Résolution d’un système paramétré.
Exercice 1 :
On considère le système (𝑆) {(3 − 𝜆)𝒙 − 2𝒚 = −4
5𝒙 − (4 + 𝝀)𝒚 = 5 où 𝜆 ∈ ℝ est fixé.
On souhaite déterminer, suivant les valeurs de 𝜆, les solutions de ce système (𝑆).
1) Ecrire le système sous forme matricielle 𝐴𝑋 = 𝐵.
2) Justifier que la matrice 𝐴 est inversible si et seulement si 𝜆 vérifie 𝜆2+ 𝜆 − 2 ≠ 0.
3) Déterminer l’ensemble des solutions du système (𝑆) exprimées en fonction de 𝜆, pour toutes les valeurs de 𝜆 ∈ ℝ.
Corrigé de l’exercice 1 :
1) Ce système s’écrit 𝐴𝑋 = 𝐵 avec 𝐴 = (3 − 𝜆 −2
5 −(4 + 𝜆)) ; 𝑋 = (𝑥
𝑦) et 𝐵 = (−4 5 ).
2) Une matrice 𝐴 = (𝑎 𝑏
𝑐 𝑑) est inversible si et seulement si 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 ≠ 0.
Ici, on a 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = −(3 − 𝜆)(4 + 𝜆) − (−2) × 5 = −(12 − 𝜆 − 𝜆2) + 10 = 𝜆2+ 𝜆 − 2 La matrice 𝐴 est donc inversible si et seulement si 𝜆2+ 𝜆 − 2 ≠ 0.
3) On résout l’équation 𝜆2+ 𝜆 − 2 = 0 :
∆= 12− 4 × 1 × (−2) = 9 > 0 donc cette équation a deux solutions : 𝜆1=−1−√92×1 = −2 et 𝜆2=−1+√92×1 = 1
Pour 𝜆 = 𝜆1= −2, la matrice 𝐴 n’est pas inversible, et le système à résoudre s’écrit : (𝑆) {(3 − (−2))𝒙 − 2𝒚 = −4
5𝒙 − (4 + (−𝟐))𝒚 = 5 ⇔ {5𝒙 − 2𝒚 = −4
5𝒙 − 2𝒚 = 5 et ce système ne peut avoir de solution puisque −4 ≠ 5.
Pour 𝜆 = 𝜆2= 1, la matrice 𝐴 n’est pas inversible, et le système à résoudre s’écrit : (𝑆) {(3 − 1)𝒙 − 2𝒚 = −4
5𝒙 − (4 + 𝟏)𝒚 = 5 ⇔ {2𝒙 − 2𝒚 = −4
5𝒙 − 5𝒚 = 5 ⇔ {𝒙 − 𝒚 = −2 𝒙 − 𝒚 = 1 et ce système ne peut avoir de solution puisque −2 ≠ 1.
Pour toutes les autres valeurs de 𝜆 ∶ Si 𝜆 ∉ {−2; 1}, alors l’inverse de 𝐴 = (𝑎 𝑏
𝑐 𝑑) est 𝐴−1=𝑎𝑑−𝑏𝑐1 ( 𝑑 −𝑏
−𝑐 𝑎 ).
Ici, l’inverse de la matrice 𝐴 est donc 𝐴−1=𝜆2+𝜆−21 (−(4 + 𝜆) 2
−5 3 − 𝜆).
On résout le système matriciel :
𝐴𝑋 = 𝐵 donne (en multipliant à gauche par 𝐴−1) : 𝐴−1𝐴𝑋 = 𝐴−1𝐵
𝑋 = 𝐴−1𝐵 =𝜆2+𝜆−21 (−(4 + 𝜆) 2
−5 3 − 𝜆) (−4 5 )
= 1
𝜆2+𝜆−2(4(4 + 𝜆) + 10
20 + 5(3 − 𝜆)) = 1
𝜆2+𝜆−2( 4𝜆 + 26
−5𝜆 + 35) Conclusion :
Si 𝜆 ∈ {−2; 1}, le système (𝑆) n’a aucune solution.
Si 𝜆 ∉ {−2; 1}, le système (𝑆) a une unique solution (𝑥; 𝑦) = (4𝜆+26
𝜆2+𝜆−2;−5𝜆+35𝜆2+𝜆−2).
CHEVRIER – Math Expertes -2020/2021
Exercice 2 :
𝑡 est un paramètre réel.
Pour chaque 𝑡 fixé, on considère les droites (𝑑1) et (𝑑2) d’équations respectives 𝑡²𝑥 + 𝑦 = 1 et 𝑡𝑥 + 𝑦 = 𝑡.
On souhaite déterminer, à l’aide du calcul matriciel, les points d’intersection de ces droites, donc on veut résoudre le système (𝑆): {𝑡²𝑥 + 𝑦 = 1
𝑡𝑥 + 𝑦 = 𝑡} . 1) On suppose dans cette question que 𝒕 = 𝟐.
a) Ecrire le système (𝑆) sous la forme 𝐴𝑋 = 𝐵 où 𝑋 = (𝑥
𝑦) et où 𝐴 et 𝐵 sont deux matrices à préciser.
b) Justifier que la matrice (4 1
2 1) est inversible et déterminer son inverse.
c) Résoudre le système (𝑆), à l’aide d’un calcul sur les matrices.
2) Dans cette question, on revient au cas général où 𝒕 est un paramètre réel quelconque.
a) Traduire le système sous la forme 𝐴𝑋 = 𝐵 où 𝑋 = (𝑥
𝑦) et où 𝐴 et 𝐵 sont deux matrices que l’on précisera et qui dépendent du paramètre t.
b) Déterminer à quelle condition sur 𝑡 la matrice 𝐴 est inversible.
Exprimer 𝐴−1 en fonction de 𝑡 dans ce cas.
c) Justifier que, dans ce cas, le système a une unique solution et que cette solution est (𝑥
𝑦) = ( −1𝑡 𝑡 + 1).
3) Etude de cas particuliers :
a) Ecrire et résoudre le système (𝑆) pour 𝑡 = 1. Que peut-on dire des droites (𝑑1) et (𝑑2) dans ce cas ?
b) Reprendre la question précédente pour 𝑡 = 0.
4) Question finale
Sur quelle(s) courbe(s) se trouvent les points qui sont solutions des systèmes {𝑡²𝑥 + 𝑦 = 1
𝑡𝑥 + 𝑦 = 𝑡} lorsque 𝑡 parcourt ℝ ?
Corrigé de l’exercice 2 : 1) Cas 𝒕 = 𝟐.
a) Le système, pour 𝑡 = 2, est {4𝑥 + 𝑦 = 1 2𝑥 + 𝑦 = 2} Ce système s’écrit 𝐴𝑋 = 𝐵 avec 𝐴 = (4 1
2 1) ; 𝑋 = (𝑥
𝑦) et 𝐵 = (1 2).
b) 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 4 × 1 − 2 × 1 = 2 ≠ 0 donc 𝐴 est inversible, et : 𝐴−1=1
2( 1 −1
−2 4 ) = (
1
2 −1
2
−1 2 ).
c) 𝐴𝑋 = 𝐵 ⟺ 𝐴−1(𝐴𝑋) = 𝐴−1𝐵 ⟺ (𝐴−1𝐴)𝑋 = 𝐴−1𝐵 ⟺ 𝑋 = 𝐴−1𝐵 donc le système a une unique solution : 𝑋 = (
1
2 −1
2
−1 2 ) (1 2) = (
1 2× 1 −1
2× 2
−1 × 1 + 2 × 2) = (−1
2
3 ) c'est-à-dire (𝑥; 𝑦) = (−1
2; 3).
2) Cas général.
a) Le système s’écrit 𝐴𝑋 = 𝐵 avec 𝐴 = (𝑡² 1
𝑡 1) ; 𝑋 = (𝑥
𝑦) et 𝐵 = (1 𝑡).
b) 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 𝑡² × 1 − 𝑡 × 1 = 𝑡² − 𝑡 = 𝑡(𝑡 − 1)
𝐴 est inversible si et seulement si son déterminant est non nul, c'est-à-dire si 𝑡 ∉ {0; 1}.
Pour 𝑡 ∉ {0; 1}, on a 𝐴−1= 1
𝑡(𝑡−1)(1 −1
−𝑡 𝑡²) = (
1 𝑡(𝑡−1)
−1 𝑡(𝑡−1)
−𝑡 𝑡(𝑡−1)
𝑡² 𝑡(𝑡−1)
) = (
1 𝑡(𝑡−1)
−1 𝑡(𝑡−1)
−1 (𝑡−1)
𝑡 (𝑡−1)
).
c) 𝐴𝑋 = 𝐵 ⟺ 𝐴−1(𝐴𝑋) = 𝐴−1𝐵 ⟺ (𝐴−1𝐴)𝑋 = 𝐴−1𝐵 ⟺ 𝑋 = 𝐴−1𝐵 donc le système a une unique solution :
𝑋 = (
1 𝑡(𝑡−1)
−1 𝑡(𝑡−1)
−1 (𝑡−1)
𝑡 (𝑡−1)
) (1 𝑡) = (
1−𝑡 𝑡(𝑡−1)
−1+𝑡² (𝑡−1)
) = (
−(𝑡−1) 𝑡(𝑡−1) (𝑡+1)(𝑡−1)
(𝑡−1)
) = ( −1
𝑡
𝑡 + 1) c'est-à-dire (𝑥; 𝑦) = (−1
𝑡; 𝑡 + 1).
3) Cas particuliers.
a) Pour 𝑡 = 1, le système s’écrit {𝑥 + 𝑦 = 1
𝑥 + 𝑦 = 1} et il y a donc une infinité de solutions : Tous les couples (𝑥; 1 − 𝑥) avec 𝑥 ∈ ℝ conviennent.
Dans ce cas, les droites (𝑑1) et (𝑑2) sont confondues (elles ont la même équation).
b) Pour 𝑡 = 0, le système s’écrit {𝑦 = 1
𝑦 = 0} et il n’y a donc aucune solution.
Dans ce cas, les droites (𝑑1) et (𝑑2) sont strictement parallèles.
4) Question finale.
D’après la question 3)a), pour 𝑡 = 1, les points de la droite d’équation 𝑦 = −𝑥 + 1 sont solution du système.
Pour 𝑡 ∉ {0; 1}, les solutions sont sous la forme (𝑥; 𝑦) = (−1
𝑡; 𝑡 + 1), que l’on peut aussi écrire (𝑥; 𝑦) = (−1
𝑡; − 1
−1/𝑡+ 1) ou encore (𝑥; 𝑦) = (𝑥; −1
𝑥+ 1) avec 𝑥 ≠ 0.
Ainsi les points qui sont solutions des systèmes {𝑡²𝑥 + 𝑦 = 1
𝑡𝑥 + 𝑦 = 𝑡} lorsque 𝑡 parcourt ℝ sont les points de la courbe d’équation 𝑦 = −1
𝑥+ 1 et ceux de la droite d’équation 𝑦 = −𝑥 + 1.
Exercice « Football » : Corrigé :
