Matrices et systèmes linéaires | BTS | Mathématiques
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
Un technicien de gestion de stock note les quantités de deux composants livrées par deux fournisseurs sous forme matricielle : \(A=\begin{pmatrix}3&-2\\1&4\end{pmatrix}\), \(B=\begin{pmatrix}-1&5\\2&0\end{pmatrix}\).
a. \(A+B=\begin{pmatrix}3+(-1)&-2+5\\1+2&4+0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&3\\3&4\end{pmatrix}\)
b. \(2A=\begin{pmatrix}6&-4\\2&8\end{pmatrix}\), donc \(2A-B=\begin{pmatrix}6-(-1)&-4-5\\2-2&8-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7&-9\\0&8\end{pmatrix}\)
Soit \(A=\begin{pmatrix}2&-1\\3&1\end{pmatrix}\) et \(B=\begin{pmatrix}0&4\\-2&5\end{pmatrix}\).
a. \(AB=\begin{pmatrix}2\times0+(-1)\times(-2)&2\times4+(-1)\times5\\3\times0+1\times(-2)&3\times4+1\times5\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2&3\\-2&17\end{pmatrix}\)
b. \(BA=\begin{pmatrix}0\times2+4\times3&0\times(-1)+4\times1\\-2\times2+5\times3&-2\times(-1)+5\times1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}12&4\\11&7\end{pmatrix}\)
c. \(AB\ne BA\) : le produit matriciel n'est pas commutatif, l'ordre des facteurs est essentiel.
Un bureau d'études résume les quantités de trois matières premières nécessaires à la fabrication de deux produits dans la matrice \(A=\begin{pmatrix}1&2&0\\0&-1&3\end{pmatrix}\) (lignes : produits ; colonnes : matières). Les coûts unitaires de chaque matière selon deux fournisseurs sont donnés par \(B=\begin{pmatrix}2&1\\1&0\\-1&2\end{pmatrix}\) (lignes : matières ; colonnes : fournisseurs).
a. \(A\) est \(2\times3\) et \(B\) est \(3\times2\) : le nombre de colonnes de \(A\) (3) égale le nombre de lignes de \(B\) (3), donc \(AB\) est définie et de taille \(2\times2\).
b. \(AB=\begin{pmatrix}1\times2+2\times1+0\times(-1)&1\times1+2\times0+0\times2\\0\times2+(-1)\times1+3\times(-1)&0\times1+(-1)\times0+3\times2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4&1\\-4&6\end{pmatrix}\)
Le coefficient \((AB)_{11}=4\) représente le coût total du produit 1 auprès du fournisseur 1.
Un architecte doit savoir si les matrices suivantes sont inversibles avant de résoudre un système :
\[ M_1=\begin{pmatrix}4&6\\2&3\end{pmatrix}, \qquad M_2=\begin{pmatrix}5&3\\2&4\end{pmatrix} \]a. \(\det(M_1)=4\times3-6\times2=12-12=0\). \(\det(M_2)=5\times4-3\times2=20-6=14\).
b. \(M_1\) n'est pas inversible (\(\det=0\)) — ses lignes sont proportionnelles (\(L_1=2L_2\)). \(M_2\) est inversible (\(\det=14\ne0\)).
Calculer le déterminant de \(A=\begin{pmatrix}1&2&3\\0&1&4\\5&6&0\end{pmatrix}\), matrice intervenant dans l'étude d'un système mécanique à trois inconnues.
Par la règle de Sarrus \((a=1,b=2,c=3,d=0,e=1,f=4,g=5,h=6,i=0)\) :
\[ \det(A) = 1\times1\times0 + 2\times4\times5 + 3\times0\times6 - 3\times1\times5 - 1\times4\times6 - 2\times0\times0 \] \[ = 0 + 40 + 0 - 15 - 24 - 0 = 1 \]Le déterminant vaut \(1\ne0\) : la matrice \(A\) est inversible.
Un modèle économique simplifié relie deux grandeurs de production par la matrice \(A=\begin{pmatrix}2&3\\1&4\end{pmatrix}\).
a. \(\det(A)=2\times4-3\times1=8-3=5\ne0\) : \(A\) est inversible.
b. \(A^{-1}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}4&-3\\-1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}8&-0{,}6\\-0{,}2&0{,}4\end{pmatrix}\)
c. \(A\,A^{-1}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}2&3\\1&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&-3\\-1&2\end{pmatrix} =\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}8-3&-6+6\\4-4&-3+8\end{pmatrix}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}5&0\\0&5\end{pmatrix}=I_2\) ✓
Calculer l'inverse de \(A=\begin{pmatrix}1&-1&2\\0&2&-1\\0&0&3\end{pmatrix}\) par la méthode de Gauss-Jordan.
Tableau augmenté \([A\,|\,I_3]\) :
| 1 | -1 | 2 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 2 | -1 | 0 | 1 | 0 |
| 0 | 0 | 3 | 0 | 0 | 1 |
Étape 1 : \(L_3\leftarrow\tfrac13L_3\)
| 1 | -1 | 2 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 2 | -1 | 0 | 1 | 0 |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1/3 |
Étape 2 : \(L_2\leftarrow L_2+L_3\) (élimine la colonne 3 de \(L_2\))
| 1 | -1 | 2 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1/3 |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1/3 |
Étape 3 : \(L_1\leftarrow L_1-2L_3\) (élimine la colonne 3 de \(L_1\)), puis \(L_2\leftarrow\tfrac12L_2\)
| 1 | -1 | 0 | 1 | 0 | -2/3 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 1/2 | 1/6 |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1/3 |
Étape 4 : \(L_1\leftarrow L_1+L_2\) (élimine la colonne 2 de \(L_1\))
| 1 | 0 | 0 | 1 | 1/2 | -1/2 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 1/2 | 1/6 |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1/3 |
Donc \(A^{-1}=\begin{pmatrix}1&1/2&-1/2\\0&1/2&1/6\\0&0&1/3\end{pmatrix}\). Vérification : \(A\,A^{-1}=I_3\) ✓ (à contrôler par un produit matriciel).
Un ingénieur étudie l'équilibre statique d'une structure à trois appuis, dont les efforts \(x, y, z\) (en kN) vérifient :
\[ \begin{cases} x+y+z=4\\ 2x-y+z=0\\ x+2y-z=9 \end{cases} \]Résoudre ce système par la méthode de Gauss.
Matrice augmentée : \(\begin{pmatrix}1&1&1&|&4\\2&-1&1&|&0\\1&2&-1&|&9\end{pmatrix}\)
\(L_2\leftarrow L_2-2L_1\) : \((0,-3,-1,|,-8)\)
\(L_3\leftarrow L_3-L_1\) : \((0,1,-2,|,5)\)
\(\begin{pmatrix}1&1&1&|&4\\0&-3&-1&|&-8\\0&1&-2&|&5\end{pmatrix}\)
\(L_3\leftarrow L_3+\tfrac13L_2\) : \(\left(0,0,-2-\tfrac13,|,5-\tfrac83\right)=\left(0,0,-\tfrac73,|,\tfrac73\right)\)
Remonter :
\(L_3\) : \(-\tfrac73z=\tfrac73 \implies z=-1\)
\(L_2\) : \(-3y-(-1)=-8 \implies -3y=-9 \implies y=3\)
\(L_1\) : \(x+3+(-1)=4 \implies x=2\)
Solution : \(x=2\), \(y=3\), \(z=-1\) (en kN).
Vérification : \(2+3-1=4\) ✓, \(2(2)-3+(-1)=0\) ✓, \(2+2(3)-(-1)=9\) ✓
Deux câbles soutiennent une charge. Les tensions \(T_1\) et \(T_2\) (en kN) vérifient le système : \(\begin{cases}3T_1+2T_2=18\\5T_1-T_2=17\end{cases}\)
Résoudre par la méthode de Cramer.
Vérification : \(3(4)+2(3)=18\) ✓, \(5(4)-3=17\) ✓
Un électrotechnicien analyse un réseau à trois mailles de courants \(I_1, I_2, I_3\) (en A). L'application des lois de Kirchhoff conduit au système :
\[ \begin{cases} 4I_1 - I_2 = 16\\ -I_1 + 4I_2 - 2I_3 = 5\\ -2I_2 + 5I_3 = 7 \end{cases} \]Réseau à trois mailles couplées : chaque maille a sa propre source et sa propre résistance ; les résistances \(R_{c1}\) et \(R_{c2}\) couplent les mailles adjacentes (coefficients non diagonaux de la matrice \(R\)).
Calcul des trois déterminants auxiliaires (colonne remplacée par \(B\)) :
\[ \det(A_1)=\begin{vmatrix}16&-1&0\\5&4&-2\\7&-2&5\end{vmatrix}=16\times16+1\times39=256+39=295 \] \[ \det(A_2)=\begin{vmatrix}4&16&0\\-1&5&-2\\0&7&5\end{vmatrix}=4\times39-16\times(-5)=156+80=236 \] \[ \det(A_3)=\begin{vmatrix}4&-1&16\\-1&4&5\\0&-2&7\end{vmatrix}=4\times38+1\times(-7)+16\times2=152-7+32=177 \] \[ I_1=\frac{295}{59}=5\,\text{A},\qquad I_2=\frac{236}{59}=4\,\text{A},\qquad I_3=\frac{177}{59}=3\,\text{A} \]Vérification : \(4(5)-4=16\) ✓, \(-5+4(4)-2(3)=-5+16-6=5\) ✓, \(-2(4)+5(3)=-8+15=7\) ✓
On considère la matrice \(A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\\1&2&1\end{pmatrix}\) et les deux systèmes \(AX=B_1\) et \(AX=B_2\) où \(B_1=\begin{pmatrix}3\\7\\5\end{pmatrix}\) et \(B_2=\begin{pmatrix}3\\6\\5\end{pmatrix}\).
a. On remarque que \(L_2=2L_1\) : la ligne 2 est proportionnelle à la ligne 1, donc au plus 2 lignes de \(A\) sont indépendantes. Les lignes \(L_1\) et \(L_3\) ne sont pas proportionnelles, donc \(\text{rg}(A)=2\).
b. Pour \(AX=B_1\) : la relation \(L_2=2L_1\) doit se retrouver sur le second membre, or \(2\times3=6\ne7\). La matrice augmentée \([A|B_1]\) a donc pour rang 3 \(\ne\text{rg}(A)=2\) : le système est incompatible (aucune solution).
c. Pour \(AX=B_2\) : \(2\times3=6\), la deuxième équation est bien le double de la première : \(\text{rg}([A|B_2])=\text{rg}(A)=2<3\) : le système admet une infinité de solutions. On résout les deux équations indépendantes : \(\begin{cases}x+2y-z=3\\x+2y+z=5\end{cases}\) En soustrayant : \(2z=2\implies z=1\), puis \(x+2y=4\implies x=4-2y\). L'ensemble des solutions est \(\{(4-2t,\,t,\,1),\ t\in\mathbb{R}\}\).
Un mode de vibration d'un système mécanique à deux degrés de liberté est modélisé par \(M=\begin{pmatrix}6&-2\\-2&3\end{pmatrix}\).
a. \(\det(M-\lambda I)=(6-\lambda)(3-\lambda)-4=\lambda^2-9\lambda+14=0\)
\[ \Delta=81-56=25 \implies \lambda_1=\frac{9-5}{2}=2,\quad \lambda_2=\frac{9+5}{2}=7 \]b. Pour \(\lambda_1=2\) : \((M-2I)\vec v=\vec 0 \implies \begin{pmatrix}4&-2\\-2&1\end{pmatrix}\vec v=\vec 0 \implies 4v_1-2v_2=0 \implies \vec v_1=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}\)
Pour \(\lambda_2=7\) : \((M-7I)\vec v=\vec 0 \implies \begin{pmatrix}-1&-2\\-2&-4\end{pmatrix}\vec v=\vec 0 \implies -v_1-2v_2=0 \implies \vec v_2=\begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}\)
Soit \(M=\begin{pmatrix}2&0&0\\1&5&0\\3&-1&4\end{pmatrix}\).
a. \(M\) est triangulaire inférieure, donc \(M-\lambda I\) l'est aussi : son déterminant est le produit des termes diagonaux : \(\det(M-\lambda I)=(2-\lambda)(5-\lambda)(4-\lambda)\). Les racines sont donc \(\lambda_1=2\), \(\lambda_2=5\), \(\lambda_3=4\) : les valeurs propres d'une matrice triangulaire sont ses coefficients diagonaux.
b. \((M-4I)\vec v=\vec 0 \implies \begin{pmatrix}-2&0&0\\1&1&0\\3&-1&0\end{pmatrix}\vec v=\vec 0\)
\(L_1\) : \(-2v_1=0\implies v_1=0\). \(L_2\) : \(v_1+v_2=0\implies v_2=0\). \(L_3\) : \(3v_1-v_2=0\) automatiquement vérifiée, \(v_3\) libre. Un vecteur propre est \(\vec v_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\).
Soit \(M=\begin{pmatrix}5&4\\1&2\end{pmatrix}\).
a. \(\det(M-\lambda I)=(5-\lambda)(2-\lambda)-4=\lambda^2-7\lambda+6=(\lambda-1)(\lambda-6)=0\) donc \(\lambda_1=1\), \(\lambda_2=6\).
Pour \(\lambda_1=1\) : \(4v_1+4v_2=0\implies \vec v_1=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\). Pour \(\lambda_2=6\) : \(-v_1+4v_2=0\implies \vec v_2=\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}\).
b. \(P=\begin{pmatrix}1&4\\-1&1\end{pmatrix}\), \(D=\begin{pmatrix}1&0\\0&6\end{pmatrix}\). \(\det(P)=1+4=5\), donc \(P^{-1}=\dfrac15\begin{pmatrix}1&-4\\1&1\end{pmatrix}\).
c. \(M^2=PD^2P^{-1}\) avec \(D^2=\begin{pmatrix}1&0\\0&36\end{pmatrix}\) :
\[ M^2=\begin{pmatrix}1&4\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\0&36\end{pmatrix}\dfrac15\begin{pmatrix}1&-4\\1&1\end{pmatrix} =\dfrac15\begin{pmatrix}1&144\\-1&36\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-4\\1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}29&28\\7&8\end{pmatrix} \]Vérification directe : \(M^2=\begin{pmatrix}5&4\\1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}5&4\\1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}25+4&20+8\\5+2&4+4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}29&28\\7&8\end{pmatrix}\) ✓
Un technicien en CFAO doit faire tourner un point \(P(2\,;2)\) d'un angle de \(45°\) autour de l'origine.
Rotation de \(45°\) : le point \(P(2\,;2)\) devient \(P'(0\,;\,2\sqrt2)\). La distance à l'origine est conservée.
a. \(R_{45°}=\begin{pmatrix}\cos45°&-\sin45°\\\sin45°&\cos45°\end{pmatrix}=\dfrac{\sqrt2}{2}\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\)
b. \(P'=R_{45°}\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}=\dfrac{\sqrt2}{2}\begin{pmatrix}2-2\\2+2\end{pmatrix}=\dfrac{\sqrt2}{2}\begin{pmatrix}0\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\2\sqrt2\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}0\\2{,}83\end{pmatrix}\)
c. \(\|OP\|=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt8=2\sqrt2\). \(\|OP'\|=\sqrt{0^2+(2\sqrt2)^2}=\sqrt8=2\sqrt2\) ✓ — la rotation conserve les distances.
Un technicien en CFAO applique successivement à un vecteur \(\vec v=(1\,;2)\) une mise à l'échelle de facteurs \(2\) selon \(x\) et \(3\) selon \(y\), puis une rotation de \(90°\).
Le vecteur \(\vec v=(1\,;2)\) devient \(M\vec v=(-6\,;2)\) après la composée mise à l'échelle puis rotation \(90°\).
a. \(S=\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}\), \(R_{90°}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\)
b. \(M=R_{90°}\cdot S=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0\\0&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-3\\2&0\end{pmatrix}\)
c. \(M\vec v=\begin{pmatrix}0&-3\\2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0-6\\2+0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-6\\2\end{pmatrix}\)
Attention : l'ordre des matrices importe — \(S\cdot R_{90°}\ne R_{90°}\cdot S\) en général.
Un bureau d'études détermine trois efforts d'appui \(F_1, F_2, F_3\) (en N) d'une structure, solutions du système \(AX=B\) avec :
\[ A=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&2&-1\\3&0&2\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}30\\-5\\60\end{pmatrix} \]a. Après élimination de Gauss-Jordan sur \([A|I_3]\), on obtient :
\[ A^{-1}=\begin{pmatrix}-0{,}8&0{,}4&0{,}6\\0{,}6&0{,}2&-0{,}2\\1{,}2&-0{,}6&-0{,}4\end{pmatrix} =\frac15\begin{pmatrix}-4&2&3\\3&1&-1\\6&-3&-2\end{pmatrix} \]b. \[ X=A^{-1}B=\frac15\begin{pmatrix}-4&2&3\\3&1&-1\\6&-3&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}30\\-5\\60\end{pmatrix} =\frac15\begin{pmatrix}-120-10+180\\90-5-60\\180+15-120\end{pmatrix} =\frac15\begin{pmatrix}50\\25\\75\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}10\\5\\15\end{pmatrix} \]
Donc \(F_1=10\,\text{N}\), \(F_2=5\,\text{N}\), \(F_3=15\,\text{N}\).
Vérification : \(10+5+15=30\) ✓, \(2(5)-15=-5\) ✓, \(3(10)+2(15)=60\) ✓
Une petite économie à deux secteurs (agriculture, industrie) a une matrice des coefficients techniques \(A=\begin{pmatrix}0{,}2&0{,}3\\0{,}4&0{,}1\end{pmatrix}\) : le coefficient \(a_{ij}\) est la quantité du secteur \(i\) nécessaire pour produire une unité du secteur \(j\). La demande finale est \(D=\begin{pmatrix}100\\200\end{pmatrix}\). Le modèle de Leontief donne la production totale \(X\) vérifiant \((I-A)X=D\).
a. \(I-A=\begin{pmatrix}0{,}8&-0{,}3\\-0{,}4&0{,}9\end{pmatrix}\), \(\det(I-A)=0{,}8\times0{,}9-(-0{,}3)(-0{,}4)=0{,}72-0{,}12=0{,}6\)
b. \((I-A)^{-1}=\dfrac{1}{0{,}6}\begin{pmatrix}0{,}9&0{,}3\\0{,}4&0{,}8\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1{,}5&0{,}5\\0{,}667&1{,}333\end{pmatrix}\)
c. \(X=\begin{pmatrix}1{,}5&0{,}5\\0{,}667&1{,}333\end{pmatrix}\begin{pmatrix}100\\200\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}150+100\\66{,}7+266{,}7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}250\\333{,}3\end{pmatrix}\)
Le secteur agricole doit produire \(250\) unités et le secteur industriel environ \(333{,}3\) unités pour satisfaire la demande finale compte tenu des besoins inter-sectoriels.