Définition 3.2.1. Cohérence d’un système d’équations linéaires.
Un système d’équations linéaires pour lequel il existe une ou plusieurs solutions est dit compatible, cohérent. Si aucune solution n’existe, le système est dit incompatible, incohérent.
Section 3.2 Les systèmes qui n’ont aucune ou ayant une infinité de solutions
Aller aux exercices 3.2.3 de la section.
Dans la section 3.1, on a introduit l’algorithme de Gauss-Jordan 3.1.25 que l’on a utilisé pour résoudre des systèmes d’équations linéaires, en échelonnant la matrice augmentée du système. Dans tous les exemples, on a réussi à trouver une solution. On sait toutefois qu’on peut associer un système d’équations linéaires à deux équations et deux inconnues à la position relative de deux droites dans \(\R^2\) et un système à trois équations et trois inconnues à la position relative de trois plans dans \(\R^3\text{.}\) Dans certaines situations, il peut n’y avoir aucune solution,par exemple si les droites sont parallèles , ou une infinité de solutions. Comment cela se manifeste-t-il dans la forme échelonnée réduite d’une matrice?
On considère les deux matrices échelonnées réduites suivantes:
\begin{equation}
A=\begin{pmatrix} 1& 0 & 2 &| & 1 \\ 0& 1 & -3 & |& 2 \\ 0& 0& 0&|& 0\end{pmatrix}\tag{3.2.1}
\end{equation}
\begin{equation}
B=\begin{pmatrix} 1& 0 &2&| & 1 \\ 0& 1 & -3 & |& 2 \\ 0 &0& 0& |& 1\end{pmatrix}\text{.}\tag{3.2.2}
\end{equation}
La forme de la première matrice indique une infinité de solutions au système d’équations associé, alors que la forme de la seconde révèle qu’il n’y a pas de solution au système.
Dans cette section, on décrit comment on peut déterminer si un système possède ou non des solutions. On définit la notion de rang d’une matrice.
Sous-section 3.2.1 Le nombre de solutions
On considère le système associé à la matrice (3.2.1), sous forme d’équations:
\begin{alignat*}{4}
x&{}+{} &0y&{}+{}&2z&{}={}&1\\
0x&{}+{} &y&{}-{}&3z&{}={}&2\\
0x&{}+{} &0y&{}+{}&0z&{}={}&0\text{.}
\end{alignat*}
La dernière équation de ce système se simplifie à \(0=0\) et elle est toujours vraie, peu importe les valeurs de \(x,y,z\text{.}\) Dans les deux autres équations, on peut remarquer que la variable \(z\) est présente dans chacune et que les coefficients de \(x\) et \(y\) valent \(1\text{.}\) Si l’on isole \(x\) et \(y\) dans ces équations, on obtient
\begin{align*}
x&=-2z+1\\
y&=3z+2\text{.}
\end{align*}
Les variables \(x,y\) sont liées à \(z\text{,}\) qui elle, ne possède pas de restrictions. Un point qui satisfait le système d’équations linéaires associé à la matrice (3.2.1) doit donc être de la forme
\begin{alignat*}{1}
(x,y,z)&=(-2z+1,3z+2,z)\\
&=(-2z,3z,z)+(1,2,0)\\
&=z(-2,3,1)+(1,2,0)\text{.}
\end{alignat*}
On reconnait l’équation vectorielle (1.3.1) d’une droite de vecteur directeur \((-2,3,1)\) passant par le point \((1,2,0)\text{.}\) Ainsi, la solution au système est constituée de l’ensemble des points se trouvant sur cette droite. Il y en a donc une infinité.
On considère maintenant le système associé à la matrice (3.2.2), celle-ci traduite sous la forme d’équation permet d’obtenir
\begin{alignat*}{3}
x&{}+{} &0y&{}+{}&2z{}={}&1\\
0x&{}+{} &y&{}-{}&3z&{}={}2\\
0x&{}+{} &0y&{}+{}&0z&{}={}1\text{.}
\end{alignat*}
Cette fois-ci, la dernière équation se simplifie à \(0=1\text{.}\) Évidemment, il n’y a aucune valeur de \(x,y,z\) qui peut rendre cette équation vraie. La conclusion est donc qu’il n’y a pas de solutions.
Comme vu dans l’exercice 3.1.4.17.b.iii, si un système compatible admet plus d’une solution, alors il y en a nécessairement une infinité. On a donc la proposition suivante.
Proposition 3.2.2. Le nombre de solutions à un système d’équations linéaires.
Soit \(A\vec{x}=\vec{b}\text{,}\) un système d’équations linéaires. Une seule des trois situations suivantes est possible:
-
Le système est incompatible et n’admet pas de solutions;
-
Le système est compatible et admet une solution unique;
-
Le système est compatible et admet une infinité de solutions.
Démonstration.
Le système est soit incompatible, soit compatible. S’il est incompatible, il n’y a rien à démontrer.
On suppose que le système est compatible. Dans ce cas, il existe au moins une solution \(\vec{u}\) telle que \(A\vec{u}=\vec{b}\text{.}\) Si \(\vec{v}\) est un vecteur différent de \(\vec{u}\) tel que \(A\vec{v}=\vec{b}\text{,}\) alors \(\vec{w}=\frac{\vec{u}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}\) est aussi une solution différente, car
\begin{align*}
A\vec{w}&=A\left(\frac{\vec{u}}{2}+\frac{\vec{v}}{2}\right)\\
&= A\frac{\vec{u}}{2}+A\frac{\vec{v}}{2}\\
&=\frac{1}{2}(A\vec{u}+A\vec{v})\\
&=\frac{1}{2}(\vec{b}+\vec{b})\\
&=\vec{b}\text{.}
\end{align*}
De plus, \(\vec{w}\neq \vec{u},\vec{v}\)
On peut ensuite répéter ce processus à l’infini et obtenir des vecteurs différents qui constituent tous des solutions du système. Donc, soit la solution est unique, soit il en existe une infinité.
On reconnait un système incompatible à l’existence d’un pivot dans la partie augmentée, comme pour la matrice (3.2.2). En effet, un pivot dans la partie augmentée signifie que tous les coefficients des variables sont nuls et que le membre de droite (augmenté) est, quant à lui, non nul.
Lorsque le système est cohérent, on aura une solution unique si le nombre de pivots correspond au nombre de variables. S’il est plus petit, il y aura alors une infinité de solutions. Le nombre de pivots d’une matrice est appelé le rang et sera défini au début de la prochaine sous-section.
Exemple 3.2.3. Un système qui n’a aucune solution.
On reprend le système du début de la section 3.1, qui correspond à des droites parallèles distinctes:
\begin{align*}
x+2y&=4\\
2x+4y&=7\text{.}
\end{align*}
On veut montrer que ce système ne possède pas de solution en échelonnant la matrice augmentée qui lui est associée.
Solution.
On utilise Gauss-Jordan pour échelonner la matrice augmentée de ce système, afin de repérer le pivot dans la partie augmentée:
\begin{align*}
(A|\vec{b})&=\begin{pmatrix} 1& 2& |& 4\\ 2& 4& | &7 \end{pmatrix}\\
&\matsimilc{1}{-2}{2}\begin{pmatrix} 1& 2& |& 4\\ 0 & 0 &|& -1 \end{pmatrix}\text{.}
\end{align*}
La dernière ligne étant équivalente à \(0=-1\text{,}\) il ne peut y avoir de solution. On aurait pu poursuivre l’algorithme de Gauss-Jordan pour faire en sorte que la partie augmentée soit aussi échelonnée réduite, mais ce n’est jamais nécessaire. Dès que l’on obtient une ligne de \(0\) incompatible dans la matrice augmentée, on peut conclure que le système lui-même est incompatible.
Exemple 3.2.4. Un système avec une infinité de solutions.
On reprend l’autre système au début de la section 3.1, qui correspond à des droites parallèles confondues:
\begin{align*}
x+2y&=4\\
2x+4y&=8\text{.}
\end{align*}
On veut montrer que ce système possède une infinité de solutions en échelonnant la matrice augmentée qui lui est associée.
Solution.
On utilise Gauss-Jordan pour échelonner la matrice augmentée de ce système:
\begin{align*}
(A|\vec{b})&=\begin{pmatrix} 1& 2& |& 4\\ 2& 4& | &8 \end{pmatrix}\\
&\matsimilc{1}{-2}{2}\begin{pmatrix} 1& 2& |& 4\\ 0 & 0 &|& 0\end{pmatrix}\text{.}
\end{align*}
La dernière ligne étant équivalente à \(0=0\text{,}\) elle ne donne aucune information sur la solution. La première équation s’écrit \(x+2y=4\) et l’on y reconnait l’équation de la droite de départ. Pour avoir la forme vectorielle et suivre l’exemple de l’introduction de cette sous-section, on isole \(x\) dans l’équation:
\begin{equation*}
x=-2y+4\text{.}
\end{equation*}
Une solution à ce système d’équations doit donc être de la forme
\begin{align*}
(x,y)&=(-2y+4,y)\\
&=(-2y,y)+(4,0)\\
&=y(-2,1)+(4,0)\text{.}
\end{align*}
La solution est une droite de vecteur directeur \((-2,1)\) passant par le point \((4,0)\text{.}\) On vérifiera facilement que ce vecteur directeur est bien perpendiculaire au vecteur normal de l’équation \(x+2y=4\) et que le point \((4,0)\) satisfait bel et bien cette équation.
Évidemment, ces deux exemples peuvent se résoudre facilement en ne considérant que la géométrie du système. Toutefois, lorsque le nombre d’équations et d’inconnues devient plus élevé, l’avantage de la méthode algébrique devient plus évident.
Exemple 3.2.5. Des systèmes à quatre équations et trois inconnues.
Soit les matrices \(A=\begin{pmatrix} 2& -3& 1 \\
6& 0& 4\\
6 & 9& 5\\
-6& 9 & -3\end{pmatrix}\text{,}\) \(B=\begin{pmatrix} 1& 6& -3 \\
\frac{4}{3}& 8& -4\\
\frac{1}{3} & 2& -1\\
-3& -18 & 9\end{pmatrix}\) et les vecteurs \(\vec{b}_1=\begin{pmatrix} 5\\ 3\\ -9\\ -15\end{pmatrix}, \vec{b}_2=\begin{pmatrix}3\\4\\1\\-9\end{pmatrix}\text{.}\) On cherche la solution des systèmes suivants:
-
\(A\vec{x}=\vec{b}_1\text{,}\)
-
\(A\vec{x}=\vec{b}_2\text{,}\)
-
\(B\vec{x}=\vec{b}_1\text{,}\)
-
\(B\vec{x}=\vec{b}_2\text{.}\)
Solution 1.
Les systèmes avec la matrice \(A\) sont équivalents à la matrice augmentée
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|rr} 2& -3& 1 & 5&3 \\
6& 0& 4 & 3& 4\\
6 & 9& 5 & -9&1 \\
-6& 9 & -3 &-15&-9\end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
On peut résoudre simultanément ces systèmes puisque la matrice est la même. On a
\begin{align*}
\begin{pmatrix} 2& -3& 1 &|& 5&3 \\
6& 0& 4 &|& 3& 4\\
6 & 9& 5 &|& -9&1 \\
-3& 2 & 0 &|& 1&0\end{pmatrix}&\matsimils{1}{\frac{1}{2}} \begin{pmatrix} 1& -\frac{3}{2}& \frac{1}{2} &|& \frac{5}{2}&\frac{3}{2} \\
6& 0& 4 &|& 3& 4\\
6 & 9& 5 &|& -9&1 \\
-6& 9 & -3 &|&-15&-9\end{pmatrix}\\
&\substack{-6L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -6L_1+L_3\rightarrow L_3 \\3L_1+L_4\rightarrow L_4\\ \sim} \begin{pmatrix} 1& -\frac{3}{2}& \frac{1}{2} &|& \frac{5}{2}&\frac{3}{2} \\
0& 9& 1 &|& -12& -5\\
0 & 18& 2 &|& -24&-8 \\
0& 0 & 0 &|& 0&0\end{pmatrix}\\
\end{align*}
On remarque qu’avant de diviser, on peut éliminer un terme sous le pivot de la ligne deux.
\begin{align*}
&\matsimilc{2}{-2}{3} \begin{pmatrix} 1& -\frac{3}{2}& \frac{1}{2} &|& \frac{5}{2}&\frac{3}{2} \\
0& 9& 1 &|& -12& -5\\
0 & 0& 0 &|& 0&2 \\
0& 0 & 0 &|& 0&0\end{pmatrix}\\
\end{align*}
La prochaine étape n’est pas nécessaire, mais on choisit de la faire quand même.
\begin{align*}
&\matsimils{3}{\frac{1}{2}}\begin{pmatrix} 1& -\frac{3}{2}& \frac{1}{2} &|& \frac{5}{2}&\frac{3}{2} \\
0& 9& 1 &|& -12& -5\\
0& 0 & 0 &|& 0&1\\
0 & 0& 0 &|& 0&0 \end{pmatrix}\\
\end{align*}
On pourrait cesser les opérations sur la dernière colonne, car ce système est incompatible. On choisit de poursuivre dans un but de clarté.
\begin{align*}
&\matsimils{2}{\frac{1}{9}}\begin{pmatrix} 1& -\frac{3}{2}& \frac{1}{2} &|& \frac{5}{2}&\frac{3}{2} \\
0& 1& \frac{1}{9} &|& -\frac{4}{3}& -\frac{5}{9}\\
0& 0 & 0 &|& 0&1\\
0 & 0& 0 &|& 0&0 \end{pmatrix}\\
& \matsimilc{2}{\frac{3}{2}}{1}\begin{pmatrix} 1& 0& \frac{2}{3} &|&\frac{1}{2}&\frac{2}{3} \\
0& 1& \frac{1}{9} &|& -\frac{4}{3}& -\frac{5}{9}\\
0 & 0& 0 &|& 0&1\\
0 & 0& 0 &|& 0&0\end{pmatrix}\text{.}
\end{align*}
Après tous ces calculs (vive l’ordinateur!), on constate que le système \(A\vec{x}=\vec{b}_2\) ne possède pas de solution et que pour le système \(A\vec{x}=\vec{b}_1\text{,}\) il y en aura une infinité. On peut les obtenir en isolant \(x,y\) en fonction de \(z\) dans le SEL équivalent à la matrice échelonnée réduite. On a alors
\begin{align*}
x&=-\frac{2}{3}z+\frac{1}{2}\\
y&=-\frac{1}{9}z-\frac{4}{3}\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc l’ensemble des points \((x,y,z)\) tels que
\begin{align*}
\vecddd{x}{y}{z}&=\vecddd{-\frac{2}{3}z+\frac{1}{2}}{-\frac{1}{9}z-\frac{4}{3}}{z}\\
&=\vecddd{-\frac{2}{3}z}{-\frac{1}{9}z}{z}+\vecddd{\frac{1}{2}}{-\frac{4}{3}}{0}\\
&=z\vecddd{-\frac{2}{3}}{-\frac{1}{9}}{1}+\vecddd{\frac{1}{2}}{-\frac{4}{3}}{0}\text{.}
\end{align*}
On reconnait ici l’équation d’une droite de vecteur directeur \(\vecddd{-\frac{2}{3}}{-\frac{1}{9}}{1}\) passant par le point \(\vecddd{\frac{1}{2}}{-\frac{4}{3}}{0}\text{.}\)
Solution 2.
Les systèmes avec la matrice \(B\) sont équivalents à la matrice augmentée
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|rr} 1& 6& -3 & 5&3 \\
\frac{4}{3}& 8& -4& 3& 4\\
\frac{1}{3} & 2& -1 & -9&1 \\
-3& -18 & 9 &-15&-9\end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
L’échelonnage est fait à l’exercice 3.2.3.1. On obtient la matrice \(\left(\begin{array}{rrr|rr}
1 & 6 & -3 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\text{.}\)
Cette fois, le vecteur \(\vec{b}_1\) est celui pour lequel il n’y a pas de solution, car la deuxième ligne n’est pas compatible. Pour le vecteur \(\vec{b}_2\text{,}\) des solutions existent. Les variables \(x\) et \(y\) sont libres. On a donc
\begin{align*}
x&= 3-6y+3z\\
y&=y \text{ (libre)}\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc composé de tous les vecteurs \((x,y,z)\) tels que
\begin{align*}
\vecddd{x}{y}{z}&=\vecddd{3-6y+3z}{y}{z}\\
&=\vecddd{3}{0}{0}+y\vecddd{-6}{1}{0}+z\vecddd{3}{0}{1}\text{.}
\end{align*}
On reconnait l’équation vectorielle d’un plan de vecteurs directeurs \((-6,1,0)\) et \((3,0,1)\) passant par le point \((3,0,0)\text{.}\)
On résume la procédure pour obtenir les solutions d’un système d’équations linéaires dans l’algorithme 3.2.6.
Algorithme 3.2.6. Déterminer les solutions d’un système d’équations linéaires.
Soit un système d’équations linéaires correspondant à l’équation matricielle \(A\vec{x}=\vec{b}\text{,}\) où \(A\) est une matrice \(m\times n\text{.}\) On peut obtenir les solutions du SEL en suivant les étapes suivantes:
-
Déterminer la solution selon la procédure suivante:
-
Si la matrice \((A|\vec{b})\) contient un pivot dans la partie augmentée, alors le système est incompatible. Il n’y a pas de solution.
-
Si la partie augmentée ne contient pas de pivot et que toutes les variables sont pivots, alors la solution est unique et se lit directement de la forme échelonnée réduite.
-
Si la partie augmentée ne contient pas de pivot et qu’au moins une des variables est libre, alors on réécrit le système d’équations linéaires correspondant à la forme échelonnée réduite de la matrice \((A|\vec{b})\) et on isole chaque variable pivot en fonction des variables libres. On obtient une forme paramétrique de la solution où le ou les paramètres correspondent aux variables libres.
-
On termine avec des commandes Sage en lien avec la sous-section.
Calcul 3.2.7. Aucune et une infinité de solutions avec Sage.
On a vu à l’exemple 3.1.31 qu’on peut résoudre les systèmes d’équations avec Sage, avec l’une des commandes
rref() ou solve_right(). Toutefois, dans les exemples de la section 3.1, il y avait toujours une solution unique. On regarde maintenant comment se comporte Sage lorsqu’un système n’a aucune ou a une infinité de solutions.
Le premier exemple que l’on considère est un exemple qui ne possède aucune solution. Pour cela, on prend deux plans parallèles distincts et l’on essaie de trouver leur intersection. Les plans sont \(\mathcal{P}_1 : x+y-z=1\) et \(\mathcal{P}_2 : x+y-z=-1\text{.}\) La cellule suivante devrait donner une erreur.
Lorsque le système n’a pas de solution, la commande
solve_right() produit une erreur. La commande rref() fonctionne, mais il faut réaliser soi-même qu’il n’y a pas de solution en observant le pivot dans la colonne augmentée.
On regarde maintenant ce qu’on obtient lorsque le système possède une infinité de solutions. Pour cela, on prend deux plans non parallèles dans \(\R^3\text{.}\) Ceux-ci vont se croiser en une droite. On peut anticiper la solution en utilisant la géométrie. Une droite est un objet à une dimension, avec une variable libre. On s’attend donc à une matrice augmentée contenant deux variables pivots et une variable libre. La forme paramétrique de la solution devrait être quelque chose du genre \(t\vec{v}+\vecl{OA}\text{,}\) où le vecteur \(\vec{v}\) est le vecteur directeur de la droite et \(A\) est un point de celle-ci. On commence par regarder la forme échelonnée de la matrice augmentée, avec \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_3 : x-y-z=-1\text{.}\)
Comme attendu, la matrice a la bonne forme. Les variables \(x,y\) sont liées et la variable \(z\) est libre. On remarque, par contre, que la commande
rref() ne donne pas explicitement la solution (c’était le cas aussi pour une solution unique), il faut la déduire de la forme échelonnée. Dans ce cas-ci, on obtient la droite
\begin{gather}
\vecddd{x}{y}{z}=z\vecddd{1}{0}{1}+\vecddd{0}{1}{0}\text{.}\tag{✶}
\end{gather}
On essaie maintenant la commande
solve_right() pour le même système.
La réponse obtenue est peut-être surprenante. On sait à partir des connaissances en géométrie qu’il devrait y avoir une infinité de solutions, mais Sage n’en retourne qu’une. En fait, en observant l’équation (✶) ci-dessus, on peut remarquer que la solution donnée par Sage correspond à celle où les variables libres valent \(0\text{.}\)
Comment obtenir toutes les solutions dans ce cas? Pour l’instant, on se rabat sur la commande
rref(). La section 5.3 donnera une réponse plus satisfaisante.
Conseil 3.2.8. Lecture des messages d’erreur Sage.
Les messages d’erreur Sage peuvent paraitre étranges lorsqu’on les rencontre pour la première fois. Il peut être utile de commencer sa lecture par le bas. Souvent, on peut détecter le problème à partir de la dernière phrase du message. Si celle-ci n’est pas suffisante, chercher les lignes avec des flèches comme celle-ci
---->. Elles indiquent souvent quelle(s) ligne(s) du code cause(nt) un problème.
Sous-section 3.2.2 Le rang d’une matrice
On a déjà mentionné que le nombre de variables pivots d’une matrice avait une importance particulière. On explore quelques résultats associés à cette notion. D’abord, une définition du rang d’une matrice.
Définition 3.2.9. Le rang d’une matrice.
Soit \(A\text{,}\) une matrice \(m\times n\) quelconque. On définit le rang de la matrice \(A\) comme étant le nombre
\begin{equation*}
rg(A)=r
\end{equation*}
où \(r\) correspond au nombre de variables pivots dans la forme échelonnée réduite de la matrice \(A\text{.}\)
Remarque 3.2.10. Le rang et les lignes d’une matrice.
Le rang correspond au nombre de pivots d’une matrice, et, par le fait même au nombre de colonnes pivots. On peut aussi lui associer un sens en fonction du nombre de lignes. En effet, comme chaque pivot est sur une ligne différente, le rang \(r\) d’une matrice correspond aussi au nombre de lignes non nulles de la forme échelonnée réduite.
Parce que la forme échelonnée réduite est unique 3.1.24, le rang est bien défini, puisque, pour une matrice \(A\) donnée, elle ne peut avoir qu’une seule valeur pour \(rg(A)\text{.}\) On donne maintenant un résultat qui sera réinterprété géométriquement dans la section suivante 3.3.
Proposition 3.2.11. Rang et existence de solutions.
Soit \(A\text{,}\) une matrice \(m\times n\) de rang \(r\) et \(\vec{b}\in \R^m\text{,}\) un vecteur. Le système \(A\vec{x}=\vec{b}\) est compatible si et seulement si le rang de la matrice augmentée \((A|\vec{b})\) est aussi égal à \(r\text{.}\)
Démonstration.
Soit \((R|\vec{c})\text{,}\) la forme échelonnée réduite de la matrice augmentée, où \(R=rref(A)\) et \(\vec{c}\) correspond au vecteur obtenu de \(\vec{b}\) en appliquant les opérations élémentaires menant \(A\) à \(R\text{.}\) Pour être compatible, chaque ligne nulle \(l_i\) de \(R\) doit correspondre avec une entrée nulle \(c_i\) du vecteur \(\vec{c}\text{.}\) Ceci survient si et seulement si le nombre de lignes non nulles de la matrice \((R|\vec{c})\) est égal à celui de la matrice \(R\text{,}\) qui est égal à \(rg(A)=r\text{.}\)
Quelles sont les valeurs possibles pour le rang? La matrice nulle est par défaut, sous la forme échelonnée réduite, mais ne contient pas de pivots. On peut donc avoir \(r=0\text{.}\) La proposition suivante établit la valeur maximale que peut prendre le rang d’une matrice \(A\text{.}\)
Proposition 3.2.12. Le rang maximal.
Soit \(A\text{,}\) une matrice \(m\times n\text{.}\) Alors
\begin{equation*}
rg(A)\leq \min(m,n)\text{.}
\end{equation*}
La valeur maximale du rang est donc bornée par le nombre de lignes ou de colonnes, le plus petit de ces deux nombres.
Démonstration.
Le rang correspond au nombre de colonnes pivots. Ce nombre ne peut donc pas dépasser \(n\text{.}\) Selon la remarque 3.2.10, le rang est aussi le nombre de lignes non nulles de la matrice. Ce nombre ne peut donc pas dépasser \(m\text{.}\) Ainsi, on a \(r\leq \min(m,n)\text{.}\)
Le prochain résultat ne s’applique qu’aux matrices carrées. Il lie le rang d’une matrice à l’existence de son inverse. Cela nous donne la seconde version du théorème de la matrice inverse
[provisional cross-reference: thm-delamatriceinverse].
Théorème 3.2.13. Théorème de la matrice inverse, seconde version.
Soit \(A\text{,}\) une matrice carrée d’ordre \(n\text{.}\) Les énoncés suivants sont équivalents:
-
La matrice \(A\) est inversible;
-
Pour chaque vecteur \(v\in \R^n\text{,}\) il existe un seul vecteur \(\vec{u}\in \R^n\) tel que \(A\vec{u}=\vec{v}\text{;}\)
-
Le rang de la matrice est égal à \(n\text{;}\)
Démonstration.
L’équivalence des énoncés un et deux provient de la première version 2.3.15 du théorème. L’énoncé trois et l’énoncé quatre sont équivalents, par définition du rang 3.2.9. Il faut donc montrer que l’un des deux premiers énoncés implique que le rang soit égal à \(n\) et qu’avoir un rang de \(n\) implique un des deux premiers énoncés.
On commence par prendre une matrice \(A\) inversible. Soit \(B\text{,}\) son inverse et \(\vec{b}_j\text{,}\) ses colonnes. Si l’on note \(\vec{e}_j\) le vecteur dont toutes les entrées sont nulles sauf celle en position \(j\) qui vaut \(1\text{,}\) alors, selon la définition de la matrice inverse et de la multiplication, on a \(A\vec{b}_j=\vec{e}_j\text{.}\) Puisque l’inverse d’une matrice est unique, c’est aussi la seule solution. On note \((A|I)\) la matrice \(A\) augmentée de l’identité. La forme échelonnée réduite de cette matrice augmentée correspond aux solutions des systèmes d’équations linéaires \(A\vec{x}=\vec{e}_j\text{.}\) Ces solutions sont les (uniques) colonnes de \(B\text{,}\) ce qui signifie que
\begin{equation*}
rref(A|I)=(I|B)\text{.}
\end{equation*}
Cela signifie donc que \(rref(A)=I\) et donc, \(rg(A)=n\text{.}\)
On suppose maintenant que \(rg(A)=n\text{.}\) Ceci signifie que chaque colonne est pivot et de même, chaque ligne, car la matrice est carrée. On a donc \(rref(A)=I\text{.}\) Soit \(\vec{v}\text{,}\) un vecteur de \(\R^n\text{.}\) Le système \(A\vec{x}=\vec{v}\) se résout en échelonnant la matrice augmentée \((A|\vec{v})\text{,}\) ce qui donne
\begin{equation*}
rref(A|\vec{v})=(I|\vec{u})\text{,}
\end{equation*}
où \(\vec{u}\) est obtenu de \(\vec{v}\) à partir des opérations élémentaires effectuées pour échelonner \(A\text{.}\) Comme toutes les variables sont pivots, il n’y a qu’une solution. Cela montre que le rang égal à \(n\) implique le second énoncé.
Corollaire 3.2.14. La forme échelonnée réduite d’une matrice carrée inversible.
Démonstration.
On termine avec des commandes Sage en lien avec la sous-section.
Calcul 3.2.15. Le rang et Sage.
Sage possède la commande
rank qui permet de calculer le rang d’une matrice. Elle s’utilise soit comme rank(A), soit A.rank().
Les points importants de cette section sont:
-
Les systèmes compatibles et incompatibles 3.2.1;
-
Les trois seules possibilités quant au nombre de solutions 3.2.2 du système d’équations linéaires \(A\vec{x}=\vec{b}\text{;}\)
-
L’algorithme 3.2.6 permettant de trouver toutes les solutions d’un système d’équations linéaires.
-
L’ajout de l’équivalence 3.2.13 entre matrice inversible et rang maximal.
De plus, avec Sage, lors de l’utilisation de la commande
solve_right(), on a vu qu’un système qui n’a aucune solution donne une erreur et qu’un système avec une infinité de solutions n’en donne qu’une. Il est préférable d’utiliser la commande rref() et de déduire la solution de la forme échelonnée réduite, du moins pour le moment. On a aussi vu la commande rank(), qui retourne le rang d’une matrice.Exercices 3.2.3 Exercices
1.
Réponse.
Solution.
On commence par la matrice du système \((B|\vec{b}_1\,\vec{b}_2)\) et l’on effectue l’échelonnage.
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1& 6& -3 & 5&3 \\
\frac{4}{3}& 8& -4& 3& 4\\
\frac{1}{3} & 2& -1 & -9&1 \\
-3& -18 & 9 &-15&-9\end{array}\right)
&\substack{3L_2\rightarrow L_2 \\ 3L_3\rightarrow L_3 \\-\frac{1}{3}L_4\rightarrow L_4\\ \sim}
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1& 6& -3 & 5&3 \\
4& 24& -12& 9& 12 \\
1 & 6& -3 & -27&3 \\
1& 6 & -3 & 5& 3 \end{array}\right)\\
&\substack{-4L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -L_1+L_3\rightarrow L_3 \\-L_1+L_4\rightarrow L_4\\ \sim}
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1& 6& -3 & 5&3 \\
0& 0& 0& -11 & 0 \\
0 & 0& 0 & -32&0 \\
0& 0 & 0 & 0& 0 \end{array}\right)\\
&\substack{-\frac{1}{11}L_2\rightarrow L_2 \\ -\frac{1}{32}L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1& 6& -3 & 5&3 \\
0& 0& 0& 1 & 0 \\
0 & 0& 0 & 1 &0 \\
0& 0 & 0 & 0& 0 \end{array}\right)\\
&\substack{-5L_2+L_1\rightarrow L_1 \\-L_2+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1& 6& -3 & 0&3 \\
0& 0& 0& 1 & 0 \\
0 & 0& 0 & 0 &0 \\
0& 0 & 0 & 0& 0 \end{array}\right)
\end{align*}
La matrice augmentée du système une fois échelonnée donne donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1& 6& -3 & 0&3 \\
0& 0& 0& 1 & 0 \\
0 & 0& 0 & 0 &0 \\
0& 0 & 0 & 0& 0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
2.
On considère les quatre systèmes d’équations linéaires suivants:
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&3y&{}={}&1 \\ 2x&{}-{}&ay&{}={}&b \text{,} \end{alignat*}
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&3y&{}={}&1 \\ ax&{}-{}&by&{}={}&4 \text{,} \end{alignat*}
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&ay&{}={}&1 \\ ax&{}-{}&3y&{}={}&b \text{,} \end{alignat*}
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&3y&{}={}&a \\ -2x&{}+{}&6y&{}={}&b \text{.} \end{alignat*}
Dans chaque cas, donner toutes les valeurs de \(a,b\) telles que
(a)
Les SEL n’ont pas de solution;
Réponse.
Solution.
Pour déterminer les valeurs de \(a\) et de \(b\) ne permettant d’avoir aucune solution, il faut échelonner les matrices de ces systèmes et bien interpréter les résultats. On se rappelle, par l’algorithme 3.2.6, qu’un pivot dans la partie augmentée de la matrice échelonnée réduite indique l’absence de solution.
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&3y&{}={}&1 \\ 2x&{}-{}&ay&{}={}&b \end{alignat*}On donne la matrice augmentée associée et on l’échelonne:\begin{align*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& 1\\ 2& -a& b\end{array}\right)&\matsimilc{1}{-2}{2} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& 1\\ 0& 6-a& b-2\end{array}\right) \end{align*}Pour avoir un pivot dans la partie augmentée, il faut que \(a=6\) et que \(b\neq 2\text{.}\)
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&3y&{}={}&1 \\ ax&{}-{}&by&{}={}&4 \end{alignat*}On donne la matrice augmentée associée et on l’échelonne:\begin{align*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& 1\\ a& -b& 4\end{array}\right)&\matsimilc{1}{-a}{2} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& 1\\ 0& 3a-b& 4-a\end{array}\right) \end{align*}Pour avoir un pivot dans la partie augmentée, il faut que \(3a-b=0\Rightarrow b=3a\) et que \(a\neq 4\text{.}\)
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&ay&{}={}&1 \\ ax&{}-{}&3y&{}={}&b \end{alignat*}On donne la matrice augmentée associée et on l’échelonne:\begin{align*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -a& 1\\ a& -3& b\end{array}\right)&\matsimilc{1}{-a}{2} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -a& 1\\ 0& a^2-3& b-a\end{array}\right) \end{align*}Pour avoir un pivot dans la partie augmentée, il faut que \(a^2-3=0\Rightarrow a=\pm \sqrt{3}\) et que \(b\neq a\text{.}\)
-
\begin{alignat*}{3} x&{}-{}&3y&{}={}&a \\ -2x&{}+{}&6y&{}={}&b \end{alignat*}On donne la matrice augmentée associée et on l’échelonne:\begin{align*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& a\\ -2& 6& b\end{array}\right)&\matsimilc{1}{2}{2} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& a\\ 0& 0& 2a+b\end{array}\right) \end{align*}Pour avoir un pivot dans la partie augmentée, il faut que \(2a+b\neq 0 \Rightarrow b\neq -2a\text{.}\)
(b)
Les SEL ont une infinité de solutions.
Réponse.
Solution.
Pour déterminer les valeurs de \(a\) et de \(b\) permettant d’avoir une infinité de solutions, il faut échelonner les matrices de ces systèmes et bien interpréter les résultats. On ne refera pas l’échelonnage, car il a déjà été fait pour trouver les situations sans solutions. On se rappelle, par l’algorithme 3.2.6, qu’une absence de pivot dans la partie augmentée ainsi que la présence d’une variable libre impliquera l’infinité de solutions. Puisque les SEL de cet exercice ont tous deux équations et deux variables, il faut donc absolument que la seconde ligne comporte uniquement des zéros une fois échelonnée.
-
\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& 1\\ 0& 6-a& b-2\end{array}\right) \end{equation*}Pour avoir la deuxième ligne seulement constituée de zéros, il faut que \(a=6\) et que \(b=2\text{.}\)
-
\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& 1\\ 0& 3a-b& 4-a\end{array}\right) \end{equation*}Pour avoir la deuxième ligne seulement constituée de zéros, il faut que \(3a-b=0\Rightarrow b=3a\) et que \(a=4\text{.}\)
-
\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -a& 1\\ 0& a^2-3& b-a\end{array}\right) \end{equation*}Pour avoir la deuxième ligne seulement constituée de zéros, il faut que \(a^2-3=0\Rightarrow a=\pm \sqrt{3}\) et que \(b=a\text{.}\)
-
\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr|r} 1& -3& a\\ 0& 0& 2a+b\end{array}\right) \end{equation*}Pour avoir la deuxième ligne seulement constituée de zéros, il faut que \(2a+b= 0 \Rightarrow b=-2a\text{.}\)
3.
Considérer à nouveau la matrice
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 3 & 1 & 1 \\
2 & x & 1 & -1 \\
0 & 2 & -1 & 2
\end{array}\right)
\end{equation*}
de l’exercice 3.1.4.14. Quelle devrait être la valeur de \(x\) pour que le rang de la matrice soit égal à \(2\text{?}\) Dans ce cas-ci, est-ce que le système possède une solution, une infinité de solutions ou ne possède aucune solution?
Solution.
On recommence l’algorithme de Gauss-Jordan et l’on verra quelle valeur de \(x\) cela prendra pour que la matrice soit de rang \(2\text{.}\)
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 3 & 1 & 1 \\
2 & x & 1 & -1 \\
0 & 2 & -1 & 2
\end{array}\right)\matsimilc{1}{-2}{2}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 3 & 1 & 1 \\
0 & x-6 & -1 & -3 \\
0 & 2 & -1 & 2
\end{array}\right)
\end{equation*}
Pour que la matrice soit de rang \(2\text{,}\) il faut absolument éliminer une ligne entière. En observant que les valeurs de la troisième colonne sont les mêmes dans les deuxième et troisième lignes, on réalise que le seul moyen qu’une de ces deux lignes s’élimine est que les valeurs de la deuxième colonne correspondent aussi. Bref, il faut que \(x-6=2 \Rightarrow x=8\text{.}\)
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 3 & 1 & 1 \\
0 & 2 & -1 & -3 \\
0 & 2 & -1 & 2
\end{array}\right)\matsimilc{2}{-}{3}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 3 & 1 & 1 \\
0 & 2 & -1 & -3 \\
0 & 0 & 0 & 5
\end{array}\right)
\end{equation*}
On observe que la matrice est de rang \(2\text{,}\) mais qu’il y a un pivot additionnel dans la partie augmentée. Cela signifie qu’il n’y a aucune solution.
4.
Considérer maintenant la matrice
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
2 & x & -1 & 2 \\
4 & 2 & -2 & 4 \\
0 & 3 & 1 & 2
\end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
Quelle devrait être la valeur de \(x\) pour que le rang de la matrice soit égal à \(2\text{?}\) Dans ce cas-ci, est-ce que le système possède une solution, une infinité de solutions ou ne possède aucune solution?
Solution.
On commence l’algorithme de Gauss-Jordan et l’on verra quelle valeur de \(x\) cela prendra pour que la matrice soit de rang \(2\text{.}\)
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
2 & x & -1 & 2 \\
4 & 2 & -2 & 4 \\
0 & 3 & 1 & 2
\end{array}\right)&\matsimils{1}{\frac{1}{2}}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & \frac{x}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\
4 & 2 & -2 & 4 \\
0 & 3 & 1 & 2
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{1}{-4}{2}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & \frac{x}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\
0 & 2-2x & 0 & 0 \\
0 & 3 & 1 & 2
\end{array}\right)
\end{align*}
Pour que la matrice soit de rang \(2\text{,}\) il faut absolument éliminer une ligne entière. Il est clair que la deuxième ligne s’éliminera uniquement si \(x=1\text{.}\)
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 1 & 2
\end{array}\right)\matsimile{2}{3}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 1 \\
0 & 3 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\end{equation*}
On observe que la matrice est de rang \(2\) et qu’il n’y a pas de pivot additionnel dans la partie augmentée. Cela signifie qu’il y a une infinité de solutions.
5.
Pour chaque matrice échelonnée réduite ci-dessous, donner l’ensemble solution. De plus, lorsque possible, déterminer une solution pour laquelle la variable \(x_1\) est égale à \(3\text{.}\)
(a)
\(\left(\begin{array}{rr|r}
0 & 1 & -2 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
La seule ligne non nulle se résume à l’équation \(y=-2\text{.}\) La variable \(x\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la première colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=x \text{ (libre)}\\
y&=-2\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecd{x}{y}=\vecd{x}{-2}=x\vecd{1}{0}+\vecd{0}{-2}\text{.}
\end{equation*}
En posant \(x=3\text{,}\) on obtient une solution particulière:
\begin{equation*}
\vecd{x}{y}=\vecd{3}{-2}\text{.}
\end{equation*}
(b)
\(\left(\begin{array}{rr|r}
1 & 0 & -2 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
La seule ligne non nulle se résume à l’équation \(x=-2\text{.}\) La variable \(y\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la deuxième colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=-2\\
y&=y \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecd{x}{y}=\vecd{-2}{y}=\vecd{-2}{0}+y\vecd{0}{1}\text{.}
\end{equation*}
La valeur de la variable \(x\) étant déjà fixée par le système, il est impossible de donner une solution telle que \(x=3\text{.}\)
(c)
\(\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 0 & -1 & -\frac{28}{3} \\
0 & 1 & 2 & \frac{29}{3} \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
Les deux lignes non nulles se résument aux équations \(x-z=-\frac{28}{3}\) et \(y+2z=\frac{29}{3}\text{.}\) La variable \(z\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la troisième colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=z-\frac{28}{3}\\
y&=-2z+\frac{29}{3}\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{z-\frac{28}{3}}{-2z+\frac{29}{3}}{z}=z\vecddd{1}{-2}{1}+\vecddd{-\frac{28}{3}}{\frac{29}{3}}{0}\text{.}
\end{equation*}
En posant \(x=3\text{,}\) on obtient une solution particulière pour laquelle il faut travailler un peu.
\begin{equation*}
\vecddd{3}{y}{z}=z\vecddd{1}{-2}{1}+\vecddd{-\frac{28}{3}}{\frac{29}{3}}{0}
\end{equation*}
On observe, à partir de l’équation correspondant à la variable \(x\text{,}\) que \(3=z-\frac{28}{3} \Rightarrow z=3+\frac{28}{3}=\frac{37}{3}\text{.}\) Ainsi, la solution particulière donne:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\frac{37}{3}\vecddd{1}{-2}{1}+\vecddd{-\frac{28}{3}}{\frac{29}{3}}{0}=\vecddd{3}{-15}{\frac{37}{3}}\text{.}
\end{equation*}
(d)
\(\left(\begin{array}{rrr|r}
0 & 1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
Les deux lignes non nulles se résument aux équations \(y=-1\) et \(z=1\text{.}\) La variable \(x\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la première colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=x \text{ (libre)}\\
y&=-1\\
z&=1\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{x}{-1}{1}=x\vecddd{1}{0}{0}+\vecddd{0}{-1}{1}\text{.}
\end{equation*}
En posant \(x=3\text{,}\) on obtient une solution particulière:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{3}{-1}{1}\text{.}
\end{equation*}
(e)
\(\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
Les deux lignes non nulles se résument aux équations \(x=1\) et \(y+2z=-1\text{.}\) La variable \(z\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la troisième colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=1\\
y&=-2z-1\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{1}{-2z-1}{z}=z\vecddd{0}{-2}{1}+\vecddd{1}{-1}{0}\text{.}
\end{equation*}
La valeur de la variable \(x\) étant déjà fixée par le système, il est impossible de donner une solution telle que \(x=3\text{.}\)
(f)
\(\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 0 & 2 & -2 \\
0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
Les deux seules lignes se résument aux équations \(x+2z=-2\) et \(y+2z=0\text{.}\) La variable \(z\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la troisième colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=-2z-2\\
y&=-2z\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{-2z-2}{-2z}{z}=z\vecddd{-2}{-2}{1}+\vecddd{-2}{0}{0}\text{.}
\end{equation*}
En posant \(x=3\text{,}\) on obtient une solution particulière pour laquelle il faut travailler un peu.
\begin{equation*}
\vecddd{3}{y}{z}=z\vecddd{-2}{-2}{1}+\vecddd{-2}{0}{0}
\end{equation*}
On observe, à partir de l’équation correspondant à la variable \(x\text{,}\) que \(3=-2z-2 \Rightarrow z=\frac{3+2}{-2}=-\frac{5}{2}\text{.}\) Ainsi, la solution particulière donne:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=-\frac{5}{2}\vecddd{-2}{-2}{1}+\vecddd{-2}{0}{0}=\vecddd{3}{5}{-\frac{5}{2}}\text{.}
\end{equation*}
(g)
\(\left(\begin{array}{rrrr|r}
1 & 0 & \frac{1}{2} & 2 & 0 \\
0 & 1 & \frac{1}{2} & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=x_3\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\\ 1\\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}
\end{equation*}
et
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\ 0\\ -2\\ -1\end{pmatrix}
\end{equation*}
Solution.
Les deux lignes non nulles se résument aux équations \(x_1+\frac{1}{2}x_3+2x_4=0\) et \(x_2+\frac{1}{2}x_3-x_4=0\text{.}\) Les variables \(x_3\) et \(x_4\) sont libres puisqu’il n’y a pas de pivot dans les troisième et quatrième colonnes. On écrit donc:
\begin{align*}
x_1&=-\frac{1}{2}x_3-2x_4\\
x_2&=-\frac{1}{2}x_3+x_4\\
x_3&=x_3 \text{ (libre)}\\
x_4&=x_4 \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}x_3-2x_4\\ -\frac{1}{2}x_3+x_4\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}
=x_3\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\\ 1\\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
En posant \(x_1=3\text{,}\) on obtient une solution particulière pour laquelle il faut travailler un peu.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}3\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=x_3\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\\ 1\\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}
\end{equation*}
On observe, à partir de l’équation correspondant à la variable \(x_1\text{,}\) que \(3=-\frac{1}{2}x_3-2x_4\text{.}\) Il existe une infinité de valeurs de \(x_3\) et \(x_4\) qui pourraient fonctionner. On choisit des valeurs entières pour simplifier les calculs. Ainsi, en posant \(x_3=-2\) et \(x_4=-1\text{,}\) la solution particulière donne:
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=-2\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\\ 1\\ 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-2\\ 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}3\\ 0\\ -2\\ -1\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
(h)
\(\left(\begin{array}{rrrr|r}
1 & 0 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
Réponse.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=x_2\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-3\\ 0\\ -2\\ 1\end{pmatrix}
\end{equation*}
et
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\ 0\\ 2\\ -1\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Solution.
Les deux lignes non nulles se résument aux équations \(x_1+3x_4=0\) et \(x_3+2x_4=0\text{.}\) Les variables \(x_2\) et \(x_4\) sont libres puisqu’il n’y a pas de pivot dans les deuxième et quatrième colonnes. On écrit donc:
\begin{align*}
x_1&=-3x_4\\
x_2&=x_2 \text{ (libre)}\\
x_3&=-2x_4\\
x_4&=x_4 \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3x_4\\ x_2\\ -2x_4\\ x_4\end{pmatrix}
=x_2\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-3\\ 0\\ -2\\ 1\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
En posant \(x_1=3\text{,}\) on obtient une solution particulière pour laquelle il faut travailler un peu.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}3\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=x_2\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+x_4\begin{pmatrix}-3\\ 0\\ -2\\ 1\end{pmatrix}
\end{equation*}
On observe, à partir de l’équation correspondant à la variable \(x_1\text{,}\) que \(3=-3x_4\Rightarrow x_4=-1\text{.}\) Il existe quand même une infinité de solutions puisque la variable \(x_2\) n’est pas fixée. On pose donc \(x_2=0\) et la solution particulière est:
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{pmatrix}=0\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-3\\ 0\\ -2\\ 1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}3\\ 0\\ 2\\ -1\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
(i)
\(\left(\begin{array}{rrrr|r}
1 & 0 & \frac{1}{2} & 2 & 0 \\
0 & 1 & \frac{1}{2} & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\)
6.
Trouver si possible l’intersection des plans suivants :
(a)
\begin{align*}
\mathcal{P}_1 &: & 2x+3y-4z&=-1\\
\mathcal{P}_2 &: & -x+5y+z&=3\text{;}
\end{align*}
Réponse.
Solution.
Les équations normales de ces deux plans constituent un SEL à deux équations et trois inconnues. On construit la matrice augmentée du système et on l’échelonne pour pouvoir déterminer la ou les solutions, s’il y a lieu.
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
2 & 3 & -4 & -1 \\
-1 & 5 & 1 & 3
\end{array}\right)&\matsimile{1}{2}\left(\begin{array}{rrr|r}
-1 & 5 & 1 & 3\\
2 & 3 & -4 & -1
\end{array}\right)\\
&\matsimils{1}{-}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
2 & 3 & -4 & -1
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{1}{-2}{2}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5
\end{array}\right)\\
&\matsimils{2}{\frac{1}{13}}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 1 & -\frac{2}{13} & \frac{5}{13}
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{2}{5}{1}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 0 & -\frac{23}{13}& -\frac{14}{13}\\
0 & 1 & -\frac{2}{13} & \frac{5}{13}
\end{array}\right)
\end{align*}
Les deux lignes se résument aux équations \(x-\frac{23}{13}z=-\frac{14}{13}\) et \(y-\frac{2}{13}z=\frac{5}{13}\text{.}\) La variable \(z\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la troisième colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=\frac{23}{13}z-\frac{14}{13}\\
y&=\frac{2}{13}z+\frac{5}{13}\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{\frac{23}{13}z-\frac{14}{13}}{\frac{2}{13}z+\frac{5}{13}}{z}=z\vecddd{\frac{23}{13}}{\frac{2}{13}}{1}+\vecddd{-\frac{14}{13}}{\frac{5}{13}}{0}\text{.}
\end{equation*}
On reconnait dans cette solution l’équation d’une droite. Ainsi, l’intersection des deux plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\) est une droite d’équation vectorielle:
\begin{align*}
\mathcal{D} &: & \vecddd{x}{y}{z}&=c\vecddd{\frac{23}{13}}{\frac{2}{13}}{1}+\vecddd{-\frac{14}{13}}{\frac{5}{13}}{0} & c\in\R\text{.}
\end{align*}
(b)
\begin{align*}
\mathcal{P}_1 &: & 2x+3y-4z&=-1\\
\mathcal{P}_2 &: & -x+5y+z&=3\\
\mathcal{P}_3 &: & x+8y-3z&=1\text{;}
\end{align*}
Réponse.
Solution.
Les équations normales de ces trois plans constituent un SEL à trois équations et trois inconnues. On construit la matrice augmentée du système et on l’échelonne pour pouvoir déterminer la ou les solutions, s’il y a lieu.
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
2 & 3 & -4 & -1 \\
-1 & 5 & 1 & 3 \\
1 & 8 & -3 & 1
\end{array}\right)&\matsimile{1}{2}\left(\begin{array}{rrr|r}
-1 & 5 & 1 & 3\\
2 & 3 & -4 & -1 \\
1 & 8 & -3 & 1
\end{array}\right)\\
&\matsimils{1}{-}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
2 & 3 & -4 & -1 \\
1 & 8 & -3 & 1
\end{array}\right)\\
&\substack{-2L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5 \\
0 & 13 & -2 & 4
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{2}{-}{3}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5 \\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right)\\
&\matsimils{3}{-}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\\
&\matsimils{2}{\frac{1}{13}}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 1 & -\frac{2}{13} & \frac{5}{13} \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{2}{5}{1}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 0 & -\frac{23}{13}& -\frac{14}{13}\\
0 & 1 & -\frac{2}{13} & \frac{5}{13} \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)
\end{align*}
Noter qu’on aurait pu procéder différemment pour l’échelonnage, mais qu’on voulait profiter des étapes d’échelonnage déjà effectuées précédemment dans l’étude de l’intersection des plans \(\mathcal{P}_1\) et \(\mathcal{P}_2\text{.}\) La matrice échelonnée réduite possédant un pivot dans sa partie augmentée. Il n’y a donc aucune solution. Les trois plans sont donc sécants deux à deux, mais pas tous les trois.
(c)
\begin{align*}
\mathcal{P}_1 &: & 2x+3y-4z&=-1\\
\mathcal{P}_2 &: & -x+5y+z&=3\\
\mathcal{P}_3 &: & x+8y-3z&=2\text{.}
\end{align*}
Réponse.
Solution.
Les équations normales de ces trois plans constituent un SEL à trois équations et trois inconnues. On construit la matrice augmentée du système et on l’échelonne pour pouvoir déterminer la ou les solutions, s’il y a lieu.
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrr|r}
2 & 3 & -4 & -1 \\
-1 & 5 & 1 & 3 \\
1 & 8 & -3 & 2
\end{array}\right)&\matsimile{1}{2}\left(\begin{array}{rrr|r}
-1 & 5 & 1 & 3\\
2 & 3 & -4 & -1 \\
1 & 8 & -3 & 2
\end{array}\right)\\
&\matsimils{1}{-}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
2 & 3 & -4 & -1 \\
1 & 8 & -3 & 2
\end{array}\right)\\
&\substack{-2L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5 \\
0 & 13 & -2 & 5
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{2}{-}{3}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\\
&\matsimils{3}{-}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 13 & -2 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\\
&\matsimils{2}{\frac{1}{13}}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & -5 & -1 & -3\\
0 & 1 & -\frac{2}{13} & \frac{5}{13} \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{2}{5}{1}\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 0 & -\frac{23}{13}& -\frac{14}{13}\\
0 & 1 & -\frac{2}{13} & \frac{5}{13} \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\end{align*}
Les deux lignes non nulles se résument aux équations \(x-\frac{23}{13}z=-\frac{14}{13}\) et \(y-\frac{2}{13}z=\frac{5}{13}\text{.}\) La variable \(z\) est libre puisqu’il n’y a pas de pivot dans la troisième colonne. On écrit donc:
\begin{align*}
x&=\frac{23}{13}z-\frac{14}{13}\\
y&=\frac{2}{13}z+\frac{5}{13}\\
z&=z \text{ (libre)}\text{.}
\end{align*}
L’ensemble solution est donc:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{\frac{23}{13}z-\frac{14}{13}}{\frac{2}{13}z+\frac{5}{13}}{z}=z\vecddd{\frac{23}{13}}{\frac{2}{13}}{1}+\vecddd{-\frac{14}{13}}{\frac{5}{13}}{0}\text{.}
\end{equation*}
On reconnait dans cette solution l’équation d’une droite. Ainsi, l’intersection des trois plans \(\mathcal{P}_1,\mathcal{P}_2\) et \(\mathcal{P}_3\) est une droite d’équation vectorielle:
\begin{align*}
\mathcal{D} &: & \vecddd{x}{y}{z}&=c\vecddd{\frac{23}{13}}{\frac{2}{13}}{1}+\vecddd{-\frac{14}{13}}{\frac{5}{13}}{0} & c\in\R\text{.}
\end{align*}
7.
Trouver l’intersection des droites suivantes, si possible.
(a)
La droite \(\mathcal{D}_1 : \vecddd{x}{y}{z}=k_1\vecddd{-5}{3}{4}+\vecddd{1}{-3}{5}\)
et la droite \(\mathcal{D}_2 : \vecddd{x}{y}{z}=k_2\vecddd{-9}{5}{-1}+\vecddd{6}{-6}{1}\)
Réponse.
Solution.
Les équations vectorielles de ces deux droites cachent un système à trois équations et deux inconnues. En effet, en comparant le membre de droite de chacune, et en écrivant les équations séparément pour chaque variable, on obtiendra un système qu’on écrit de la façon standard
\begin{align*}
\vecddd{x}{y}{z}&=\vecddd{x}{y}{z}\\
k_1\vecddd{-5}{3}{4}+\vecddd{1}{-3}{5}&=k_2\vecddd{-9}{5}{-1}+\vecddd{6}{-6}{1}\\
\begin{cases}-5k_1+1&=-9k_2+6 \\
3k_1-3&=5k_2-6\\
4k_1+5&=-k_2+1\end{cases}\\
\begin{cases}-5k_1+9k_2&=5 \\
3k_1-5k_2&=-3\\
4k_1+k_2&=-4\end{cases}\text{.}
\end{align*}
On construit la matrice augmentée du système et on l’échelonne pour pouvoir déterminer la ou les solutions, s’il y a lieu. Attention, les inconnues sont \(k_1\) et \(k_2\text{,}\) plutôt que les variables habituelles.
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rr|r}
-5 & 9 & 5 \\
3 & -5 & -3 \\
4 & 1 & -4
\end{array}\right)&\matsimile{1}{3}\left(\begin{array}{rr|r}
4 & 1 & -4 \\
3 & -5 & -3 \\
-5 & 9 & 5
\end{array}\right)\\
&\matsimilc{2}{-}{1}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & 6 & -1 \\
3 & -5 & -3 \\
-5 & 9 & 5
\end{array}\right) && \text{(ces deux premières étapes évitent d'introduire des fractions)}\\
&\substack{-3L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ 5L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & 6 & -1 \\
0 & -23 & 0 \\
0 & 39 & 0
\end{array}\right)\\
&\substack{-\frac{1}{23}L_2\rightarrow L_2 \\ \frac{1}{39}L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & 6 & -1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0
\end{array}\right)\\
&\substack{-6L_2+L_1\rightarrow L_1 \\ -L_2+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\end{align*}
Les deux lignes se résument aux équations \(k_1=-1\) et \(k_2=0\text{.}\) En remplaçant dans l’une ou l’autre des équations vectorielles initiales, on obtient le point:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{6}{-6}{1}
\end{equation*}
Ainsi, l’intersection des deux droites \(\mathcal{D}_1\) et \(\mathcal{D}_2\) est un point.
(b)
La droite \(\mathcal{D}_1 : \vecddd{x}{y}{z}=k_1\vecddd{5}{4}{-1}+\vecddd{3}{3}{0}\)
et la droite \(\mathcal{D}_2 : \vecddd{x}{y}{z}=k_2\vecddd{-3}{-7}{-3}+\vecddd{0}{-4}{-3}\)
Réponse.
Solution.
Les équations vectorielles de ces deux droites cachent un système à trois équations et deux inconnues. En effet, en comparant le membre de droite de chacune, et en écrivant les équations séparément pour chaque variable, on obtiendra un système qu’on écrit de la façon standard.
\begin{align*}
\vecddd{x}{y}{z}&=\vecddd{x}{y}{z}\\
k_1\vecddd{5}{4}{-1}+\vecddd{3}{3}{0}&=k_2\vecddd{-3}{-7}{-3}+\vecddd{0}{-4}{-3}\\
\begin{cases}5k_1+3&=-3k_2+0 \\
4k_1+3&=-7k_2-4\\
-k_1+0&=-3k_2-3\end{cases}\\
\begin{cases}5k_1+3k_2&=-3 \\
4k_1+7k_2&=-7\\
-k_1+3k_2&=-3\end{cases}
\end{align*}
On construit la matrice augmentée du système et on l’échelonne pour pouvoir déterminer la ou les solutions, s’il y a lieu. Attention, les inconnues sont \(k_1\) et \(k_2\text{,}\) plutôt que les variables habituelles.
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rr|r}
5 & 3 & -3 \\
4 & 7 & -7 \\
-1 & 3 & -3
\end{array}\right)&\matsimilc{2}{-}{1}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & -4 & 4 \\
4 & 7 & -7 \\
-1 & 3 & -3
\end{array}\right)\\
&\substack{-4L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & -4 & 4 \\
0 & 23 & -23 \\
0 & -1 & 1
\end{array}\right)\\
&\substack{\frac{1}{23}L_2\rightarrow L_2 \\ -L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & -4 & 4 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 1 & -1
\end{array}\right)\\
&\substack{4L_2+L_1\rightarrow L_1 \\ -L_2+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\left(\begin{array}{rr|r}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\end{align*}
Les deux lignes se résument aux équations \(k_1=0\) et \(k_2=-1\text{.}\) En remplaçant dans l’une ou l’autre des équations vectorielles initiales, on obtient le point:
\begin{equation*}
\vecddd{x}{y}{z}=\vecddd{3}{3}{0}
\end{equation*}
Ainsi, l’intersection des deux droites \(\mathcal{D}_1\) et \(\mathcal{D}_2\) est un point.
8.
Des solutions à un système d’équations linéaires \(A\vec{x}=\vec{b}\) où \(A\) est une matrice \(2\times 2\) non nulle sont données ci-dessous. Donner toutes les formes augmentées de matrices échelonnées réduites équivalentes à \((A|\vec{b})\text{.}\)
(a)
Solution.
A.solve_right(b) pour résoudre un SEL et A.pivots() pour avoir la position des colonnes pivots reconstruire le système à partir de la solution.
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{0}{1}+\vecd{2}{0}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{2}{t}\\
x&=2\\
y&=t \text{ (libre)}
\end{align*}
Pour avoir une variable libre, on doit avoir une ligne de zéros (la deuxième ligne, pour respecter les conditions d’une matrice échelonnée réduite 3.1.19). La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(x=2\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 1& 0& 2 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(b)
Solution.
On doit essentiellement reconstruire le système à partir de la solution.
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{1}{0}+\vecd{0}{4}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{t}{4}\\
x&=t \text{ (libre)}\\
y&=4
\end{align*}
Pour avoir une variable libre, on doit avoir une ligne de zéros (la deuxième ligne, pour respecter les conditions d’une matrice échelonnée réduite 3.1.19). La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(y=4\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 0& 1& 4 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(c)
Solution.
On doit essentiellement reconstruire le système à partir de la solution.
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{-1}{1}+\vecd{2}{0}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{2-t}{t}\\
x&=2-t \\
y&=t \text{ (libre)}
\end{align*}
La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(x=2-t\Rightarrow x=2-y \Rightarrow x+y=2\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 1& 1& 2 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(d)
Solution.
On doit essentiellement reconstruire le système à partir de la solution.
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{-6}{3}+\vecd{3}{0}\\
\vecd{x}{y}&=t'\vecd{-2}{1}+\vecd{3}{0} \text{ on pose }t'=3t \text{ pour obtenir une variable libre}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{-2t'+3}{t'}\\
x&=-2t'+3 \\
y&=t' \text{ (libre)}
\end{align*}
La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(x=-2t'+3\Rightarrow x=-2y+3 \Rightarrow x+2y=3\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 1& 2& 3 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(e)
Solution.
On doit essentiellement reconstruire le système à partir de la solution. Ici, on fait face à une difficulté supplémentaire du fait qu’aucune des variables ne pourra être simplement égale à la variable libre. Cela est dû au fait qu’une équation vectorielle peut avoir n’importe quel point sur l’objet comme point de départ. On doit donc trouver un point sur la droite où la coordonnée en \(y\) est égale à \(0\text{.}\)
\begin{equation*}
(x,0)=t(5,1)+(21,4)\Rightarrow \begin{cases}x&=5t+21\\0&=t+4\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
t=-4\Rightarrow x=5*(-4)+21=1
\end{equation*}
On peut réécrire l’équation de départ ainsi:
\begin{equation*}
(x,y)=t(5,1)+(1,0)\text{.}
\end{equation*}
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{5}{1}+\vecd{1}{0}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{5t+1}{t}\\
x&=5t+1 \\
y&=t \text{ (libre)}
\end{align*}
La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(x=5t+1\Rightarrow x=5y+1 \Rightarrow x-5y=1\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 1& -5& 1 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(f)
Solution.
On doit essentiellement reconstruire le système à partir de la solution. Ici, on fait face à une difficulté supplémentaire du fait qu’aucune des variables ne pourra être simplement égale à la variable libre. Cela est dû au fait qu’une équation vectorielle peut avoir n’importe quel point sur l’objet comme point de départ. On doit donc trouver un point sur la droite où la coordonnée en \(y\) est égale à \(0\text{.}\)
\begin{equation*}
(x,0)=t(8,4)+(3,4)\Rightarrow \begin{cases}x&=8t+3\\0&=4t+4\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
t=-1\Rightarrow x=8*(-1)+3=-5
\end{equation*}
On peut réécrire l’équation de départ ainsi:
\begin{equation*}
(x,y)=t(8,4)+(-5,0)\text{.}
\end{equation*}
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{8}{4}+\vecd{-5}{0}\\
\vecd{x}{y}&=t'\vecd{2}{1}+\vecd{-5}{0} \text{ on pose }t'=4t \text{ pour obtenir une variable libre}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{2t'-5}{t'}\\
x&=2t'-5 \\
y&=t' \text{ (libre)}
\end{align*}
La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(x=2t'-5\Rightarrow x=2y-5 \Rightarrow x-2y=-5\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 1& -2& -5 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(g)
Solution.
On doit d’abord créer la droite passant par ces deux points. Il existe une infinité de vecteurs directeurs valables (pourvu qu’ils soient tous parallèles) et de points de départ (pourvu qu’ils soient sur la droite). Par contre, la manière la plus évidente est de prendre un des points donnés et le vecteur les reliant. On a appris, des lettres précédentes, qu’on veut un vecteur avec une composante égale à \(1\) et idéalement un point de départ où cette même variable aura un \(0\text{.}\)
\begin{equation*}
\vec{v}'=(1,5)-(-1,1)=(2,4)=2(1,2)\Rightarrow \vec{v}=(1,2)
\end{equation*}
et
\begin{equation*}
\mathcal{D}: (x,y)=t'(1,2)+(-1,1)=t(1,2)+(1,2)+(-1,1)=t(1,2)+(0,3)
\end{equation*}
Ainsi,
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{1}{2}+\vecd{0}{3}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{t}{2t+3}\\
x&=t \text{ (libre)}\\
y&=2t+3
\end{align*}
La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(y=2t+3\Rightarrow y=2x+3 \Rightarrow 2x-y=-3\text{.}\) Cela donne une matrice qui n’est pas échelonnée réduite, on fait alors l’opération nécessaire:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 2& -1& -3 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\matsimils{1}{\frac{1}{2}}\left(\begin{array}{rr|r} 1& -\frac{1}{2}& -\frac{3}{2} \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r}1& -\frac{1}{2}& -\frac{3}{2} \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
(h)
Solution.
On doit d’abord créer la droite passant par ces deux points. Il existe une infinité de vecteurs directeurs valables (pourvu qu’ils soient tous parallèles) et de points de départ (pourvu qu’ils soient sur la droite). Par contre, la manière la plus évidente est de prendre un des points donnés et le vecteur les reliant. On a appris, des lettres précédentes, qu’on veut un vecteur avec une composante égale à \(1\) et idéalement un point de départ où cette même variable aura un \(0\text{.}\)
\begin{equation*}
\vec{v}'=(1,1)-(-1,1)=(2,0)=2(1,0)\Rightarrow \vec{v}=(1,0)
\end{equation*}
et
\begin{equation*}
\mathcal{D}: (x,y)=t'(1,0)+(-1,1)=t(1,0)+(1,0)+(-1,1)=t(1,0)+(0,1)
\end{equation*}
Ainsi,
\begin{align*}
\vecd{x}{y}&=t\vecd{1}{0}+\vecd{0}{1}\\
\vecd{x}{y}&=\vecd{t}{1}\\
x&=t \text{ (libre)}\\
y&=1
\end{align*}
La première ligne sera donc constituée pour communiquer l’information que \(y=1\text{.}\) L’unique bonne réponse est donc:
\begin{equation*}
\left(\begin{array}{rr|r} 0 & 1 & 1 \\ 0&0&0 \end{array}\right)\text{.}
\end{equation*}
9.
Donner le rang des matrices suivantes.
(a)
\(\matcold{1}{3}{3}{1}\)
Solution.
On doit échelonner la matrice et donner le nombre de pivots.
\begin{align*}
\begin{pmatrix} 1 & 3\\ 3 & 1\end{pmatrix}&\matsimilc{1}{-3}{2}\begin{pmatrix} 1 & 3\\ 0 & -8\end{pmatrix}\\
&\matsimils{2}{-\frac{1}{8}}\begin{pmatrix} 1 & 3\\ 0 & 1\end{pmatrix}\\
&\matsimilc{2}{-3}{1}\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}
\end{align*}
La matrice est donc de rang \(2\text{,}\) puisque sa forme échelonnée réduite possède deux pivots.
(b)
\(\matcold{1}{3}{2}{6}\)
Solution.
On doit échelonner la matrice et donner le nombre de variables pivots, selon la définition 3.2.9.
\begin{align*}
\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 3 & 6\end{pmatrix}&\matsimilc{1}{-3}{2}\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 0 & 0\end{pmatrix}
\end{align*}
La matrice est donc de rang \(1\text{,}\) puisque sa forme échelonnée réduite possède un seul pivot.
(c)
\(\matcolt{1}{2}{3}{4}{5}{6}{7}{8}{9}\)
Solution.
On doit échelonner la matrice et donner le nombre de pivots.
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1 & 4 & 7\\
2 & 5 & 8 \\
3 & 6 & 9\end{pmatrix}&\substack{-2L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -3L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\begin{pmatrix}
1 & 4 & 7\\
0 & -3 & -6 \\
0 & -6 & -12\end{pmatrix}\\
&\substack{-\frac{1}{3}L_2\rightarrow L_2 \\ -\frac{1}{6}L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\begin{pmatrix}
1 & 4 & 7\\
0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 2\end{pmatrix}\\
&\substack{-4L_2+L_1\rightarrow L_1 \\ -L_2+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1\\
0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}
\end{align*}
La matrice est donc de rang \(2\text{,}\) puisque sa forme échelonnée réduite possède deux pivots.
(d)
La matrice \(R_{\theta}\text{,}\) représentant une rotation de \(\theta\) degrés dans \(\R^2\text{.}\)
Solution.
Plutôt que d’échelonner la matrice de rotation (2.1.15) comportant une variable, on choisit de se servir du théorème de la matrice inverse 3.2.13. Ce dernier spécifie que, si une matrice carrée est inversible, alors elle est de rang maximal. Or, on a appris dans la section 2.3 que les rotations sont des transformations linéaires inversibles. On avait même trouvé que \(R_{\theta}^{-1}=R_{-\theta}\text{.}\) Ainsi, cette matrice \(2 \times 2\) est de rang maximal donc \(2\text{.}\)
(e)
Solution.
On n’a pas développé de forme générale pour une réflexion quelconque dans \(\R^3\text{,}\) on ne peut donc pas échelonner la matrice \(S\text{.}\) On choisit donc de se servir encore du théorème de la matrice inverse 3.2.13. Ce dernier spécifie que, si une matrice carrée est inversible, alors elle est de rang maximal. Or, on a appris que les réflexions sont des transformations linéaires inversibles. On avait trouvé que \(S^{-1}=S\text{,}\) peu importe l’axe de réflexion. Ainsi, cette matrice \(3 \times 3\) est de rang maximal donc \(3\text{.}\)
(f)
Solution.
On pourrait déduire le rang en réfléchissant au fait qu’on perd une dimension dans ce genre de projection. Cependant, on peut facilement construire cette matrice en se souvenant du fait que les colonnes d’une matrice de transformation linéaire correspondent aux images des vecteurs de la base canonique sous cette transformation tel qu’utilisé, entre autres, dans l’exemple 2.1.29. Puisque \(T(x,y,z)=(x,y,0)\text{,}\) on remarque que:
\begin{equation*}
T\vecddd{1}{0}{0}=\vecddd{1}{0}{0}, T\vecddd{0}{1}{0}=\vecddd{0}{1}{0} \text{ et }T\vecddd{0}{0}{1}=\vecddd{0}{0}{0}\text{.}
\end{equation*}
La matrice est donc
\begin{equation*}
T=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
qui est déjà échelonnée et de rang \(2\text{.}\)
(g)
Solution.
On pourrait déduire le rang en réfléchissant au fait qu’on perd deux dimensions dans ce genre de projection. Cependant, on peut facilement construire cette matrice en se souvenant du fait que les colonnes d’une matrice de transformation linéaire correspondent aux images des vecteurs de la base canonique sous cette transformation tel qu’utilisé, entre autres, dans l’exemple 2.1.29. Puisque \(T(x,y,z)=(0,y,0)\text{,}\) on remarque que:
\begin{equation*}
T\vecddd{1}{0}{0}=\vecddd{0}{0}{0}, T\vecddd{0}{1}{0}=\vecddd{0}{1}{0} \text{ et }T\vecddd{0}{0}{1}=\vecddd{0}{0}{0}\text{.}
\end{equation*}
La matrice est donc
\begin{equation*}
T=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}\matsimile{1}{2}\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
qui, une fois échelonnée, est clairement de rang \(1\text{.}\)
10.
Pour chaque énoncé, donner au moins deux matrices échelonnées réduites qui satisfont l’énoncé. S’il n’y en a pas deux, expliquer pourquoi, et s’il y en a plus de deux, déterminer combien.
(a)
Réponse.
Il existe une infinité de matrices de ce type ayant la forme \(\begin{pmatrix} 1 & k\\ 0 & 0\end{pmatrix}, k\in\R\text{.}\) On en donne deux.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix} \text{ et} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
La matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}\) correspond aussi aux critères, mais a une forme différente des autres.
(b)
(c)
(d)
Réponse.
Il existe une infinité de matrices de ce type de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&a& b\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}, a,b\in\R
\end{equation*}
ou de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} 0 & 1 & k\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}, k\in\R
\end{equation*}
On en donne deux.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0& 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix} \text{ et}
\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
La matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}\) correspond aussi aux critères, mais est la seule de cette forme.
(e)
(f)
Réponse.
Il existe une infinité de matrices de ce type de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0& a\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}, a,b\in\R\text{.}
\end{equation*}
On en donne deux.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0& 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix} \text{ et}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
La matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}\) correspond aussi aux critères, mais est la seule de cette forme.
(g)
(h)
Réponse.
Il existe une infinité de matrices de ce type de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} 1 & k\\ 0 & 0\\ 0& 0\end{pmatrix}, k\in\R
\end{equation*}
On en donne deux.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0\\ 0 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} \text{ et}
\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 0\\ 0& 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
La matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\\ 0& 0\end{pmatrix}\) correspond aussi aux critères, mais est la seule de cette forme.
(i)
(j)
(k)
(l)
Réponse.
Il existe une infinité de matrices de ce type de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&a& b\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}, a,b\in\R
\end{equation*}
ou de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix} 0 & 1 & k\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}, k\in\R
\end{equation*}
On en donne deux.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0& 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix} \text{ et}
\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}
\end{equation*}
La matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0& 0\end{pmatrix}\) correspond aussi aux critères, mais est la seule de cette forme.
(m)
(n)
Réponse.
Il existe une infinité de matrices de ce type de la forme
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0& a\\ 0 & 1 & b\end{pmatrix}, a,b\in\R\text{.}
\end{equation*}
On en donne deux.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}1&0& 0\\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix} \text{ et}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Il y a aussi les matrices de la forme \(\begin{pmatrix}1& k& 0\\ 0& 0&1\end{pmatrix}\) pour n’importe quelle valeur réelle de \(k\text{.}\) La matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\) correspond aussi aux critères, mais est la seule de cette forme.
(o)
11.
(a)
Indice.
Essentiellement, on reprend toutes nos réponses de l’exercice 3.2.3.10 et l’on donne une matrice non échelonnée correspondante. On rappelle que, pour qu’une ligne non nulle devienne nulle lorsqu’échelonnée, il faut qu’elle soit multiple d’une autre ligne ou, plus généralement, combinaison linéaire des autres lignes. Il existe bien entendu une infinité de réponses possibles.
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
(k)
(l)
(m)
(n)
(o)
12.
Remplacer tous les \(\star\) de la matrice \(\begin{pmatrix} 1& -2& 2 \\
3& 1 & -4 \\
\star & \star & \star\end{pmatrix}\) par des entiers non nuls afin que la matrice soit
(a)
de rang \(2\text{;}\)
Réponse.
Solution.
Pour être de rang \(2\text{,}\) il faut que la dernière ligne soit complètement remplacée par des zéros lorsqu’on fera l’échelonnage. En effet, les deux premières lignes n’étant pas multiples l’une de l’autre, on aura deux pivots. Une façon simple d’y arriver est de donner une ligne qui est égale à une des deux autres ou même à l’un de leur multiple. On peut aussi y arriver si la ligne choisie est une combinaison linéaire des deux autres. On y va simplement.
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1& -2& 2 \\
3& 1 & -4 \\
1 & -2 & 2\end{pmatrix}&\substack{-3L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\begin{pmatrix}
1& -2& 2 \\
0& 7 & -10 \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}\\
&\matsimils{\frac{1}{7}}{2}\begin{pmatrix}
1& -2& 2 \\
0& 1 & -\frac{10}{7} \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}\\
&\matsimilc{2}{2}{1}\begin{pmatrix}
1& 0& -\frac{6}{7} \\
0& 1 & -\frac{10}{7} \\
0 & 0 & 0\end{pmatrix}
\end{align*}
Cette matrice échelonnée réduite a deux pivots. Elle est donc de rang \(2\text{.}\)
(b)
équivalente à la matrice identité.
Réponse.
Solution.
Pour être équivalente à la matrice identité, il faut qu’elle soit de rang \(3\) et donc de rang maximal. Pour être de rang \(3\text{,}\) il faut que les trois lignes ne soient pas combinables pour être éliminées entièrement. Ce concept se nomme indépendance linéaire et sera élaboré plus en détail à la section 5.2.
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1& -2& 2 \\
3& 1 & -4 \\
1 & -2 & 3\end{pmatrix}&\substack{-3L_1+L_2\rightarrow L_2 \\ -L_1+L_3\rightarrow L_3 \\ \sim}\begin{pmatrix}
1& -2& 2 \\
0& 7 & -10 \\
0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\
&\matsimils{\frac{1}{7}}{2}\begin{pmatrix}
1& -2& 2 \\
0& 1 & -\frac{10}{7} \\
0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\
&\matsimilc{2}{2}{1}\begin{pmatrix}
1& 0& -\frac{6}{7} \\
0& 1 & -\frac{10}{7} \\
0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\
&\substack{\frac{6}{7}L_3+L_1\rightarrow L_1 \\ \frac{10}{7}L_3+L_2\rightarrow L_2 \\ \sim}\begin{pmatrix}
1& 0& 0 \\
0& 1 & 0 \\
0 & 0 & 1\end{pmatrix}
\end{align*}
Cette matrice échelonnée réduite est la matrice identité. La matrice initiale lui est donc équivalente.
13.
(a)
On s’intéresse aux lignes de la matrice \(A\)
(i)
Solution.
On se contente d’une preuve en mots puisque l’on ne gagnera rien en clarté si l’on écrit des matrices \(n\times n\) arbitraires au long. On rappelle quand même la définition du rang 3.2.9, la remarque 3.2.10 par rapport aux lignes ainsi que la proposition 3.2.12 sur le rang maximal.
Si la matrice \(A\) possède deux lignes identiques (disons \(L_i\) et \(L_j\)), alors, par la seule opération élémentaire visant à éliminer le premier élément (\(-L_j+L_i\rightarrow L_i\)), on éliminera toute la ligne. Une matrice ayant une ligne de zéros ne peut avoir de pivots sur cette ligne. Elle ne peut donc pas avoir \(n\) pivots puisqu’on n’a jamais plus qu’un pivot par ligne.
(ii)
(iii)
Si \(A\) possède une ligne qui soit une combinaison linéaire des autres lignes, montrer que le rang de \(A\) n’est pas maximal.
Solution.
Si \(A\) possède une ligne (disons \(L_i\)) qui est une combinaison linéaire des autres lignes (disons \(L_{j_1}, L_{j_2},\dots, L_{j_{n-1}}\)), alors, on peut écrire:
\begin{equation*}
L_i=k_1L_{j_1}+k_2L_{j_2}+\dots+k_{n-1}L_{j_{n-1}}
\end{equation*}
On utilise ensuite les opérations élémentaires successives suivantes:
\begin{align*}
-k_1L_{j_1}+L_i\rightarrow & L_i\\
-k_2L_{j_2}+L_i\rightarrow & L_i\\
&\vdots\\
-k_{n-1}L_{j_{n-1}}+L_i\rightarrow & L_i
\end{align*}
Au bout de ce processus, on aura inévitablement une ligne de zéros là où était \(L_i\text{.}\) Le reste de la preuve est identique.
(b)
Refaire les questions précédentes en remplaçant ligne par colonne dans chaque énoncé.
(i)
Solution.
On se contente d’une preuve en mots puisque l’on ne gagnera rien clarté si l’on écrit des matrices \(n\times n\) arbitraires au long. On rappelle quand même la définition du rang 3.2.9, la remarque 3.2.10 par rapport aux lignes ainsi que la proposition 3.2.12 sur le rang maximal.
Si la matrice \(A\) possède deux colonnes identiques, alors, lorsqu’on fera des opérations élémentaires visant à obtenir un pivot dans la première des deux colonnes et des zéros en haut et en bas, l’effet de ces opérations sera le même sur les éléments de la deuxième colonne. On se retrouvera donc avec deux colonnes identiques avec un pivot dans la première, mais pas de pivot dans la seconde. Dans ce cas, on ne peut avoir le rang maximal puisqu’on va manquer de colonnes.
(ii)
(iii)
Si \(A\) possède une colonne qui est une combinaison linéaire des autres colonnes, montrer que le rang de \(A\) n’est pas maximal.
(c)
Déduire des énoncés précédents la troisième version du théorème de la matrice inverse.
Théorème de la matrice inverse, troisième version
Soit \(A\text{,}\) une matrice carrée d’ordre \(n\text{.}\) Les énoncés suivants sont équivalents:
-
La matrice \(A\) est inversible
-
Pour chaque vecteur \(\vec{v}\in \R^n\text{,}\) il existe un seul vecteur \(\vec{u}\in \R^n\) tel que \(A\vec{u}=\vec{v}\text{.}\)
-
Le rang de la matrice est égal à \(n\text{.}\)
-
La forme échelonnée réduite de \(A\) est la matrice identité.
-
Aucune ligne n’est une combinaison linéaire des autres lignes.
-
Aucune colonne n’est une combinaison linéaire des autres colonnes.
14.
Montrer, en trouvant son inverse, qu’une matrice carrée \(n\times n\) de rang \(n\) est inversible. Ceci constitue une preuve alternative du fait que rang \(n\) implique inverse fait au théorème 3.2.13.
Solution.
On se souvient, par la définition du rang 3.2.9, qu’une matrice carrée \(n\times n\) de rang \(n\text{,}\) et donc de rang maximal, a \(n\) pivots. Cela signifie que sa forme échelonnée réduite est l’identité. Ainsi, il est possible de trouver des matrices élémentaires inversibles \(E_1, E_2, \dots , E_k\) telles que la matrice \(A\) peut être échelonnée jusqu’à donner l’identité. On a donc:
\begin{equation*}
E_kE_{k-1}\cdots E_2E_1A=I\text{.}
\end{equation*}
Cela implique que la matrice inverse de \(A\) est la multiplication des matrices élémentaires:
\begin{equation*}
A^{-1}=E_kE_{k-1}\cdots E_2E_1
\end{equation*}
15.
Cet exercice s’intéresse au rang du produit d’une matrice par rapport aux rangs des matrices composant le produit. La section
[provisional cross-reference: sec-ssespfond] donnera la signification du rang dans le contexte des transformations linéaires.
(a)
Considérer les matrices
\begin{align*}
A&=\matcold{1}{2}{2}{4}\\
B&=\matcold{1}{2}{2}{5}\\
C=&\matcold{1}{a}{b}{ab}\text{.}
\end{align*}
(i)
Solution.
On se sert chaque fois du théorème de la matrice inverse 3.2.3.13.c plutôt que d’échelonner et de compter le nombre de pivots. On a que \(rg(A)=1\text{,}\) puisque la deuxième ligne est le double de la première (parallèles et donc une combinaison linéaire de la première ligne). On peut écrire \(L_2=2L_1\text{.}\)
On a que \(rg(B)=2\text{,}\) puisque les lignes ne sont pas parallèles et donc pas combinaison linéaire.
Finalement, on a que \(rg(C)=1\text{,}\) puisque la deuxième ligne est un multiple de la première (parallèles et donc combinaison linéaire de la première ligne). On peut écrire \(L_2=aL_1\text{.}\)
(ii)
Solution.
Calculons d’abord les produits demandés.
\begin{align*}
AB&=\matcold{1}{2}{2}{4}\matcold{1}{2}{2}{5}\\
&=\matcold{5}{10}{12}{24}
\end{align*}
et
\begin{align*}
AC&=\matcold{1}{2}{2}{4}\matcold{1}{a}{b}{ab}\\
&=\matcold{2a+1}{4a+2}{2ab+b}{4ab+2b}
\end{align*}
Les rangs de ces deux matrices sont de \(1\) puisque, dans les deux cas, la deuxième ligne est multiple de la première. En effet, tant pour \(AB\) que pour \(AC\text{,}\) on a \(L_2=2L_1\text{.}\)
(b)
(i)
Soit \(A=uv^T\) et \(B=rs^T\text{,}\) deux matrices de rang \(1\text{.}\) Montrer que \(AB=(\pscal{v^T}{r})us^T\text{.}\)
Solution.
\begin{align*}
AB&=(uv^T)(rs^T)\\
&=u(v^Tr)s^T && \text{car le produit matriciel est associatif } \knowl{./knowl/xref/li-assoprodmat.html}{\text{2.2.13:4}}\\
&=u(\pscal{v^T}{r})s^T && \text{par les conclusions de l'exercice } \knowl{./knowl/xref/exo-vectranspose.html}{\text{3.2.3.16}}\\
&=(\pscal{v^T}{r})us^T && \text{par la propriété 3 du produit matriciel } \knowl{./knowl/xref/li-assoscalprodmat.html}{\text{2.2.13:3}}
\end{align*}
On a pu mettre en évidence du produit matriciel le produit scalaire, puisque son résultat est un scalaire.
(ii)
Si aucun des vecteurs \(\vec{u},\vec{v},\vec{r},\vec{s}\) ne peut être nul, quelle est la condition pour que \(rg(AB)=0\text{?}\)
(c)
Montrer que, si la colonne \(\vec{b}_j\) de la matrice \(B\) est une combinaison linéaire des colonnes précédentes de la matrice \(B\text{,}\) alors la colonne \(j\) de la matrice \(AB\) est la même combinaison linéaire des colonnes précédentes de \(AB\text{.}\)
Ceci implique que la matrice \(AB\) ne peut pas avoir plus de colonnes pivots que la matrice \(B\text{.}\)
Solution.
On écrit d’abord la colonne \(\vec{b}_j\) comme une combinaison linéaire des colonnes précédentes:
\begin{equation*}
\vec{b}_j=k_1\vec{b}_1+k_2\vec{b}_2+\cdots+k_{j-1}\vec{b}_{j-1}\text{.}
\end{equation*}
On écrit ensuite le produit \(AB\) suivant la définition (2.2.1):
\begin{align*}
AB&=\begin{pmatrix}
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert \\
A\vec{b}_1 & A\vec{b}_2 &\cdots & A\vec{b}_n \\
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert \\
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert & \cdots & \lvert \\
A\vec{b}_1 & A\vec{b}_2 &\cdots & A\vec{b}_j &\cdots & A\vec{b}_n \\
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert & \cdots & \lvert \\
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert & \cdots & \lvert \\
A\vec{b}_1 & A\vec{b}_2 &\cdots & A\big(k_1\vec{b}_1+k_2\vec{b}_2+\cdots+k_{j-1}\vec{b}_{j-1}\big) &\cdots & A\vec{b}_n \\
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert & \cdots & \lvert \\
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert & \cdots & \lvert \\
A\vec{b}_1 & A\vec{b}_2 &\cdots & k_1(A\vec{b}_1)+k_2(A\vec{b}_2)+\cdots+k_{j-1}(A\vec{b}_{j-1}) &\cdots & A\vec{b}_n \\
\lvert & \lvert & \cdots & \lvert & \cdots & \lvert \\
\end{pmatrix}&\text{par la propriété 3 du produit matriciel } \knowl{./knowl/xref/li-assoscalprodmat.html}{\text{2.2.13:3}}
\end{align*}
La colonne \(j\) de la matrice \(AB\) est donc la même combinaison linéaire des colonnes \(1\) à \(j-1\) de \(AB\text{.}\)
(d)
Conclure que \(rg(AB)\leq rg(B)\text{.}\) L’exercice 5.3.4.11 viendra compléter ce résultat pour avoir \(rg(AB)\leq \min(rg(A),rg(B))\text{.}\)
16.
Dans cet exercice, on considère un vecteur \(\vec{u}\) comme une matrice \(u\) ayant une seule colonne. Une matrice ayant une seule ligne est, quant à elle, notée \(v^T\), où \(\vec{v}\) est le vecteur représentant la ligne.
1
Le \(T\) en exposant est lié avec la notion de transposée, qui sera définie plus loin.
(a)
Considérer la matrice \(u=\begin{pmatrix} 2 \\ 1\end{pmatrix}\) et la matrice \(v^T=(3 \, 4)\text{.}\)
(i)
(ii)
Comparer les produits \(uv^T\) et \(v^Tu\text{.}\) Quelle autre opération le produit \(v^Tu\) représente-t-il?
Solution.
On calcule les produits:
\begin{equation*}
uv^T=\begin{pmatrix} 2 \\ 1\end{pmatrix}(3 \, 4)=\begin{pmatrix} 2*3& 2*4 \\ 1*3& 1*4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6& 8 \\ 3& 4\end{pmatrix}
\end{equation*}
et
\begin{equation*}
v^Tu=(3 \, 4)\begin{pmatrix} 2 \\ 1\end{pmatrix}=(3*2+4*1)=(10)\text{.}
\end{equation*}
Le premier résultat est donc une matrice \(2 \times 2\) et le deuxième une “matrice” \(1 \times 1\text{.}\) On comprend que le deuxième résultat a beau être entre parenthèses, une matrice qui ne possède qu’une ligne et une colonne est en réalité un nombre, souvent appelé un scalaire. Cette opération correspond donc au produit scalaire.
(iii)
Solution.
Le rang de \(v^Tu\) est de \(1\text{,}\) puisque c’est un nombre non nul qui est, par le fait même, un pivot. Le rang de \(uv^T\) s’obtiendra de diverses façons (échelonner ou bien utiliser le théorème de la matrice inverse 3.2.3.13.c). On voit immédiatement que la matrice \(uv^T=\begin{pmatrix} 6& 8 \\ 3& 4\end{pmatrix}\) a deux lignes (ou colonnes) parallèles. Par le théorème, elle n’est donc pas de rang maximal. Elle est de rang \(1\text{.}\)
(b)
(c)
Si \(\vec{u},\vec{v}\) sont n’importe quel vecteur non nul de \(\R^2\text{,}\) quel est le rang du produit \(uv^T\text{?}\)
Réponse 2.
On considère le produit des matrices \(u\) et \(v^T\) au sens de la définition 2.2.1, c’est-à-dire que les colonnes du produit sont le résultat de la multiplication de la matrice \(u\) par les colonnes de \(v^T\text{.}\) Or comme les colonnes de \(v^T\) ne sont que des scalaires, on obtient comme résultat pour les colonnes de \(uv^T\) des multiples de \(u\text{.}\) Puisque \(u\) est non nul, le théorème 3.2.3.13.c permet de conclure que le rang est \(1\text{.}\)
(d)
Si \(\vec{u},\vec{v}\) sont n’importe quel vecteur non nul de \(\R^n\text{,}\) quel est le rang du produit \(uv^T\text{?}\)
Solution.
Un argument similaire à la partie précédente permet de conclure que les colonnes sont toutes des multiples du vecteur \(\vec{u}\) Par contre, le théorème de la matrice inverse ne permet que de conclure que le rang n’est pas \(n\text{.}\) Cependant, l’exercice 3.2.3.15.d permet de conclure que le rang de \(uv^T\) est inférieur ou égal au rang de \(v^T\text{,}\) qui est égal à \(1\text{.}\) De plus, comme \(\vec{u}\) est non nul, on sait que la matrice \(uv^T\) n’est pas la matrice nulle et sont rang est supérieur à \(0\text{.}\) Il doit donc être égal à \(1\text{.}\)
17.
Considérer la matrice ci-dessous où \(*\) est un nombre réel quelconque
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1 & * & 3 \\
3 & -1 & * \\
* & * & 2
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Si possible, compléter la matrice pour qu’elle soit de
(a)
rang \(1\text{;}\)
Réponse.
Solution.
Une matrice de rang \(1\) possède des lignes qui sont toutes multiples les unes des autres. Ainsi, lorsqu’on échelonne, on obtiendra des zéros aux deux lignes du bas, et donc un seul pivot. Un exemple de réponse, obtenue en remplissant les valeurs pour que toutes les lignes soient parallèles est:
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1 & -\frac{1}{3} & 3 \\
3 & -1 & 9 \\
\frac{2}{3} & -\frac{2}{9} & 2
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
La matrice échelonnée donne:
\begin{equation*}
A\sim\begin{pmatrix}
1 & -\frac{1}{3} & 3 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
qui n’a qu’un seul pivot.
(b)
rang \(2\text{;}\)
Réponse.
Solution.
Une matrice de rang \(2\) possède des lignes qui, lorsqu’on utilise des opérations élémentaires, doivent éliminer complètement une des trois lignes. Cela peut se faire en ayant deux lignes parallèles (notre approche) ou en ayant une ligne qui soit une combinaison linéaire des deux autres. Ainsi, lorsqu’on échelonne, on obtiendra des zéros à la ligne du bas et des pivots aux deux autres lignes. Le second pivot peut se retrouver dans la deuxième ou la troisième colonne. Un exemple de réponse est:
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1 & -\frac{1}{3} & 3 \\
3 & -1 & 10 \\
\frac{2}{3} & -\frac{2}{9} & 2
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
La matrice échelonnée est
\begin{equation*}
A\sim\begin{pmatrix}
1 & -\frac{1}{3} & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
et possède deux pivots.
(c)
rang \(3\text{;}\)
Réponse.
Solution.
Une matrice de rang \(3\) possède des lignes qui, lorsqu’on utilise des opérations élémentaires, doivent ne jamais pouvoir s’éliminer complètement. Pour ce faire, il faut qu’aucune des lignes ne soit une combinaison linéaire des autres lignes. On verra plus loin à la section 5.2 que ce que l’on veut c’est que ces lignes soient linéairement indépendantes. Les opérations élémentaires vont nécessairement amener l’échelonnage à la matrice identité. Cependant, il peut être difficile de voir quelles valeurs on doit avoir pour que ce soit le cas. Un exemple de réponse est:
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1 & -1 & 3 \\
3 & -1 & 9 \\
1 & -1 & 2
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
La matrice échelonnée est
\begin{equation*}
A\sim\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{equation*}
et possède trois pivots.
18.
Considérer la matrice ci-dessous où \(*\) est un nombre réel quelconque
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
2 & 1 & * \\
-1 & -1 & 1 \\
* & * & 5
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
Si possible, compléter la matrice pour qu’elle soit de
(a)
rang \(1\text{;}\)
(b)
rang \(2\text{;}\)
Réponse.
Solution.
Une matrice de rang \(2\) possède des lignes qui, lorsqu’on utilise des opérations élémentaires, doivent éliminer complètement une des trois lignes. Cela peut se faire en ayant deux lignes parallèles (notre approche) ou en ayant une ligne qui soit combinaison linéaire des deux autres. Ainsi, lorsqu’on échelonne, on obtiendra des zéros à la ligne du bas et des pivots aux deux autres lignes. Le second pivot peut se retrouver dans la deuxième ou la troisième colonne. Un exemple de réponse est:
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
2 & 1 & -1 \\
-1 & -1 & 1 \\
-5 & -5 & 5
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
La matrice échelonnée est
\begin{equation*}
A\sim\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
et possède deux pivots.
(c)
rang \(3\text{;}\)
Réponse.
Solution.
Une matrice de rang \(3\) possède des lignes qui, lorsqu’on utilise des opérations élémentaires, doivent ne jamais pouvoir s’éliminer complètement. Pour ce faire, il faut qu’aucune des lignes ne soit une combinaison linéaire des autres lignes. On verra plus loin à la section 5.2 que ce que l’on veut, c’est que ces lignes soient linéairement indépendantes. Les opérations élémentaires vont nécessairement ramener la matrice à la matrice identité. Cependant, il peut être difficile de voir quelles valeurs on doit poser pour que ce soit le cas. Un exemple de réponse est:
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
2 & 1 & -1 \\
-1 & -1 & 1 \\
-4 & -4 & 5
\end{pmatrix}\text{.}
\end{equation*}
La matrice échelonnée est
\begin{equation*}
A\sim\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{equation*}
qui possède trois pivots.
19.
Dans cet exercice, on cherche à préciser davantage le nombre de solutions possibles qu’une équation matricielle peut avoir en fonction de son rang et de ses dimensions.
(a)
Donner, si possible, des exemples de matrices échelonnées réduites \(R\) augmentées d’un vecteur \(\vec{c}\) qui satisfont les conditions suivantes.
(i)
(A)
Une solution unique;
(B)
Aucune solution;
(C)
Une infinité de solutions.
(ii)
La matrice \(R\) est \(3\times 5\text{,}\) de rang \(3\) et le système \(R\vec{x}=\vec{c}\) possède:
(A)
Une solution unique;
(B)
Aucune solution;
(C)
Une infinité de solutions.
(iii)
La matrice \(R\) est \(5\times 3\text{,}\) de rang \(3\) et le système \(R\vec{x}=\vec{c}\) possède:
(A)
Une solution unique;
(B)
Aucune solution;
(C)
Une infinité de solutions.
(iv)
La matrice \(R\) est \(3\times 5\text{,}\) de rang \(2\) et le système \(R\vec{x}=\vec{c}\) possède:
(A)
Une solution unique;
(B)
Aucune solution;
(C)
Une infinité de solutions.
(b)
Soit \(A\text{,}\) une matrice \(m\times n\) de rang \(r\text{.}\) Déterminer et expliquer le nombre de solutions possibles au système \(A\vec{x}=\vec{b}\) selon les conditions suivantes.
(i)
Solution.
Il y aura toujours une solution unique puisque la matrice a \(m=n=r\) pivots et donc aucune variable libre. Le vecteur étant de dimension \(m\text{,}\) il n’y a pas d’espace pour un pivot additionnel dans la partie augmentée. On peut même isoler la solution puisque la matrice est inversible: \(\vec{x}=A^{-1}\vec{b}\)
(ii)
Solution.
Puisque l’on a plus de colonnes que de lignes, on a de l’espace pour des colonnes sans pivot. Cela veut dire qu’on aura une infinité de solutions, s’il y en a. De même, le vecteur étant de dimension \(m=r\text{,}\) il n’y a pas d’espace pour un pivot additionnel dans la partie augmentée. On aura donc toujours une infinité de solutions.
(iii)
Solution.
Puisque l’on a plus de lignes que de colonnes, mais que \(n=r\text{,}\) chaque colonne contient un pivot. Il n’y a donc pas de variable libre. Par contre, il est possible d’avoir un pivot additionnel dans la partie augmentée, ce qui mènerait à n’avoir aucune solution. Sinon, il y aura une solution unique.
(iv)
On a \(r<m\) et \(r<n\text{,}\) c’est-à-dire une matrice qui n’est pas de rang maximal pour sa taille.
20.
Soit \(A\text{,}\) une matrice quelconque et \(\vec{b}\text{,}\) un vecteur tel que le système \(A\vec{x}=\vec{b}\) est compatible. De plus, soit \(B\text{,}\) une matrice de format approprié telle que \(ABA=A\text{.}\) Montrer que \(\vec{x}=B\vec{b}\) est une solution à l’équation \(A\vec{x}=\vec{b}\text{.}\) Une telle matrice est souvent appelée un inverse généralisé de la matrice \(A\text{.}\)
Indice.
Solution.
On démontre que \(\vec{x}=B\vec{b}\) est une solution en remplaçant dans le membre de gauche de l’équation \(A\vec{x}=\vec{b}\) et en montrant que c’est bien égal à \(\vec{b}\text{.}\)
\begin{align*}
A\vec{x}&=AB\vec{b} \\
&=AB(A\vec{y}) &&\text{ car } A\vec{y}=\vec{b}\\
&=(ABA)\vec{y}\\
&=A\vec{y} &&\text{ car } ABA=A\\
&=\vec{b} &&\text{ car } A\vec{y}=\vec{b}
\end{align*}
Exercices Sage.
Les exercices qui suivent sont conçus pour être résolus avec Sage. Des cellules vides sont disponibles pour écrire les réponses. Évidemment, il y a plusieurs manières d’arriver aux réponses.
21.
Résoudre les systèmes d’équations suivants.
(a)
\(\left(\begin{array}{rrrr|r}
5&-3&2&7&-3 \\
3&0&3&-1&2\\
6&2&1&-2&0\\
2&-1&-6&8&-9\\
8&-1&0&6&-5\\
\end{array}\right)\)
Réponse.
Solution.
On utilise la méthode plus prudente avec la matrice échelonnée réduite du système augmenté. Sinon, on risque d’obtenir une solution unique même s’il y a une infinité de solutions.
A=matrix([[5,-3,2,7],[3,0,3,-1],[6,2,1,-2],[2,-1,-6,8],[8,-1,0,6]])
b=vector([-3,2,0,-9,-5])
show((A.augment(b,subdivide=True))) #Pour vérifier qu'on a le bon système
show((A.augment(b,subdivide=True)).rref())
On interprète cette solution ainsi:
\begin{equation*}
\begin{cases}x_1+\frac{31}{63}x_4=-\frac{32}{63}\\ x_2-\frac{130}{63}x_4=\frac{59}{63}\\ x_3-\frac{52}{63}x_4=\frac{74}{63}\\ x_4=t \in \R \text{ (libre)} \end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{31}{63}t-\frac{32}{63}\\ \frac{130}{63}t+\frac{59}{63}\\ \frac{52}{63}t+\frac{74}{63}\\ t \end{pmatrix}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}-\frac{31}{63}\\ \frac{130}{63}\\ \frac{52}{63}\\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-\frac{32}{63}\\ \frac{59}{63}\\ \frac{74}{63}\\ 0 \end{pmatrix}
\end{equation*}
(b)
\(\left(\begin{array}{rrrr|r}
2&-4&-1&3&-1 \\
1&0&4&1&-12\\
1&2&-4&-1&5\\
0&1&7&4&4\\
4&-1&0&7&-1 \\
\end{array}\right)\)
Solution.
On utilise la méthode plus prudente avec la matrice échelonnée réduite du système augmenté. Sinon, on risque d’obtenir une solution unique même s’il y a une infinité de solutions.
A=matrix([[2,-4,-1,3],[1,0,4,1],[1,2,-4,-1],[0,1,7,4],[4,-1,0,7]])
b=vector([-1,-12,5,4,-1])
show((A.augment(b,subdivide=True)))
show((A.augment(b,subdivide=True)).rref())
Il n’y a donc aucune solution à ce système, puisqu’il y a un pivot dans la partie augmentée.
(c)
\begin{alignat*}{6}
3x_1&{}-{} &5x_2& &&{}+{}&3x_4&{}-{}&x_5&{}={}&7\\
-2x_1&{}+{} &3x_2&{}-{}&x_3&{}+{}&4x_4& & &{}={}&-1\\
-3x_1&& &{}+{}&5x_3&{}+{}&x_4&{}+{}&2x_5&{}={}&-3
\end{alignat*}
Réponse.
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \\ x_5\end{pmatrix}=
s\begin{pmatrix}\frac{15}{2}\\ \frac{51}{10}\\ \frac{43}{10}\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}
+t\begin{pmatrix}-\frac{1}{4}\\ -\frac{7}{20}\\ -\frac{11}{20}\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}-\frac{13}{4}\\-\frac{67}{20}\\ -\frac{51}{20}\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}
\end{equation*}
Solution.
On utilise la méthode plus prudente avec la matrice échelonnée réduite du système augmenté. Sinon, on risque d’obtenir une solution unique même s’il y a une infinité de solutions.
A=matrix([[3,-5,0,3,-1],[-2,3,-1,4,0],[-3,0,5,1,2]])
b=vector([7,-1,-3])
show((A.augment(b,subdivide=True)))
show((A.augment(b,subdivide=True)).rref())
On interprète cette solution ainsi:
\begin{equation*}
\begin{cases}x_1-\frac{15}{2}x_4+\frac{1}{4}x_5=-\frac{13}{4}\\ x_2-\frac{51}{10}x_4+\frac{7}{20}x_5=-\frac{67}{20}\\ x_3-\frac{43}{10}x_4+\frac{11}{20}x_5=-\frac{51}{20}\\ x_4=s \in \R \text{ (libre)} \\ x_5=t \in \R \text{ (libre)}\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \\ x_5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{15}{2}s-\frac{1}{4}t-\frac{13}{4}\\ \frac{51}{10}s-\frac{7}{20}t-\frac{67}{20}\\ \frac{43}{10}s-\frac{11}{20}t-\frac{51}{20}\\ s\\ t \end{pmatrix}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4 \\ x_5\end{pmatrix}=
s\begin{pmatrix}\frac{15}{2}\\ \frac{51}{10}\\ \frac{43}{10}\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}
+t\begin{pmatrix}-\frac{1}{4}\\ -\frac{7}{20}\\ -\frac{11}{20}\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}-\frac{13}{4}\\-\frac{67}{20}\\ -\frac{51}{20}\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}
\end{equation*}
22.
Utiliser la commande
rank et la proposition 3.2.11 pour déterminer si les systèmes de l’exercice précédent sont compatibles.
Solution.
On sait déjà que des trois systèmes de l’exercice précédent, seul le deuxième est incompatible. On le montrera en calculant le rang de la matrice \(A\) et le rang de la matrice augmentée. Si ces rangs sont égaux, le système est compatible.
A=matrix([[5,-3,2,7],[3,0,3,-1],[6,2,1,-2],[2,-1,-6,8],[8,-1,0,6]])
b=vector([-3,2,0,-9,-5])
show(rank(A)==rank(A.augment(b,subdivide=True))) #si l'on obtient True, cela veut dire que les rangs sont égaux et donc le système est compatible
A=matrix([[2,-4,-1,3],[1,0,4,1],[1,2,-4,-1],[0,1,7,4],[4,-1,0,7]])
b=vector([-1,-12,5,4,-1])
show(rank(A)==rank(A.augment(b,subdivide=True)))
A=matrix([[3,-5,0,3,-1],[-2,3,-1,4,0],[-3,0,5,1,2]])
b=vector([7,-1,-3])
show(rank(A)==rank(A.augment(b,subdivide=True)))
23. Les coniques.
Les paraboles font partie d’une famille plus générale de courbes appelées les coniques. L’équation cartésienne d’une conique est
2
Les coniques tirent d’ailleurs leur nom du fait qu’elles peuvent être obtenues par l’intersection d’un cône avec un plan.
\begin{equation}
ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0\text{,}\tag{3.2.3}
\end{equation}
avec \(a,b,c\) qui ne sont pas tous nuls. Avec cinq points sur une conique, il est possible de déterminer une équation cartésienne. Cet exercice vise à explorer la recherche d’une équation de coniques par la résolution de systèmes d’équations linéaires appropriés.
(a)
Cinq points dont aucun triplet n’est sur une ligne déterminent une unique conique. Toutefois, les systèmes d’équations utilisés ci-dessous auront une infinité de solutions. Pourquoi?
(b)
Chacun des ensembles de points suivants est sur une conique d’équation \(ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0\text{.}\) En utilisant un système d’équations linéaires, déterminer l’équation de chaque conique. Tracer celle-ci, ainsi que les points, sur un même graphique.
(i)
\(P_1(0,0),P_2(0,-1),P_3(-1,0),P_4\left(\frac{1}{3},-\frac{2}{3}\right),P_5\left(-\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}-1}{3}\right)\)
Solution.
var("a,b,c,d,e,f,x,y")
conique=a*x^2+b*x*y+c*y^2+d*x+e*y+f==0
P1=vector([0,0])
P2=vector([0,-1])
P3=vector([-1,0])
P4=vector([1/3,-2/3])
P5=vector([-1/3,(sqrt(3)-1)/3])
P=[P1,P2,P3,P4,P5]
eq=[]
for p in P:
eq.append(conique.substitute(x=p[0],y=p[1]))
show(solve(eq,[a,b,c,d,e,f]))
On prend la variable libre égale à \(1\) pour obtenir la conique \(x^2+x*y+y^2+x+y=0\text{.}\) Graphiquement, on obtient l’ellipse suivante.
conique1=1*x^2+1*x*y+1*y^2+1*x+1*y==0
implicit_plot(conique1,(x,-1,1),(y,-1,1),color="blue")+points(P,color="black",size=30)
(ii)
\(P_1(0,2),P_2(2,2),P_3(2,4),P_4\left(4,0\right),P_5\left(4,4\right)\)
Solution.
var("a,b,c,d,e,f,x,y")
conique=a*x^2+b*x*y+c*y^2+d*x+e*y+f==0
P1=vector([0,2])
P2=vector([2,2])
P3=vector([-2,4])
P4=vector([4,0])
P5=vector([4,4])
P=[P1,P2,P3,P4,P5]
eq=[]
for p in P:
eq.append(conique.substitute(x=p[0],y=p[1]))
show(solve(eq,[a,b,c,d,e,f]))
On prend la variable libre égale à \(8\) pour obtenir la conique \(-x^2+2y^2+2x-8y+8=0\text{.}\) Graphiquement, on obtient l’ellipse suivante.
conique2=-x^2+2*y^2+2*x-8*y+8==0
implicit_plot(conique2,(x,-10,10),(y,-10,10),color="blue")+points(P,color="black",size=30)
(iii)
\(P_1(0,0),P_2\left(\frac{3}{2} \, \sqrt{3} + \frac{9}{2},\,\frac{9}{2} \, \sqrt{3} - \frac{3}{2}\right),\) \(P_3\left(\sqrt{3} + 2,\,2 \, \sqrt{3} - 1\right)
,P_4\left(-\frac{1}{2} \, \sqrt{3} + \frac{1}{2},\,\frac{1}{2} \, \sqrt{3} + \frac{1}{2}\right)
,P_5\left(-\sqrt{3} + 2,\,2 \, \sqrt{3} + 1\right)\)
Solution.
var("a,b,c,d,e,f,x,y")
conique=a*x^2+b*x*y+c*y^2+d*x+e*y+f==0
P1=vector([0,0])
P2=vector([3*sqrt(3)/2+9/2,9/2*sqrt(3)-3/2])
P3=vector([sqrt(3)+2,2*sqrt(3)-1])
P4=vector([-1/2*sqrt(3)+1/2,1/2*sqrt(3)+1/2])
P5=vector([-sqrt(3)+2,2*sqrt(3)+1])
P=[P1,P2,P3,P4,P5]
eq=[]
for p in P:
eq.append(conique.substitute(x=p[0],y=p[1]))
show(solve(eq,[a,b,c,d,e,f]))
On prend la variable libre égale à \(1\) pour obtenir la conique \(x^2+(\frac{51\sqrt{3}}{949}+\frac{1582}{949})xy+(\frac{2870\sqrt{3}}{1847}-\frac{1226}{949})y^2+(\frac{-5159\sqrt{3}}{5694}-\frac{11147}{1898})x+(\frac{6661\sqrt{3}}{1898}-\frac{15463}{1898})y=0\text{.}\) Graphiquement, on obtient l’ellipse suivante.
conique3=-2/3*sqrt(3)*x*y + x^2 + 1/3*y^2 - 2/3*sqrt(3)*y - 2/3*x == 0
implicit_plot(conique3,(x,-8,8),(y,-8,8),color="blue")+points(P,color="black",size=30)
(iv)
\(P_1(4,-5),P_2(13,-2),P_3(4,1),P_4(8,3),P_5(8,-7)\)
Solution.
var("a,b,c,d,e,f,x,y")
conique=a*x^2+b*x*y+c*y^2+d*x+e*y+f==0
P1=vector([4,-5])
P2=vector([13,-2])
P3=vector([4,1])
P4=vector([8,3])
P5=vector([8,-7])
P=[P1,P2,P3,P4,P5]
eq=[]
for p in P:
eq.append(conique.substitute(x=p[0],y=p[1]))
show(solve(eq,[a,b,c,d,e,f]))
On prend la variable libre égale à \(43\) pour obtenir la conique \(x^2+y^2-16x+4y+43=0\text{.}\) Graphiquement, on obtient l’ellipse suivante.
conique4=x^2+y^2-16*x+4*y+43==0
implicit_plot(conique4,(x,0,16),(y,-10,4),color="blue")+points(P,color="black",size=30)
