérations étant des permutations, le déterminant est donc multiplié par un facteur \(-1\) chaque fois et donc, un total de \((-1)^{i-1}*(-1)^{j-1}=(-1)^{i+j-2}=(-1)^{i+j}\text{.}\)
4.
On considère la suite de matrices
\begin{align*}
A_2&=\begin{pmatrix}2&1\\1&2 \end{pmatrix}\\
A_3&=\begin{pmatrix} 2&1&0\\ 1&2&1\\ 1&1&2 \end{pmatrix}\\
A_4&=\begin{pmatrix} 2&1&0&0\\ 1&2&1&0\\ 1&1&2 &1\\ 1&1&1&2\end{pmatrix}
\end{align*}
où en général la matrice \(A_n\) est une matrice \(n\times n\) dont la diagonale principale vaut \(2\text{,}\) où toutes les entrées sous la diagonale valent \(1\) et où la diagonale au-dessus de la principale a aussi toutes ses entrées égales à \(1\text{.}\)
(a)
Calculer \(\det(A_2), \det(A_3)\text{.}\)
Réponse.
Solution.
\begin{equation*}
\det(A_2)=\begin{vmatrix}2&1\\1&2 \end{vmatrix}=2*2-1*1=3
\end{equation*}
\begin{align*}
\det(A_3)&=\begin{vmatrix} 2&1&0\\ 1&2&1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}\\
&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+a_{1,3}C_{1,3} & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/eq-detcofact.html}{\text{(4.3.5)}}\\
&=2*\begin{vmatrix} 2&1\\ 1&2 \end{vmatrix}-1*\begin{vmatrix} 1&1\\ 1&2 \end{vmatrix}+0\\
&=2*(2*2-1*1)-1*(1*2-1*1)+0\\
&=2*3-1*1+0\\
&=5
\end{align*}
(b)
Montrer qu’on a \(\det(A_4)=\det(A_3)+\det(A_2)\text{.}\)
Solution.
Bien que la question soit énoncée comme une preuve, il faut comprendre qu’on doit simplement calculer \(\det(A_4)\) et constater que cela donne \(\det(A_3)+\det(A_2)\text{,}\) la somme des deux déterminants calculés plus tôt.
\begin{align*}
\det(A_4)&=\begin{vmatrix} 2&1&0&0\\ 1&2&1&0\\ 1&1&2 &1\\ 1&1&1&2 \end{vmatrix}\\
&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+a_{1,3}C_{1,3}+a_{1,4}C_{1,4} & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/eq-detcofact.html}{\text{(4.3.5)}}\\
&=2*\begin{vmatrix} 2&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}-1*\begin{vmatrix} 1&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2\end{vmatrix}+0-0\\
&=2*\det(A_3)-\left(1*\begin{vmatrix}2 &1\\ 1&2\end{vmatrix}-1*\begin{vmatrix} 1&1\\ 1&2\end{vmatrix}+0\right)\\
&=2*5-(2*2-1*1-(1*2-1*1))\\
&=10-2\\
&=8=\det(A_3)+\det(A_2)
\end{align*}
Pour s’aider avec la preuve de la prochaine question, on va recalculer le déterminant en utilisant la propriété 4.2.17:5 sur la première ligne.
\begin{align*}
\det(A_4)&=\begin{vmatrix} 2&1&0&0\\ 1&2&1&0\\ 1&1&2 &1\\ 1&1&1&2 \end{vmatrix}\\
&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+a_{1,3}C_{1,3}+a_{1,4}C_{1,4} & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/eq-detcofact.html}{\text{(4.3.5)}}\\
&=2*\begin{vmatrix} 2&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}-1*\begin{vmatrix} 1&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2\end{vmatrix}+0-0\\
&=\begin{vmatrix} 2&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} 2&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}
-\begin{vmatrix} 1&1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2\end{vmatrix}\\
&=\det(A_3)+\begin{vmatrix} 2-1&1-1&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}& &\text{ ar } \knowl{./knowl/xref/li-detsomme.html}{\text{4.2.17:5}}\\
&=\det(A_3)+\begin{vmatrix} 1&0&0\\ 1&2 &1\\ 1&1&2 \end{vmatrix}\\
&=\det(A_3)+1*\begin{vmatrix} 2 &1\\ 1&2 \end{vmatrix}-0+0\\
&=\det(A_3)+\det(A_2)
\end{align*}
Cette façon de faire met la table pour démontrer le prochain résultat.
(c)
Solution.
En gardant en tête l’exercice précédent, on développe le déterminant voulu selon la première ligne de la matrice \(A_n\text{.}\)
\begin{align*}
\det(A_n)&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+\cdots +a_{1,n}C_{1,n} & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/eq-detcofact.html}{\text{(4.3.5)}}\\
&=2*\det(A_{n-1})-1*(\det(A_{n-1})\text{ avec } a_{1,1}=1)+0-0+ \cdots 0\\
&=\det(A_{n-1})+\det(A_{n-1})-(\det(A_{n-1})\text{ avec } a_{1,1}=1)\\
&=\det(A_{n-1})+(\det(A_{n-1})\text{ avec } a_{1,1}=1 \text{ et } a_{1,2}=0)& &\text{ ar } \knowl{./knowl/xref/li-detsomme.html}{\text{4.2.17:5}}\\
&=\det(A_{n-1})+1*\det(A_{n-2})-0+0+\cdots 0\\
&=\det(A_{n-1})+\det(A_{n-2})
\end{align*}
(d)
Calculer à l’aide de cette relation le déterminant des matrices \(A_5,A_6,\ldots, A_{10}\text{.}\) Ces nombres sont-ils familiers?
Réponse.
\begin{equation*}
A_5=13
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_6=21
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_7=34
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_8=55
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_9=89
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_{10}=144
\end{equation*}
Cette suite de nombres est la suite de Fibonacci.
Solution.
\begin{equation*}
A_5=A_4+A_3=8+5=13
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_6=A_5+A_4=13+8=21
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_7=A_6+A_5=21+13=34
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_8=A_7+A_6=34+21=55
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_9=A_8+A_7=55+34=89
\end{equation*}
\begin{equation*}
A_{10}=A_9+A_8=89+55=144
\end{equation*}
Cette suite de nombres est la suite de Fibonacci.
5.
On considère la matrice
\begin{equation*}
M=\begin{pmatrix} -1& 3& 1\\ 2& 0&-3\\ 1&1&0 \end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Déterminer l’inverse de la matrice à l’aide de la formule (4.3.6).
Réponse.
Solution.
Pour utiliser la formule (4.3.6), il faut d’abord calculer le déterminant de la matrice \(A\text{.}\)
\begin{align*}
\det(A)&=\begin{vmatrix}
-1& 3& 1\\
2& 0&-3\\
1&1&0 \end{vmatrix}\\
&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+a_{1,3}C_{1,3} & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/eq-detcofact.html}{\text{(4.3.5)}}\\
&=(-1)*\begin{vmatrix} 0&-3\\ 1&0 \end{vmatrix}-3*\begin{vmatrix} 2& -3\\ 1&0 \end{vmatrix}+1*\begin{vmatrix} 2& 0\\ 1&1 \end{vmatrix}\\
&=(-1)*3-3*3+1*2\\
&=-10
\end{align*}
\begin{align*}
A^{-1}&=\frac{1}{\det(A)}\text{adj}(A)\\
&=\frac{1}{-10}\text{adj}(A)\\
&=-\frac{1}{10}C^T\\
&=-\frac{1}{10}\big((-1)^{i+j}\det(A_{i,j})\big)^T\\
&=-\frac{1}{10}\begin{pmatrix}
\begin{vmatrix}0&-3\\ 1&0\end{vmatrix}& -\begin{vmatrix}2&-3\\ 1&0\end{vmatrix}& \begin{vmatrix}2&0\\ 1&1\end{vmatrix}\\
-\begin{vmatrix}3&1\\ 1&0\end{vmatrix}& \begin{vmatrix}-1&1\\ 1&0\end{vmatrix}& -\begin{vmatrix}-1&3\\ 1&1\end{vmatrix}\\
\begin{vmatrix}3&1\\ 0&-3\end{vmatrix}& -\begin{vmatrix}-1&1\\ 2&-3\end{vmatrix}& \begin{vmatrix}-1&3\\ 2&0\end{vmatrix}
\end{pmatrix}^T\\
&=-\frac{1}{10}\begin{pmatrix}
3 & -3 & 2\\
1 & -1 & 4\\
-9& -1 & -6
\end{pmatrix}^T\\
&=-\frac{1}{10}\begin{pmatrix}
3 & 1 & -9\\
-3 & -1 & -1\\
2& 4 & -6
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
-\frac{3}{10} & -\frac{1}{10} & \frac{9}{10}\\
\frac{3}{10} & \frac{1}{10} & \frac{1}{10}\\
-\frac{1}{5}& -\frac{2}{5} & \frac{3}{5}
\end{pmatrix}
\end{align*}
6. Aussi appelé, comment construire des matrices gentilles.
Dans cet exercice, on considère une matrice \(A\) quelconque dont les entrées sont toutes des entiers. Est-ce que la matrice inverse sera aussi composée d’entiers? La cellule Sage suivante montre qu’en général, ce n’est pas le cas.
(a)
Si \(\det(A)=-1\) ou \(\det(A)=1\text{,}\) montrer que toutes les entrées de \(A^{-1}\) seront des entiers.
Solution.
En utilisant la formule (4.3.6), on voit rapidement que la seule façon d’introduire des fractions dans le calcul de l’inverse est en multipliant par \(\frac{1}{\det(A)}\text{.}\) En effet, comme la matrice \(A\) ne contient que des entiers, tous les cofacteurs permettant de calculer la matrice adjointe seront des entiers puisqu’on les obtient à l’aide de la définition 4.3.6. Bref, toutes les entrées de l’inverse seront des entiers.
(b)
Si \(A\) et \(A^{-1}\) sont toutes les deux composées d’entiers, montrer que \(\det(A)=\pm 1\text{.}\)
Solution.
Encore par la formule (4.3.6), on voit que si \(A\) n’est formée que d’entiers, la matrice des cofacteurs ne sera elle aussi constituée que d’entiers et que ceux-ci seront tous divisés par \(\det(A)\text{.}\) Si le résultat \(A^{-1}\) est lui aussi seulement constitué d’entiers, il faut absolument que \(\det(A)\text{,}\) par lequel on a divisé, soit \(1\) ou \(-1\text{.}\) Sinon, on aurait créé des fractions dans \(A^{-1}\text{,}\) ce qui contredit l’hypothèse.
(c)
Dans un examen, un professeur veut faire calculer l’inverse d’une matrice à ses élèves. Il ne veut pas que cet inverse soit trop complexe et veut éviter les fractions. Décrire comment obtenir une matrice \(A\) qui sera composée d’entiers et telle que son inverse sera aussi composée d’entiers.
Indice.
Solution.
Il faut d’abord créer une matrice triangulaire supérieure ne contenant que des entiers telle que le produit des éléments de sa diagonale va donner \(1\) ou \(-1\text{.}\) Par la proposion 4.2.20, il s’agit du déterminant de cette matrice. On obtient une matrice non triangulaire supérieure (avec des éléments non nuls partout si on le veut) en effectuant des opérations élémentaires ne changeant pas le déterminant autrement que par un changement de signe. On peut donc utiliser les permutations ou les combinaisons linéaires, mais pas les multiples de lignes. La matrice ainsi créée a comme déterminant \(1\) ou \(-1\) et ne contient que des entiers.
On conclut en utilisant la première partie de l’exercice, qui garantit qu’une matrice dont les entrées sont des entiers et qui possède un déterminant de \(1\) ou \(-1\) a aussi un inverse dont les entrées sont des entiers.
7.
Soit \(Q\text{,}\) une matrice orthogonale, c’est-à-dire une matrice telle que \(Q^{-1}=Q^T\text{.}\) Montrer que \(\text{adj}(Q)=\pm Q^T\text{.}\)
Solution.
Par l’exercice 4.2.3.13, on sait que la matrice orthogonale \(Q\) est telle que \(\det(Q)=\pm 1\text{.}\) Par l’équation (4.3.6), on sait que
\begin{equation*}
Q^{-1}=\frac{1}{\det(Q)}\text{adj}(Q)\text{.}
\end{equation*}
Ainsi, on a
\begin{align*}
\text{adj}(Q)&=\det(Q)Q^{-1}\\
&=\det(Q)Q^T && \text{ par l'hypothèse d'orthogonalité de }Q\\
&=\pm Q^T && \text{ par l'exercice }\knowl{./knowl/xref/exo-detortho.html}{\text{4.2.3.13}}\text{.}
\end{align*}
8.
Soit \(P(x_1,y_1)\) et \(Q(x_2,y_2)\text{,}\) deux points distincts de \(\R^2\text{.}\) Montrer que l’équation de la droite passant par ces points est donnée par
\begin{equation*}
0=\begin{vmatrix}
1& x& y\\
1& x_1& y_1\\
1& x_2& y_2
\end{vmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Solution.
On choisit de développer le déterminant pour voir si l’on obtient une expression correspondant à l’équation de cette droite.
\begin{align*}
0&=\begin{vmatrix}
1& x& y\\
1& x_1& y_1\\
1& x_2& y_2
\end{vmatrix}\\
0&=a_{1,1}C_{1,1}+a_{1,2}C_{1,2}+a_{1,3}C_{1,3} & &\text{par } \knowl{./knowl/xref/eq-detcofact.html}{\text{(4.3.5)}}\\
0&=1*\begin{vmatrix} x_1& y_1\\ x_2& y_2\end{vmatrix}-x*\begin{vmatrix} 1& y_1\\ 1& y_2\end{vmatrix}+y*\begin{vmatrix} 1& x_1 \\1& x_2 \end{vmatrix}\\
0&=1*(x_1y_2-x_2y_1)-x*(y_2-y_1)+y*(x_2-x_1)\\
x*(y_2-y_1)-y*(x_2-x_1)&=x_1y_2-x_2y_1
\end{align*}
Cette expression rappelle l’équation normale (1.3.6) d’une droite dans \(\R^2\text{.}\) Le vecteur normal serait donc \(\vec{n}=(y_2-y_1,-(x_2-x_1))\text{.}\) On sait qu’on peut retrouver un vecteur directeur ainsi:
\begin{align*}
\vec{v}&=\vec{n}_\perp\\
&=(y_2-y_1,-(x_2-x_1))_\perp\\
&=(x_2-x_1,y_2-y_1) &&\text{ par } \knowl{./knowl/xref/pro-vecperp.html}{\text{1.3.8}}\\
&=(x_2,y_2)-(x_1,y_1)\\
&=\vecl{OQ}-\vecl{OP}\\
&=\vecl{PQ}\text{.}
\end{align*}
Le membre de gauche de l’équation normale correspond à l’expression obtenue lorsqu’on construit l’équation normale avec le produit scalaire entre le vecteur normal et le vecteur \(\vecl{PA}\) avec \(A(x,y)\text{,}\) un point quelconque de la droite. En effet,
\begin{align*}
0&=\vec{n}\cdot\vecl{PA}\\
0&=(y_2-y_1,-(x_2-x_1))\cdot (x-x_1,y-y_1)\\
0&=(y_2-y_1)*(x-x_1)-(x_2-x_1)*(y-y_1)\\
0&= x*(y_2-y_1)-x_1y_2+x_1y_1-y*(x_2-x_1)+x_2y_1-x_1y_1\\
0&= x*(y_2-y_1)-x_1y_2-y*(x_2-x_1)+x_2y_1\\
x_1y_2-x_2y_1 &= x*(y_2-y_1)-y*(x_2-x_1)
\end{align*}
ce qui est exactement ce qu’on avait obtenu en développant le déterminant initial.
9.
Soit \(P(x_1,y_1,z_1),Q(x_2,y_2,z_2)\) et \(R(x_3,y_3,z_3)\text{,}\) trois points non alignés de \(\R^3\text{.}\) Généraliser l’idée de l’exercice 4.3.4.8 pour obtenir l’équation du plan passant par ces trois points.
10. La parabole (re)revisitée.
Dans les exercices 1.3.4.19 et 3.1.4.23, on a donné des méthodes vectorielles et matricielles pour trouver l’équation d’une parabole. Montrer que si \(P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)\) et \(R(x_3,y_3)\) sont trois points non alignés de \(\R^2\text{,}\) alors l’équation de la parabole \(y=ax^2+bx+c\) qui passe par ces trois points est donnée par
\begin{equation*}
0=\begin{vmatrix}
1 & x & x^2 & y\\
1 & x_1 & x_1^2& y_1\\
1 & x_2 & x_2^2& y_2\\
1 & x_3 & x_3^2& y_3
\end{vmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Exercices Sage.
Les exercices qui suivent sont conçus pour être résolus avec Sage. Évidemment, il y a plusieurs manières d’arriver aux réponses.
11.
On considère la suite de matrices
\begin{align*}
B_1&=(0)\\
B_2&=\begin{pmatrix} 0& 1\\ 1&0 \end{pmatrix}\\
B_3&=\begin{pmatrix} 0& 1& 0\\ 1&0 &1 \\ 0&1 & 0\end{pmatrix}\\
\vdots &= \vdots \\
B_n&=\begin{pmatrix} 0&1&0&\cdots & 0&0\\ 1&0&0& \cdots &0& 0\\ 0& 1&0& \cdots &0& 0\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots &\vdots & \vdots\\ 0& 0& 0& \cdots &1 & 0 \end{pmatrix}\text{.}
\end{align*}
Utiliser Sage pour formuler une hypothèse sur la valeur de \(\det(B_n)\) et démontrer le résultat.
Indice.
Réponse.
Solution.
Voici une fonction permettant de créer les matrices \(B_n\text{.}\) Elle utilise la méthode de construction par une fonction intermédiaire
lambda. Voir [provisional cross-reference: Exemples sur les fonctions lambdas].
def diagsecond(i,j):
if abs(i-j)==1:
return 1
else:
return 0
B=matrix(ZZ,4,lambda i,j: diagsecond(i,j))
for i in range(10):
show("det(B_%d)=" %(i+1), matrix(ZZ,i+1,lambda i,j: diagsecond(i,j)).determinant())
On remarque facilement que les premiers déterminants satisfont la relation et l’on tente maintenant de la démontrer. On développe le déterminant de \(B_n\) selon la première ligne. On aura
\begin{align*}
\det(B_n)&=\begin{vmatrix}
0&1&0&\cdots &0&0\\
1&0&1&\cdots &0&0\\
\vdots&\vdots &\vdots & \ddots &\vdots& \vdots\\
0&0&0&\cdots & 1&0
\end{vmatrix}\\
&=C_{1,2}\\
&=(-1)^(1+2)\det(B_{1,2})\\
&=-\begin{vmatrix}
1&1&0&\cdots &0&0\\
0&0&1&\cdots &0&0\\
\vdots&\vdots &\vdots & \ddots &\vdots& \vdots\\
0&0&0&\cdots & 1&0
\end{vmatrix}\\
\end{align*}
Ce déterminant a \(n-1\) lignes et colonnes. On développe ensuite ce déterminant selon la première colonne.
\begin{align*}
&=-\begin{vmatrix}
0&1&0&\cdots &0&0\\
1&0&1&\cdots & 0&0\\
\vdots &\vdots &\vdots& \ddots &\vdots& \vdots\\
0&0&0&\cdots & 1&0
\end{vmatrix}\\
\end{align*}
Ce déterminant a maintenant \(n-2\) lignes et colonnes et correspond exactement à \(\det(B_{n-2})\text{.}\)
\begin{align*}
&=-\det(B_{n-2})\text{.}
\end{align*}
12.
On considère la suite de matrices
\begin{align*}
F_1&=(2)\\
F_2&=\begin{pmatrix} 2& 1\\ 1&2 \end{pmatrix}\\
F_3&=\begin{pmatrix} 2& 1& 0\\ 1&2 &0 \\ 0&1 & 2\end{pmatrix}\\
\vdots &= \vdots \\
F_n&=\begin{pmatrix} 2&1&0&\cdots & 0\\ 1&2&1& \cdots &0\\ 0& 1&2& \cdots &0\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots &\vdots \\ 0& 0& 0& \cdots & 2 \end{pmatrix}\text{.}
\end{align*}
Montrer en utilisant Sage que \(\det(F_n)=2\det(F_{n-1})-\det(F_{n-2})\) et démontrer algébriquement ce résultat.
Solution.
Voici une fonction permettant de créer les matrices \(F_n\text{.}\) Elle utilise la méthode de construction par une fonction intermédiaire
lambda. Voir [provisional cross-reference: Exemples sur les fonctions lambda].
def matrice121(i,j):
if i==j:
return 2
elif abs(i-j)==1:
return 1
else:
return 0
F=matrix(ZZ,5,lambda i,j: matrice121(i,j))
for i in range(10):
show("det(F_%d)=" %(i+1), matrix(ZZ,i+1,lambda i,j: matrice121(i,j)).determinant())
Similairement à l’exercice précédent, on développe selon la première ligne. On aura alors
\begin{align*}
\det(F_n)&=\begin{vmatrix} 2&1&0&\cdots & 0\\ 1&2&1& \cdots &0\\ 0& 1&2& \cdots &0\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots &\vdots \\ 0& 0& 0& \cdots & 2 \end{vmatrix}\\
&=2C_{1,1}+C_{1,2}\text{.}
\end{align*}
On remarque que la matrice que l’on obtient pour \(C_{1,1}\) est égale à \(F_{n-1}\text{.}\) Pour \(C_{1,2}\text{,}\) on a
\begin{align*}
C_{1,2}&=(-1)^{1+2}\det(F_{1,2})\\
&=-\begin{vmatrix}
1&1&0&\cdots &0\\
0& 3&1&\cdots & 0\\
0&1& 3& \cdots & 0\\
\vdots & \vdots &\vdots & \ddots &\vdots \\
0&0&0&\cdots & 3
\end{vmatrix}\\
\end{align*}
où la dernière matrice est de taille \((n-1)\times (n-1)\text{.}\) On la développe selon sa première colonne pour obtenir
\begin{align*}
&=-\begin{vmatrix}
3&1&0&\cdots &0\\
1& 3&1&\cdots & 0\\
0&1& 3& \cdots & 0\\
\vdots & \vdots &\vdots & \ddots &\vdots \\
0&0&0&\cdots & 3
\end{vmatrix}\\
\end{align*}
où cette fois-ci la matrice est de taille \((n-2)\times (n-2)\text{.}\) On a donc
\begin{align*}
&=-\det(F_{n-2})\text{.}
\end{align*}
En combinant toutes les informations, on a \(\det(F_n)=2\det(F_{n-1})-\det(F_{n-1})\text{.}\)
