Systèmes linéaires

Question: Résoudre le système linéaire:

• “On commence donc par éliminer les \(x\)” : effectivement, c'est souvent la première étape du pivot de Gauss. Mais pour ça, il faut utiliser les \(x\) de la première ligne pour ne plus en avoir en dessous, pas jeter tous les \(x\) ! Ici, c'est vrai, il n'y a pas de \(x\) sur la première ligne, mais on peut arranger ça en échangeant \(L_1\) et \(L_2\) par exemple.

• “\(L_2 \leftarrow L_2-L_3\text{,}\)\(L_3\leftarrow L_3-L_2\)” : ça a l'air d'une bonne idée, mais en fait si on fait ça, on remplace les deux lignes \(L_2\) et \(L_3\text{,}\) qui donnent deux informations différentes, par \((L_2 - L_3)\) et \((L_3-L_2)\text{.}\) Mais ces deux nouvelles lignes donnent en fait la même information : les deux nous disent que \(y=z\text{.}\)

  Pour éviter de tomber dans ce genre de panneau, le mieux est de toujours appliquer les opérations \(L_i \leftarrow L_i + \lambda L_j\) du haut vers le bas: on utilise les lignes du haut pour modifier celles d'en-dessous, et pas dans l'autre sens. Si on veut faire ça, d'abord on échange deux lignes pour que la ligne qui nous arrange soit en haut, et ensuite on descent.

• “On élimine ensuite les \(y\) en faisant \(L_2\leftarrow L_2 + L_1\text{,}\) \(L_3\leftarrow L_3 - L_1\)”: cette étape serait effectivement correcte, si le système n'était pas déjà faux.

• “On termine l'échelonnage en faisant \(L_3\leftarrow L_3 + L_2\)” : là aussi, ce serait correct sans l'erreur au début.

• “le système admet une unique solution \((0,0)\)”: ça par contre, c'est faux ! Les solutions d'un système à 3 inconnues sont forcément des triplets \((a,b,c)\text{,}\) et non des couples \((a,b)\text{,}\) car à la fin, on doit pouvoir remplacer les inconnues par les valeurs qu'on a trouvées dans le système d'origine.

  Pour el dire autrement, un système qui a trois inconnues au début a toujours trois inconnues à la fin: tout ce qui change, c'est ce qu'on sait sur ces inconnues. Ici (si les étapes précédentes avaient été correctes) on aurait trouvé \(y=0,z=0\text{,}\) et pas d'information sur \(x\text{.}\) Ca ne veut pas dire que \(x\) n'existe plus, simplement qu'il n'a aucune contrainte: il peut prendre n'importe quelle valeur.

  Dans ce cas, si on avait échelonné correctement un système à trois inconnues et abouti à \(y=0,z=0\text{,}\) on aurait une infinité de solutions: \(\{(x,0,0), x\in \R\}\text{.}\)

Pour terminer, voici une résolution correcte:

(avec les opérations \(L_1\leftrightarrow L_2, L_3\leftarrow L_3-L_1, L_3 \leftarrow L_3 - L_2\))

\(\leadsto\) En remontant, on trouve \(z=0,y=0,x=0\) : il y a donc une unique solution \((0,0,0)\text{.}\)

Question: Déterminer, en fonction du paramètre \(b\text{,}\) l'ensemble des solutions du système linéaire:

• L'échelonnage est correct, on utilise la première ligne pour éliminer les \(x\) sur les deux suivantes, et on n'a alors plus de \(y\) non plus sur la troisième, donc l'échelonnage est terminé.

• “Il y a deux cas à traiter”: non, comme on va le voir, il y en a 3 : \(\boxed{b=1}\text{,}\) \(\boxed{b=2}\) et \(\boxed{b\neq 1,b\neq 2}\text{.}\)

  • Dans le cas \(b=1\text{,}\) on aboutit en effet à une contradiction, donc il n'y a effectivement pas de solution.

  • Par contre, dans le cas \(b\neq 1\text{,}\) on trouve bien \(z=\dfrac{2}{b-1}\text{,}\) mais on ne peut pas diviser \(L_2\) par \(b-2\) si \(b=2\) : il faut donc traiter ce cas à part.

    Si \(b=2\text{,}\) le système devient

    \begin{equation*} (\mathcal S_2) \iff \begin{cases} x+ 2y + 3z \amp= 4\\ 0 + z \amp = 2\\ z \amp = 2\\ \end{cases} \iff \begin{cases}x\amp = 4-2-2y = 1-2y \\z\amp=2 \end{cases} \end{equation*}

    \(\leadsto\) Il y a une infinité de solutions, qu'on peut exprimer en fonction de l'inconnue libre \(y\text{:}\) \(\{(1-2y,y,2),y\in \R\}\text{.}\)

    Si \(b\neq 1\) et \(b\neq 2\text{,}\) alors la fin de la résolution proposée est correcte: on trouve

    \begin{equation*} (\mathcal S_b) \iff \begin{cases} x \amp =4 - \dfrac{4}{b-1}- \dfrac{6}{b-1} = \dfrac{4b-14}{b-1}\\ y \amp = \dfrac{2b-4}{(b-1)(b-2)} = \dfrac{2}{b-1}\\ z \amp = \dfrac{2}{b-1}\\ \end{cases} \end{equation*}

• “Le système admet une infinité de solutions” : non , dans chacun de ces cas (\(b=0,b=\pi,b=\sqrt{37}-4...\)) le système \((S_b)\) admet une unique solution \(\left(\dfrac{4b-14}{b-1},\dfrac{2}{b-1},\dfrac{2}{b-1}\right)\text{.}\)

  Cette solution prend une valeur différent pour chaque \(b\) car ce n'est pas le même système qu'on résoud!

  Par exemple, du coup, avec \(b=0\text{,}\) on a un système

  \begin{equation*} (\mathcal S_0)\ \begin{cases}\begin{array}{rcrcrcrcr} x\amp+ \amp 2y\amp +\amp 3z\amp =\amp 4\cr x\amp \amp \amp +\amp 4z\amp =\amp 6\cr x\amp +\amp 2y\amp +\amp 2z \amp =\amp 6\cr \end{array} \end{cases} \end{equation*}

  qui a une unique solution \(\left(14,-2,-2\right)\)

  Et avec \(b=\pi\) on a un autre système

  \begin{equation*} (\mathcal S_\pi)\ \begin{cases}\begin{array}{rcrcrcrcr} x\amp+ \amp 2y\amp +\amp 3z\amp =\amp 4\cr x\amp +\amp \pi y \amp +\amp 4z\amp =\amp 6\cr x\amp +\amp 2y\amp +\amp (\pi+2)z \amp =\amp 6\cr \end{array} \end{cases} \end{equation*}

  qui a une unique solution \(\left(\dfrac{4\pi-14}{\pi-1},\dfrac{2}{\pi-1},\dfrac{2}{\pi-1}\right)\text{.}\)

  Et bien sûr, \(\left(\dfrac{4\pi-14}{\pi-1},\dfrac{2}{\pi-1},\dfrac{2}{\pi-1}\right)\) n'est pas solution de \((\mathcal S_0)\text{,}\) et \(\left(14,-2,-2\right)\) n'est pas solution de \((\mathcal S_\pi)\text{.}\)

  En fait, résoudre un système à paramètre, c'est résoudre une infinité de systèmes différents d'un seul coup, un système différent pour chaque valeur du paramètre, avec chacun son propre ensemble de solutions.

Question: Déterminer l'ensemble \(E_\alpha\) des solutions du système suivant dépendant d'un paramètre \(\alpha \in \R\text{:}\)