Comment résoudre un système d'équations à l'aide de matrices

Coécrit par l'équipe de wikiHow

Les matrices sont des outils mathématiques très puissants aux applications multiples. Ce n’est rien moins qu’un tableau de nombres disposés d’une certaine façon ^{[1]
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Source de recherche}. Parmi les nombreuses applications des matrices, citons celle qui sert à résoudre des équations linéaires d’ordre supérieures à 2. Si vous n’avez que des systèmes d’équations linéaires simples à résoudre, il existe d’autres méthodes. Par contre, avec trois inconnues ou plus, il est sage d’utiliser les matrices, c’est bien plus pratique. Le principe est de multiplier et d’additionner d’une certaine façon jusqu’à obtenir ce que l’on appelle la matrice identité.

Partie 1

Partie 1 sur 4:
Préparer la matrice de résolution d’un système d’équations

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Vérifiez que l’exercice est faisable. C’est bien beau d’avoir un système d’équations linéaires à résoudre, encore faut-il que vous puissiez y arriver. La règle est simple : vous devez pour résoudre un système à $n$ $n$ inconnues avoir $n$ $n$ équations distinctes. Ainsi, 3 inconnues seront trouvées si vous avez 3 équations, pour 4 inconnues, 4 équations, etc.
- Si vous avez moins d’équations que de variables, il y a de fortes chances pour que le système présente de nombreuses solutions. Pour la clarté de notre propos, nous nous placerons dans la perspective d’un système de trois équations linéaires à trois inconnues, système qui n’aura qu’une seule solution.
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Présentez les équations sous leur forme diophantienne. C’est le passage essentiel pour établir correctement la matrice qui va vous permettre de résoudre le système. Sous sa forme diophantienne, une équation linéaire se présente ainsi : $ax+by+xz=d$ $ax+by+xz=d$ . Dans cette équation, $a$ $a$ , $b$ $b$ et $c$ $c$ sont des coefficients (entiers) et $d$ $d$ est la constante (aussi un entier).
- Si votre système contient $n$ inconnues, vous aurez $n$ coefficients et toujours une constante. Pour cette première approche des matrices, nous nous limiterons à 3 inconnues. Sinon, pour davantage de variables, le principe restera le même, simplement, il y aura plus d’étapes, plus de calculs : ce sera plus long !
- En vue de l’établissement d’une matrice, les termes des équations doivent être additionnés. Si vous avez des signes -, il est facile de faire apparaitre des signes +. En fait, il suffit d’établir que le coefficient suivant un signe - est un coefficient négatif. Par exemple, l’équation $3x-2y+4z=1$ doit être, en vue de la matrice, présentée ainsi : $3x+(-2y)+4z=1$ .
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Établissez la matrice. L’opération consiste à récupérer les coefficients et les constantes dans le même ordre et à les inscrire dans un tableau : la matrice. Celle issue d’un système d’équations permet de résoudre assez facilement le système ^{[2]
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Source de recherche}. Dans ce cas très précis, la matrice est une représentation des équations débarrassées des variables. Chaque ligne de la matrice correspond à une équation et chaque colonne aux coefficients qui affectent la même variable.
- À titre d’exemple, vous avez un système $S$ avec les équations suivantes :
  $3x+y-z=9$ , $2x-2y+z=-3$ et $x+y+z=7$ . La première ligne de la matrice sera composée, dans cet ordre des nombres 3, 1, -1 et 9 (3 coefficients et une constante). Une variable sans coefficient (ici $y$ ) en a quand même un : 1 $(y=1y)$ . la deuxième ligne de la matrice sera 2, -2, -1 et -3 et la troisième ligne, 1, 1, 1 et 7 : ${\begin{pmatrix}3&1&-1&9\\2&-2&1&-3\\1&1&1&7\end{pmatrix}}$ .
- Si l’ordre des lignes n’a pas d’importance, l’ordre des colonnes est fondamental : les $x$ doivent être alignés verticalement, tout comme les $y$ , les $z$ et les constantes ! En effet, au moment de rédiger la solution (énoncé des solutions), cet ordre aura toute son importance.
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Enserrez la matrice entre grandes parenthèses. Une matrice se présente toujours ainsi, entre grandes parenthèses. C’est une simple convention, car des nombres qui seraient rangés sans ces parenthèses n’auraient aucun sens… ou plusieurs : on ne saurait pas à quoi l’on a affaire ! Qui dit parenthèses enserrant plusieurs lignes et plusieurs colonnes de réels, dit matrice. Ainsi, une matrice a $m$ lignes et $n$ colonnes. Une matrice quelconque est souvent appelée $A$ ou $M$ .
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Utilisez les abréviations usuelles. Comme nous serons amenés à distinguer les lignes et les colonnes, les premières seront notées $L$ $L$ , les deuxièmes $C$ $C$ , chacune étant flanquée d’un chiffre indiquant sa place dans la matrice. La première ligne de la matrice sera notée $L_{1}$ $L_{1}$ et la deuxième colonne $C_{2}$ $C_{2}$ .
- Partant de ce repérage, il est possible d’identifier un des coefficients de la matrice de la façon suivante : $a_{2,3}$ est le coefficient de la deuxième ligne et de la troisième colonne.
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Partie 2

Partie 2 sur 4:
Résoudre un système d’équations linéaires avec une matrice

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Sachez reconnaitre la matrice identité ( $I_{n}$ ). Avant de vous lancer dans les calculs, vous devez bien poser le problème. Vous cherchez en fait les coordonnées du point d’intersection des 3 droites ayant pour équations celles du système. Nous partons d’une matrice $A$ $A$ qui est la suivante.
- $A={\begin{pmatrix}3&1&1&9\\2&-2&1&-3\\1&1&1&7\end{pmatrix}}$ .
- Souvent, la dernière colonne est présentée hors de la matrice sous forme d’une petite matrice colonne. Ici, ce serait : $A={\begin{pmatrix}3&1&1\\2&-2&1\\1&1&1\end{pmatrix}}$ et $B={\begin{pmatrix}9\\-3\\7\end{pmatrix}}$ .
- De même, les inconnues sont présentées sous forme de matrice colonne :
  $X={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$ et l’équation à résoudre est la suivante : $AX=B$ .
- Nous garderons pour des raisons de clarté la matrice à 3 lignes et 4 colonnes (matrice augmentée), tout en gardant à l’esprit que la matrice de base est quand même carrée (3 x 3).
- Le but de la manœuvre est de partir de cette matrice $A$ pour la transformer progressivement, comme on va le voir, en ce que l’on appelle la matrice identité qui se présente sous la forme qui suit ^{[3]
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  Source de recherche}.
- $I_{3}={\begin{pmatrix}1&0&0&x\\0&1&0&y\\0&0&1&z\end{pmatrix}}$ .
- Ici, cette matrice est abusivement notée $I_{3}$ , car cette notation est normalement celle de la matrice ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ .
- Remarquez que tous les 1 sont sur la diagonale et que partout ailleurs, il n’y a que des 0, la dernière colonne exceptée. Les termes de cette dernière seront les solutions du système d’équations.
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Utilisez la multiplication par un scalaire. Les matrices ont des propriétés et parmi celles-ci, il en est une qui est sa multiplication par un scalaire. Pour aller au plus simple, disons qu’un scalaire est un nombre réel. Multiplier une matrice par un scalaire donne une autre matrice dont chacun des termes est le produit, dans l’ordre, des termes de la matrice de départ par ce scalaire. À priori, rien de compliqué, sinon que lorsque la matrice est grande, il ne faut oublier aucun produit, sans quoi vos solutions seront fausses. Comme on va le voir, on peut très bien commencer par la première ligne, en ayant toujours en tête qu’il y a les autres lignes à traiter ^{[4]
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Source de recherche}.
- Parmi les scalaires, dans l’objectif qui est le nôtre (trouver les solutions d’un système d’équations), il est fréquent de recourir aux fractions afin de parvenir à une diagonale composée de 1. En conséquence, il vaut mieux être à l’aise avec ces fractions. Certains préfèrent garder les produits sous forme de fractions impropres, telles quelles en somme, d’autres les convertissent en nombre fractionnaire : ${\frac {7}{3}}$ est la même chose que $2{\frac {1}{3}}$ . Il n’y a pas de règle et la résolution sera de toute façon la même.
- Prenons comme exemple la ligne $L_{1}=(3,1,-1,9)$ . La matrice identité, que nous cherchons à faire apparaitre, devra avoir un 1 en première position de cette première ligne. Pour y arriver, il n’y a qu’une solution : multiplier par ${\frac {1}{3}}$ , ce qui donne pour $L_{1}:(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3$ ).
- Faites attention aux signes lors de ces produits.
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Utilisez l’addition ou la soustraction de lignes. Cette fois-ci, le but est de créer des 0 là où ils doivent être. Prenons un exemple : vous avez une matrice dont $L_{1}$ $L_{1}$ est $(1,4,3,2)$ $(1,4,3,2)$ et $L_{2}(1,3,5,8)$ $L_{2}(1,3,5,8)$ . Vous pouvez soustraire, terme à terme, la première ligne de la deuxième, le résultat sera la deuxième ligne de votre matrice identité. Les opérations sont les suivantes : $1-1=0$ $1-1=0$ (première colonne), $3-4=-1$ $3-4=-1$ (deuxième colonne), $5-3=2$ $5-3=2$ (troisième colonne) et $8-2=6$ $8-2=6$ (quatrième colonne). La deuxième ligne devient donc $(0,-1,2,6)$ $(0,-1,2,6)$ . L’explication de ces manipulations de ligne sont à la fois simples et complexes.
- Si vous aviez besoin d’écrire formellement cette étape, vous pourriez écrire :
  $L_{2}=L_{2}-L_{1}=(0,-1,2,6)$ .
- Addition et soustraction sont deux opérations étroitement liées, les deux faces d’une même pièce. Ainsi, soustraire n’est jamais qu’additionner les opposés. Dans les calculs précédents, nous avions, deuxième terme, $3-4=-1$ , soustraction qui se transforme aisément en une addition $3+(-4)=-1$ . Selon la matrice, vous utiliserez plutôt l’addition, d’autres fois la soustraction, mais toujours ce sera une addition. Faites toujours très attention aux signes !
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Jouez sur les deux tableaux. Ce qui arrive le plus souvent, c’est qu’il faut combiner les deux, à savoir additionner ou soustraire un multiple d’une ligne. Tout commence donc par la multiplication d’une ligne bien particulière par un scalaire tout aussi bien choisi et une fois cela accompli, vous allez pouvoir additionner ou soustraire cette nouvelle ligne d’une déjà existante.
- Prenons un exemple pour illustrer ce propos. Partons de deux premières lignes
  $(1,1,2,6)$ et $(2,3,1,1)$ . Vous cherchez à transformer le 2 ( $a_{2,1}$ ) en 0, vous devez donc lui soustraire 2. Si vous travaillez à partir de la première ligne, vous allez d’abord la multiplier par 2, puis la soustraire de la deuxième ligne. Sous forme mathématique, cela donne : $L_{2}=L_{2}-2\times L_{1}$ . Vous multipliez tous les coefficients de $L_{1}$ par 2, soit $(2,2,4,12)$ , ligne que vous soustrayez de
  $L_{2}$ , ce qui donne la ligne : $((2-2),(3-2),(1-4),(1-12))$ , soit, tous calculs faits, $(0,1,-3,-11)$ .
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Conservez les lignes non changées. Le principe est de travailler ligne après ligne, dans un ordre qui va dépendre de la matrice. Quand vous modifiez une ligne, vous récrivez les autres telles qu’elles sont, elles seront peut-être modifiées ultérieurement. Faites attention en recopiant à le faire sans erreur !
- Si les calculs ne sont pas très compliqués, il y a un risque de confusion à manipuler telle ou telle ligne. Ce n’est pas parce que $L_{1}$ sert à créer un 0 sur
  $L_{2}$ que $L_{1}$ est modifiée. Pour résumer, vous modifiez $L_{2}$ avec $L_{1}$ , mais cette dernière reste inchangée… pour le moment. C’est un peu déroutant au départ. Référez-vous aux illustrations !
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Transformez du haut vers le bas et de la gauche vers la droite. Transformer une matrice consiste à modifier les termes l’un après l’autre afin d’avoir une matrice telle que vous la souhaitez, ici la matrice identité. Pour une matrice carrée de taille 3, l’ordre de transformation est le suivant :
- 1. créez un 1 en $a_{1,1}$ (première ligne, première colonne) ;
- 2. créez un 0 en $a_{2,1}$ (deuxième ligne, première colonne) ;
- 3. créez un 1 en $a_{2,2}$ (deuxième ligne, deuxième colonne) ;
- 4. créez un 0 en $a_{3,1}$ (troisième ligne, première colonne) ;
- 5. créez un 0 en $a_{3,2}$ (troisième ligne, deuxième colonne) ;
- 6. créez 1 en $a_{3,3}$ (troisième ligne, troisième colonne).
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Transformez ensuite du bas vers le haut et de la droite vers la gauche. Vous devez obtenir des 0 en dehors de la diagonale constituée de 1. Pour l’instant, ne vous préoccupez pas de la quatrième colonne, elle est transformée elle aussi, mais les résultats intermédiaires sont non significatifs tant que vous n’avez pas la matrice identité sur les 3 premières colonnes. Opérez comme suit :
- 1. créez un 0 en $a_{2,3}$ (deuxième ligne, troisième colonne) ;
- 2. créez un 0 en $a_{1,3}$ (première ligne, troisième colonne) ;
- 3. créez un 0 en $a_{1,2}$ (première ligne, deuxième colonne).
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Vérifiez que vous êtes bien en face de la matrice identité ( $I_{3}$ ). Si vous avez tout bien fait, sur les trois premières colonnes, vous avez des 1 en diagonale ( $a_{1,1}$ , $a_{2,2}$ , $a_{3,3}$ ) et des 0 partout ailleurs. Les valeurs de la quatrième colonne sont tout simplement les solutions de votre système d’équations.

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Partie 3

Partie 3 sur 4:
Résoudre concrètement un système d’équations

1
Prenons un exemple concret. Pour la clarté du propos, nous conservons le système $S$ d’équations linéaires précédent : ${\begin{cases}3x+y-z=9\\2x-2y+z=-3\\x+y+z=7&\end{cases}}$ . La matrice associée à ce système est donc la suivante :
$A={\begin{pmatrix}3&1&-1&9\\2&-2&1&-3\\1&1&1&7\end{pmatrix}}$ , avec $L_{1}=(3,1,-1,9)$ , $L_{2}=(2,-2,1,-3)$ et $L_{3}=(1,1,1,7)$ .
2
Créez un 1 en $a_{1,1}$ . La ligne $L_{1}$ $L_{1}$ commence par un 3 et il doit devenir un 1. Parmi les possibilités d’y parvenir, vous pouvez, par exemple multipliez toute la ligne par ${\frac {1}{3}}$ ${\frac {1}{3}}$ . Mathématiquement, cela peut s’écrire : $L_{1}=L_{1}\times {\frac {1}{3}}$ $L_{1}=L_{1}\times {\frac {1}{3}}$ . Par ce scalaire, la ligne $L_{1}$ $L_{1}$ devient : $L_{1}=(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3)$ $L_{1}=(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3)$ . Recopiez inchangées les lignes $L_{2}=(2,-2,1,-3)$ $L_{2}=(2,-2,1,-3)$ et $L_{3}=(1,1,1,7)$ $L_{3}=(1,1,1,7)$ .
- Cette multiplication est en fait une division qui nous arrange bien. Diviser une valeur par un nombre revient à multiplier cette valeur par l’inverse du nombre. Ainsi, multiplier par ${\frac {1}{3}}$ est la même chose que diviser par 3.
3
Créez un 0 en $a_{2,1}$ . Nous suivons l’ordre de transformation. Le coefficient 2 de $L_{2}$ $L_{2}$ doit être transformé en un 0. Pour cela, nous allons multiplier $L_{1}$ $L_{1}$ par 2 et soustraire la nouvelle ligne de $L_{2}$ $L_{2}$ ( $L_{2}=L_{2}-(2\times L_{1})$ $L_{2}=L_{2}-(2\times L_{1})$ ). $L_{1}$ $L_{1}$ n’est nullement modifiée, elle sert juste à modifier $L_{2}$ $L_{2}$ . Nous avons donc à multiplier $L_{1}$ $L_{1}$ par 2, ce qui donne : $2\times L_{1}=(2,{\frac {2}{3}},-{\frac {2}{3}},6)$ $2\times L_{1}=(2,{\frac {2}{3}},-{\frac {2}{3}},6)$ que nous soustrayons de $L_{2}$ $L_{2}$ . Cette ligne
$L_{2}$ $L_{2}$ devient alors : $(2-2),(-2-{\frac {2}{3}}),(1-(-{\frac {2}{3}})),(-3-6)$ $(2-2),(-2-{\frac {2}{3}}),(1-(-{\frac {2}{3}})),(-3-6)$ , soit
$L_{2}=(0,-{\frac {8}{3}},{\frac {5}{3}},-9)$ $L_{2}=(0,-{\frac {8}{3}},{\frac {5}{3}},-9)$ . Le 0 est bien en première position, c’est bien ce que l’on voulait. Petit conseil : si vous le voulez, pour éviter des confusions, vous pouvez appeler la ligne transformée $L_{2}^{\prime }$ $L_{2}^{\prime }$ .
- Laissez la ligne $L_{3}$ inchangée, soit $(1,1,1,7)$ .
- Faites très attention avec la soustraction des nombres négatifs : « - » par « - » donne « + » !
- Vous le voyez ici, il n’est pas très compliqué de laisser les fractions telles qu’elles sont (forme impropre), les transformer en nombres fractionnaires risquerait de prêter à confusion. Il sera toujours temps, à la fin, de faire la modification.
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Créez un 1 en $a_{2,2}$ (deuxième ligne, deuxième colonne). Continuons dans l’ordre. C’est au tour de $-{\frac {8}{3}}$ $-{\frac {8}{3}}$ à être transformée en un 1. Pour obtenir ce 1, vous devez multiplier toute la ligne $L_{2}$ $L_{2}$ par l’inverse, soit $-{\frac {3}{8}}$ $-{\frac {3}{8}}$ ( $L_{2}^{\prime }=-{\frac {3}{8}}L_{2}$ $L_{2}^{\prime }=-{\frac {3}{8}}L_{2}$ ). Vous obtenez alors : $L_{2}=(0,1,-{\frac {5}{8}},{\frac {27}{8}})$ $L_{2}=(0,1,-{\frac {5}{8}},{\frac {27}{8}})$ . La transformation est directe.
- Vous voyez se dessiner à gauche la matrice identité. Certes, la dernière colonne commence à avoir de fractions originales, mais n’en tenez pas compte pour l’instant, elle va encore changer !
- Comme précédemment, retranscrivez telles quelles les lignes non touchées, à savoir $L_{1}=(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3)$ et $L_{3}=(1,1,1,7)$ .
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Créez un 0 en $a_{3,1}$ . Vous devez commencer à comprendre la démarche, mais vous devez rester vigilant(e) en évitant d’aller trop vite. Passons donc à la troisième ligne. Le premier coefficient (1) doit devenir 0, il faut donc lui ôter 1, ce qui est possible en ôtant la ligne $L_{1}$ $L_{1}$ de la ligne $L_{3}$ $L_{3}$ ( $L_{3}=L_{3}-L_{1}$ $L_{3}=L_{3}-L_{1}$ ), ce qui donne : $L_{3}=(1-1),(1-{\frac {1}{3}}),(1-(-{\frac {1}{3}})),(7-3)=(0,{\frac {2}{3}},{\frac {4}{3}},4)$ $L_{3}=(1-1),(1-{\frac {1}{3}}),(1-(-{\frac {1}{3}})),(7-3)=(0,{\frac {2}{3}},{\frac {4}{3}},4)$ . Vous êtes au cœur de la transformation !
- Les lignes $L_{1}=(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3)$ et $L_{2}=(0,1,-{\frac {5}{8}},{\frac {27}{8}})$ restent inchangées et sont recopiées telles quelles.
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Créez un 0 en $a_{3,2}$ (troisième ligne, deuxième colonne). L’objectif est ici de transformer ${\frac {2}{3}}$ en 0. Au premier regard, vous pourriez ôter le double de $L_{1}$ de $L_{3}$ , mais le 0 que l’on vient d’obtenir disparaitrait, ce qui ne nous avancerait guère. Nous partirons donc de $L_{2}$ que l’on va multiplier par ${\frac {2}{3}}$ et l’on soustraira la ligne de $L_{3}$ ( $L_{3}=L_{3}-{\frac {2}{3}}L_{2}$ ). Le produit avec le scalaire donne :
${\frac {2}{3}}L_{2}=(0,{\frac {2}{3}},-{\frac {10}{24}},{\frac {54}{24}})$ et la soustraction donne : $L_{3}=(0,0,{\frac {42}{24}},{\frac {42}{24}})$ . Faisons le point : la matrice de départ est déjà loin et la matrice d’arrivée est encore à venir, mais elle commence à se dessiner avec ces 0 et ces 1 et vous le voyez, nous avons progressé sur le côté gauche.
7
Créez un 1 en $a_{3,3}$ (troisième colonne, troisième ligne). Nous arrivons au bout du côté gauche. Nul besoin de recourir à une autre ligne, il suffit de multiplier la ligne par l’inverse de ${\frac {42}{24}}$ ${\frac {42}{24}}$ , soit ${\frac {24}{42}}$ ${\frac {24}{42}}$ . Ainsi, vous ne modifiez pas les 2 premiers 0 de la ligne (0 est absorbant pour le produit) : $L_{3}=(0,0,1,1)$ $L_{3}=(0,0,1,1)$ .
- Comme nous le disions, la dernière colonne commence à prendre un aspect sympathique, car simplifié : la solution n’est pas loin !
- Recopiez telles quelles les lignes $L_{1}=(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3)$ et
  $L_{2}=(0,1,-{\frac {5}{8}},{\frac {27}{8}})$ .
- Voilà ! La diagonale en 1 de la matrice identité est apparue sur les trois premières colonnes, ce que nous cherchions à faire. Maintenant, il faut remonter sur la seconde moitié de la matrice.
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Créez un 0 en $a_{2,3}$ . Il est temps de remonter dans la matrice pour finir le travail. Le $-{\frac {5}{8}}$ $-{\frac {5}{8}}$ de $L_{2}$ $L_{2}$ doit devenir un 0, sans détruire la matrice existante. Vous allez vous appuyer sur $L_{3}$ $L_{3}$ qui sera multipliée par ${\frac {5}{8}}$ ${\frac {5}{8}}$ et vous ferez ensuite la différence avec $L_{3}$ $L_{3}$ ( $L_{2}=L_{2}+{\frac {5}{8}}L_{3}$ $L_{2}=L_{2}+{\frac {5}{8}}L_{3}$ ). Le produit par le scalaire donne : ${\frac {5}{8}}L_{3}=(0,0,{\frac {5}{8}},{\frac {5}{8}})$ ${\frac {5}{8}}L_{3}=(0,0,{\frac {5}{8}},{\frac {5}{8}})$ . Quant à $L_{2}$ $L_{2}$ , elle devient :
$L_{2}=((0+0),(1+0),(-{\frac {5}{8}}+{\frac {5}{8}})({\frac {27}{8}}+{\frac {5}{8}})$ $L_{2}=((0+0),(1+0),(-{\frac {5}{8}}+{\frac {5}{8}})({\frac {27}{8}}+{\frac {5}{8}})$ . Simplifiée, $L_{2}=(0,1,0,4)$ $L_{2}=(0,1,0,4)$ .
- Recopiez telles quelles les lignes $L_{1}=(1,{\frac {1}{3}},-{\frac {1}{3}},3)$ et $L_{3}=(0,0,1,1)$ .
9
Créez un 0 en $a_{1,3}$ . Respectant l’ordre des transformations, il faut à présent changer le $-{\frac {1}{3}}$ $-{\frac {1}{3}}$ de $L_{1}$ $L_{1}$ en un 0. Pour ne pas tout bouleverser, comme cela a été expliqué précédemment, vous allez vous appuyer sur $L_{3}$ $L_{3}$ qui sera multipliée par
${\frac {1}{3}}$ ${\frac {1}{3}}$ , puis ajoutée à $L_{1}$ $L_{1}$ ( $L_{1}=L_{1}+{\frac {1}{3}}L_{3}$ $L_{1}=L_{1}+{\frac {1}{3}}L_{3}$ ). Le produit par le scalaire donne :
${\frac {1}{3}}L_{3}=(0,0,{\frac {1}{3}},{\frac {1}{3}})$ ${\frac {1}{3}}L_{3}=(0,0,{\frac {1}{3}},{\frac {1}{3}})$ et la somme est la suivante : $L_{1}=((1+0),({\frac {1}{3}}+0),(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}),(3+{\frac {1}{3}}))=(1,{\frac {1}{3}},0,{\frac {10}{3}})$ $L_{1}=((1+0),({\frac {1}{3}}+0),(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}),(3+{\frac {1}{3}}))=(1,{\frac {1}{3}},0,{\frac {10}{3}})$ .
- Recopiez telles quelles les lignes $L_{2}=(0,1,0,4)$ et $L_{3}=(0,0,1,1)$ .
10
Créez un 0 en $a_{1,2}$ . Vous arrivez au terme de votre travail de calcul. Il faut à présent transformer le ${\frac {1}{3}}$ de la deuxième colonne en un 0. Vous prendrez $L_{2}$ comme base, laquelle sera multipliée par ${\frac {1}{3}}$ , puis soustraite de
$L_{1}$ ( $L_{1}=L_{1}-{\frac {1}{3}}L_{2}$ ). Le produit par le scalaire donne : ${\frac {1}{3}}L_{2}=(0,{\frac {1}{3}},0,{\frac {4}{3}})$ . La différence est la suivante :
$L_{1}=(1-0),({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{3}}),(0-0),({\frac {10}{3}}-{\frac {4}{3}})=(1,0,0,2)$ .
11
Repérez la matrice identité. Si tous les calculs ont été bien faits, vous vous retrouvez avec la matrice identité sur les 3 premières colonnes. Les 1 sont bien sur la diagonale et partout ailleurs, sauf dans la quatrième colonne, vous avez des 0. Quid de cette dernière colonne ? Ce n’est rien moins que la solution du système $S$ $S$ d’équations du départ. Résumons-nous :
- la matrice transformée est : ${\begin{pmatrix}1&0&0&2\\0&1&0&4\\0&0&1&1\end{pmatrix}}$ ;
- la matrice identité est bien là sur les 3 premières colonnes : ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ ;
- la solution du système est une matrice colonne : ${\begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix}}$ .
12
Comprenez où est la solution du système. Tout au début de l’article, nous avions transposé les équations en matrice, il faut à présent faire l’inverse : transposer la matrice en système d’équations. L’ordre des colonnes ayant été respecté, nous pouvons écrire le système ainsi : ${\begin{cases}1x+0y+0z=2\\0x+1y+0z=4\\0x+0y+1z=1&\end{cases}}$ . La simplification s’impose et vous comprenez mieux pourquoi les 1 devaient être sur la diagonale : ${\begin{cases}x=2\\y=4\\z=1&\end{cases}}$ . Au sein d’une même équation, les 0 éliminent les 2 autres variables et mettent en avant une seule variable et comme les 1 sont en escalier, chaque équation permet de déterminer une des trois inconnues ^{[5]
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Source de recherche}.

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Partie 4

Partie 4 sur 4:
Vérifier les solutions d’un système d’équations

1
Placez vos solutions dans les trois équations de départ. Certes, vous avez fait attention, mais rien ne vaut une vérification en faisant l’application numérique. Vous n’avez même pas besoin d’écrire, le calcul peut être fait mentalement.
- Pour rappel, les équations du système étaient les suivantes : $3x+y-z=9$ , $2x-2y+z=-3$ et $x+y+z=7$ . Avec l’application numérique des solutions trouvées, cela donne les égalités suivantes : $(3\times 2)+4-1=9$ , $(2\times 2)-(2\times 4)+1=-3$ et $2+4+1=7$ .
2
Faites les calculs sans vous tromper. Ici, ils sont simples et pour la première égalité, vous obtenez : $6+4-1=9$ $6+4-1=9$ , soit $9=9$ $9=9$ et l'égalité est vérifiée. Pour la deuxième, l'égalité est la suivante : $4-8+1=-3$ $4-8+1=-3$ , soit
$-3=-3$ $-3=-3$ et l'égalité est vérifiée. Quant à la dernière, on obtient bien : $7=7$ $7=7$ . Tout est parfait, non !
- Faites attention ! Les solutions doivent satisfaire les trois équations, sans quoi vous pouvez vous dire qu'il y a eu un problème. Si c'était le cas, il faudrait reprendre étape par étape vos calculs précédents et voir s'il n'y a pas eu un problème de digne, d'addition, de multiplication ou d'erreur sur les lignes ou les coefficients de la matrice.
3
Rédigez proprement vos solutions. En fait, comme nous sommes dans un espace à trois dimensions, les valeurs trouvées sont en fait les coordonnées du point d'intersection des graphes des 3 équations du système. Ici, vous pouvez inscrire que le point P de coordonnées (2,4,1) est à l’intersection des 3 droites.

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Conseils

Il est parfaitement possible de faire du calcul matriciel sur une calculatrice scientifique. Consultez le manuel livré avec la machine pour savoir comment entrer les coefficients (menu des calculs, sous-menu MAT).