5.6 Règle de Cramer

On fait ici le lien entre le déterminant et les systèmes d’équations linéaires. Considérons le système \(\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{b}\), où \(\mathbf{A} \in \mathbb{K}^{n\times n}\) et \(\mathbf{b} \in \mathbb{K}\), \(\mathbb{K}\) un corps. Si \(\mathbf{A}\) est inversible, la règle de Cramer indique que l’unique solution est donnée par \[x_i = \frac{\det(\mathbf{B}^{(i)})}{\det(\mathbf{A})},~ i =1,\ldots, n,\] où \(\mathbf{B}^{(i)}\) est obtenue de \(\mathbf{A}\) en remplaçant la \(i\)-ième colonne par \(\mathbf{b}\).

Exemple 5.12 Supposons que \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{bmatrix}\) et \(\mathbf{b }= \begin{bmatrix} 4 \\ 5\end{bmatrix}\). Alors l’unique solution de \(\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{b}\) est donnée par \[x_1 = \frac{\begin{vmatrix} 4 & 2 \\5 & 3\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix} 1 & 2 \\2 & 3\end{vmatrix}} = \frac{ 2}{-1} = -2,\] \[x_2 = \frac{\begin{vmatrix} 1 & 4 \\2 & 5\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix} 1 & 2 \\2 & 3\end{vmatrix}} = \frac{ -3}{-1} = 3.\]

5.6.1 Formule pour la matrice inverse

Nous obtenons maintenant une formule permettant de déterminer l’inverse d’une matrice \(\mathbf{A}\) (si elle est inversible) en terme des cofacteurs de \(\mathbf{A}.\) Observons que l’on peut réécrire \(\mathbf{A}\mathbf{B} = \mathbf{I}_n\) à l’aide des \(n\) équations \(\mathbf{A}\mathbf{B}_j = \mathbf{e}^{(j)}\), où \(\mathbf{B}_j\) dénote la \(j\)-ième colonne de \(\mathbf{B}\) et \(\mathbf{e}^{(j)}\) dénote la \(j\)-ième colonne de \(\mathbf{I}_n\).

En utilisant la règle de Cramer, on voit que \[b_{i,j} = \frac{\det(\mathbf{P}^{(i)})}{\det(\mathbf{A})},\] où \(\mathbf{P}^{(i)}\) dénote la matrice obtenue de \(\mathbf{A}\) en remplaçant la colonne \(i\)-ième par \(\mathbf{e}^{(j)}.\) Le développement de \(\det(\mathbf{P}^{(i)})\) selon la \(i\)-ième colonne nous mène à \(\det(\mathbf{P}^{(i)}) = (-1)^{j+i}\mathbf{A}(j \mid i) = C_{\mathbf{A}}(j,i).\) (Faites attention aux indices!) Il s’ensuit que \[b_{i,j} = \frac{C_{\mathbf{A}}(j,i)}{\det(\mathbf{A})},\] d’où, \[\mathbf{A}^{-1} = \frac{1}{\det(\mathbf{A})} \begin{bmatrix} C_{\mathbf{A}}(1,1) & C_{\mathbf{A}}(2,1) & \cdots & C_{\mathbf{A}}(n,1) \\ C_{\mathbf{A}}(1,2) & C_{\mathbf{A}}(2,2) & \cdots & C_{\mathbf{A}}(n,2) \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ C_{\mathbf{A}}(1,n) & C_{\mathbf{A}}(2,n) & \cdots & C_{\mathbf{A}}(n,n)\end{bmatrix}.\]

Exercices

  1. Soient \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1\end{bmatrix}\) et \(\mathbf{b} = \begin{bmatrix} -1 \\ -1\end{bmatrix}\) Résoudre le système \(\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{b}\) à l’aide de la règle de Cramer.

  2. Soient \(\mathbf{A}\in \mathbb{Z}^{n\times n}\) et \(\mathbf{b}\in \mathbb{Z}^n\). Démontrez que si \(\lvert\det(\mathbf{A})\rvert = 1\), alors la solution de \(\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{b}\) ne contient que des nombres entiers relatifs.

  3. Soit \(\mathbf{A} \in \mathbb{K}^{n\times n}\), \(\mathbb{K}\) un corps. Soit \(\mathbf{B} \in \mathbb{K}^{n\times n}\) telle que \[b_{i,j} = C_{\mathbf{A}}(j,i)\] pour tout \(i, j \in \{1,\ldots,n\}.\) Montrez que \(\mathbf{A}\mathbf{B} = \det(\mathbf{A})I_n\).

Solutions

  1. La solution est donnée par \(x_1 = \frac{ \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1\end{vmatrix}} = 2\) et \(x_2 = \frac{ \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -2 & -1\end{vmatrix}} {\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1\end{vmatrix}} = 3.\)

  2. Puisque \(\det(\mathbf{A}) \neq 0,\) \(\mathbf{A}\) est inversible. Selon la règle de Cramer, la solution est donnée par \[x_i = \frac{\det(\mathbf{B}^{(i)})}{\det(\mathbf{A})},~ i =1,\ldots, n,\] où \(\mathbf{B}^{(i)}\) est obtenue de \(\mathbf{A}\) en remplaçant la colonne \(i\) par \(\mathbf{b}\). Puisque tous les éléments de \(\mathbf{B}^{(i)}\) sont des entiers relatifs, \(\det(\mathbf{B}^{(i)})\) doit être un entier relatif. Puisque le dénominateur dans l’expression pour \(x_i\) est \(\det(\mathbf{A}) = \pm 1,\) \(x_i\) est un entier relatif.

  3. Considérons le produit de la \(i\)-ième ligne de \(\mathbf{A}\) par la \(j\)-ième colonne de \(\mathbf{B}\) : \[\sum_{p = 1}^n a_{i,p} C_{\mathbf{A}}(j,p) = \sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}a_{i,p}\mathbf{A}(j\mid p).\] Lorsque \(i = j\), cette somme devient simplement l’expansion selon la \(i\)-ième ligne, c’est-à-dire \(\det(\mathbf{A})\). Ainsi, chaque élément de la diagonale de \(\mathbf{A}\mathbf{B}\) prend la valeur \(\det(\mathbf{A})\).

    Si \(i \neq j\), on montre que \[\sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}a_{i,p}\mathbf{A}(j\mid p) = 0,\] ce qui terminera la démonstration.

    Soit \(\tilde{\mathbf{A}}\) la matrice obtenue de \(\mathbf{A}\) en ajoutant la \(i\)-ième ligne à la \(j\)-ième ligne. En utilisant la formule des cofacteurs selon la \(i\)-ième ligne de \(\tilde{\mathbf{A}}\), on obtient \[\begin{align*} \det(\tilde{\mathbf{A}}) & = \sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}\tilde{a}_{j,p}\tilde{\mathbf{A}}(j\mid p) \\ & = \sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}(a_{j,p}+ a_{i,p})\mathbf{A}(j\mid p) \\ & = \sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}a_{j,p}\mathbf{A}(j\mid p) + \sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}a_{i,p}\mathbf{A}(j\mid p) \\ & = \det(\mathbf{A}) + \sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}a_{i,p}\mathbf{A}(j\mid p) \\ \end{align*}\] Puisque \(\det(\tilde{\mathbf{A}}) = \det(\mathbf{A})\), on voit que \[\sum_{p = 1}^n (-1)^{j+p}a_{i,p}\mathbf{A}(j\mid p) = 0\] tel que désiré.