studybyyourself » Chapitre 3 : Matrice et échelonnement

1. Matrice

Une matrice est une grille de $m$ lignes et $n$ colonnes. Elle contient les coefficients d’un système linéaire. On les appelle les éléments de la matrice.

L’exemple I illustre comment représenter un système linéaire dans une équation matricielle de la forme $A\vec{x} = \vec{y}$.

Exemple I

$\left\{ \begin{array}{ r@{~}c@{~} r!{~} } -x-3y+z & = & 10 \\ x+y-3z & = & -12 \\ 3x+4y+2z & = & -5 \end{array} \right. \iff \underbrace{ \begin{pmatrix} -1 & -3 & 1 \\ 1 & 1 & -3 \\ 3 & 4 & 2 \end{pmatrix} }_{ A } \underbrace{ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ \end{pmatrix} }_{ \vec{x} } = \underbrace{ \begin{pmatrix} 10 \\ -12 \nonumber \\ -5 \\ \end{pmatrix} }_{ \vec{y} }$

On utilise une notation avec index pour spécifier un élément $a_{i,j}$ d’une matrice, avec $i$ la ligne et $j$ la colonne. Par exemple, dans la matrice $A$ de l’exemple I, l’élément $a_{3,2}$ vaut $4$.

2. Echelonnement de matrice

L’échelonnement, aussi appellé élimination de Gauss, permet la résolution d’un système linéaire. Il s’agit en réalité de la technique de résolution par addition, mais en travaillant avec des matrices.

Pour commencer l’échelonnement, on part de la matrice augmentée, commme illustré dans l’exemple II. Pour éliminer des variables, on additionne deux lignes (rows) et le résultat de cette addition remplace une des deux lignes.

Exemple II

$\left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -3 & 1 & 10 \\ 1 & 1 & -3 & -12 \\ 3 & 4 & 2 & -5 \end{array} \right) \overset{ R{_1}+R{_2}\rightarrow{R_2}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -3 & 1 & 10 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \\ 3 & 4 & 2 & -5 \end{array} \right) \overset{3R{_1}+R{_3}\rightarrow{R_3}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -3 & 1 & 10 \\ 0 & -2 & -2 & -2 \\ 0 & -5 & 5 & 25 \end{array} \right)$

$\overset{ -\frac{1}{2}R{_2} \rightarrow R{_2}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -3 & 1 & 10 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & -5 & 5 & 25 \end{array} \right) \overset{5R{_2}+R{_3} \rightarrow R{_3}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -3 & 1 & 10 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 10 & 30 \end{array} \right)$

Une fois que nous avons la matrice augmentée dans forme échelonnée on peut résoudre le système en remontant de bas en haut, comme suit :

$ 10z = 30 \iff$ $z = 3$

On remplace $z$ dans la seconde ligne :

$ y + 1 \cdot \underbrace{3}_{z} = 1 \iff$ $y = -2$

On remplace $y$ et $z$ dans la première ligne :

$-1x + -3 \cdot \underbrace{-2}_{y} + 1 \cdot \underbrace{3}_{z} = 10 \iff -x + 9 = 10 \iff$ $x = -1$

La solution est donc :

Figure 3.1 : single point of intersection (credits montereyinstitute)

$\begin{equation} \vec{x} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix} \end{equation}$

Exemple III

$\left\{ \begin{array}{ r@{~}c@{~} r!{~} } 4x+y+3z & = & 1 \\ 2x+y+z & = & 2 \\ -x-y \phantom{+8z} & = & 0 \end{array} \right. \iff \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} 4 & 1 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 2 \\ -1 & -1 & 0 & 0 \end{array} \right) \overset{ R{_1} \leftrightarrow R{_3}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 2 \\ 4 & 1 & 3 & 1 \end{array} \right)$
$\overset{2R{_1}+R{_2}\rightarrow{R_2}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 2 \\ 4 & 1 & 3 & 1 \end{array} \right) \overset{ 4R{_1}+R{_3} \rightarrow R{_3}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & -3 & 3 & 1 \end{array} \right) \overset{ -3R{_2}+R{_3} \rightarrow R{_3}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} -1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & -5 \end{array} \right)$

De la dernière ligne de la matrice échelonnée on a :

$0x+0y+0z = 5$

Cette équation est irrésoluble, le système n’a donc pas de solutions :

$\begin{equation} \vec{x} = \{\} \end{equation}$

Exemple IV

$\left\{ \begin{array}{ r@{~}c@{~} r!{~} } 2x+-2y & = & 2 \\ x+ -y & = & 1 \end{array} \right. \iff \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} 2 & -2 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \end{array} \right) \overset{ R{_1} \leftrightarrow R{_2}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} 1 & -1 & 1 \\ 2 & -2 & 2 \end{array} \right) \overset{ -2R{_1}+R{_2}\rightarrow{R_2}}{\iff} \left( \begin{array}{!{}l@{~} !{~}l | !{~}l@{}} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$

De la dernière ligne de la matrice échelonnée on a :

$0x+0y = 0 \iff 0=0$

Cette équation ne donne aucune information sur les variables.

On analyse maintenant l’équation du dessus :

$1x+-1y = 1 \iff x = 1+y$. On pose $y= \beta$.

Il ne reste qu’une équation à considérer or le système possède deux variables. Le système a donc une infinité de solutions et la solution générale s’exprime comme suit :

$\begin{equation} \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 + \beta \\ \beta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \beta\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{equation}, \beta \in \mathbb{R}$

Récapitulation

L’équation matricielle permet de séparer les coefficients des variables. Ceci rend les choses plus lisibles.

La résolution d’une équation matricielle se fait en effectuant des opérations sur les lignes de la matrice augmentée, à savoir l’interchangement de lignes, la multiplication d’une ligne par un facteur (différent de $0$) et le remplacement d’une ligne par la somme deux lignes. Ceci jusqu’à l’obtention d’une matrice en forme échelonnée (tel un escalier).

A partir de la matrice échelonnée, on résoud ligne après ligne en remplaçant les valeurs trouvées depuis le bas. Une ligne avec que des zéros ne fournit aucune information quant aux valeurs des variables et peut donc être ignorée.