3.10 Exemple de test portant sur la matière de ce chapitre

1. Déterminez toutes les solutions réelles du système \[\begin{align*} x_1 - 2x_2 + x_3 & = 1 \\ x_1 - x_2 - x_3 & = 0 \end{align*}\].

2. Pour quelle valeur réelle \(a\) est-ce que le système \[\begin{align*} x - y + z & = 1 \\ -x - y - 3z & = 0 \\ y + z & = a \end{align*}\] n’admet aucune solution?

3. Soient \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 4 & 5 & 0\end{bmatrix}\), \(\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}\), \(\mathbf{b} = \begin{bmatrix} 8 \\ 9\end{bmatrix}\). Écrivez le système \(\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{b}\) dans son entièreté.

4. Montrez que le système \[\begin{align*} x - 2y & = 3 \\ x + y & = 0 \end{align*}\] peut se transformer en \[\begin{align*} y & = -1 \\ x - 2y & = 3 \end{align*}\] en utilisant des opérations élémentaires.

5. Soit \(x = 2t -1\) et \(y = -t + 1\). Pour quelles valeurs de \(t\) la paire \(x,y\) est-elle une solution du système suivant? \[\begin{align*} x + y & = 1 \\ 2x - y & = 2 \end{align*}\]

6. Déterminez toutes les solutions du système suivant, définit sur \(GF(2)\) : \[\begin{align*} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 & = 1 \\ x_1 + x_2 + x_3 & = 1 \\ x_2 + x_3 + x_4 & = 0 \\ x_1 + x_2 + x_4 & = 0 \end{align*}\]

7. Soient \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0\end{bmatrix}\) et \(\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{bmatrix}\) un uplet de variables. Trouvez toutes les solutions de \(\mathbf{A} \mathbf{x} = \mathbf{0}\).

8. Soient \(\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & -6 \\1 & 3 & 5\end{bmatrix}\) et \(\mathbf{B} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \\0 & 1 & 5\end{bmatrix}\). Montrez que \(\mathbf{A}\) se transforme en \(\mathbf{B}\) à l’aide d’une seule suite de deux opérations élémentaires.

Solutions

1. Nous utilisons d’abord la première équation afin d’exprimer \(x_1\) en terme des autres variables: \(x_1 = 1 + 2x_2 - x_3\). En substituant \(x_1\) dans la deuxième équation, on obtient \[(1 + 2x_2 - x_3) -x_2 - x_3 = 0,\] ce qui se simplifie à \[x_2 - 2x_3 = -1.\] On peut donc remplacer \(x_3\) par un paramètre réel \(s\), et obtenir \(x_2 = -1 + 2s\), et \(x_1 = 1 + 2(-1+2s) - s = -1 + 3s\). Les solutions sont données par \(\begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1+3s\\ -1 + 2s\\s\end{bmatrix}\), pour tout \(s \in \mathbb{R}\).

2. La première équation devient \(x = 1 + y - z\). On substitue dans la deuxième équation et on obtient \(-(1+y-z) - y - 3z = 0\), d’où \(-2y - 2z = 1\). La multiplication de chaque côté par \(-\frac{1}{2}\) nous donne \(y + z = -\frac{1}{2}\). Notons que cette équation a le même côté gauche que la troisième équation. Donc, si \(a\neq -\frac{1}{2}\), le système n’admet aucune solution. Mais si \(a = -\frac{1}{2}\), alors \(\begin{bmatrix} x \\ y \\ z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2} - 2t \\ -\frac{1}{2} - t \\ t \end{bmatrix}\) est une solution pour chaque \(t\in \mathbb{R}\).

3. Notons que \(\mathbf{A}\mathbf{x} = \begin{bmatrix} 2x_1-x_2 + 3x_3 \\ 4x_1 + 5x_2 + 0x_3 \end{bmatrix}\). Dans son entièreté, le système est \[\begin{align*} 2x_1 - x_2 + 3x_3 & = 8 \\ 4x_1 + 5x_2 & = 9. \end{align*}\]

4. La deuxième équation du second système est identique à la première équation du premier système. Si on applique l’opération élémentaire d’échanger les positions de deux équations dans le premier système, on obtient \[\begin{align*} x + y & = 0 \\ x - 2y & = 3. \end{align*}\]

   Le coefficient de \(x\) est nul dans la première équation du système visé. Il faut alors éliminer \(x\) en ajoutant le produit de la deuxième équation par \(-1\) à la première équation afin d’obtenir \[\begin{align*} 3 y & = -3 \\ x - 2y & = 3. \end{align*}\]

   Nous pouvons finaliser la transformation en multipliant la première équation par \(\frac{1}{3}\).

5. En substituant \(x\) et \(y\) dans le système, on obtient \[\begin{align*} (2t-1) + (-t+1) & = 1 \\ 2(2t-1) - (-t+1) & = 2. \end{align*}\]

   La simplification à gauche donne \[\begin{align*} t & = 1 \\ 5t - 3 & = 2 \end{align*}\]

   Il n’y a qu’une solution, \(t = 1\).

6. La matrice augmentée associée au système est \(\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right].\) Nous réduisons cette matrice comme suit (gardant en tête que \(1+1=0\) dans \(GF(2)\)) :

   \[\begin{array}{rl} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_2\leftarrow L_2 + L_1} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_4 \leftarrow L_4 + L_1} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_1 \leftarrow L_1 + L_3} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_2 \leftrightarrow L_3} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_3 \leftrightarrow L_4} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_2 \leftrightarrow L_2+L_3} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ \xrightarrow{L_2 \leftrightarrow L_2+L_4} & \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right] \\ \end{array} \]

   Ainsi, \(\begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\1\\1\\0 \end{bmatrix}\) est l’unique solution.

7. Observons que \(\mathbf{A}\) est déjà sous FER. Les variables libres sont \(x_2\) et \(x_4\). Donc, on pose \(x_2 = s\) et \(x_4 = t\), où \(s,t \in \mathbb{R}\).

   Notons que le système est \[\begin{align*} x_1 + 2x_2 + x_4 & = 0 \\ x_3 & = 0, \end{align*}\] donc, \(x_1 = -2s - t\) et \(x_3 = 0\). Ainsi, les solutions sont \[\begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2s -t \\ s \\ 0 \\t \end{bmatrix} = s\begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{bmatrix} + t \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{bmatrix}\] pour tout choix possible de nombres réels \(s\) et \(t\).

8. Observons que \(\mathbf{A}\) et \(\mathbf{B}\) diffèrent à la deuxième ligne et la troisième ligne. La condition que \(\mathbf{A}\) doit être transformée en \(\mathbf{B}\) avec seulement deux opérations élémentaires nous force à appliquer une opération afin de modifier la deuxième ligne et une autre afin de modifier la troisième ligne.

   Notons que la troisième ligne de \(\mathbf{A}\) a un élément non nul dans la première colonne et la seule autre ligne de \(\mathbf{A}\) ayant cette même propriété est la première. Donc, nous pouvons éliminer le pivot de la troisième ligne en utilisant l’opération \(L_3 \leftarrow L_3 - L_1\). Le résultat est \(\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & -6 \\0 & 1 & 5\end{bmatrix}\). Appelons cette matrice \(\mathbf{A}'.\)

   Notons que \(\mathbf{A}'\) et \(\mathbf{B}\) diffèrent seulement à la deuxième ligne. En fait, la deuxième ligne de \(\mathbf{A}'\) est le triple de la deuxième ligne de \(\mathbf{B},\) d’où \(\mathbf{A}' \xrightarrow{L_2 \leftarrow \frac{1}{3} L_2} \mathbf{B}\).