Systèmes linéaires et matrices : cours de maths en L1 en PDF.

Soient \(n\) et \(p\) deux entiers non nuls. Un système linéaire de \(n\) équations à \(p\) inconnues \(x_1, \ldots, x_p\) s’écrit

\[\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1p}x_p = b_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2p}x_p = b_2 \\ \quad \vdots \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{np}x_p = b_n \end{cases}\]

Les réels \(a_{ij}\) sont les coefficients et \((b_1, \ldots, b_n)\) est le second membre. Une solution est un \(p\)-uplet \((x_1, \ldots, x_p) \in \mathbb{R}^p\) qui vérifie les \(n\) équations. Le système est dit compatible s’il possède au moins une solution. Il est homogène si tous les \(b_i\) sont nuls.

Le système \(x + y = 3\), \(x – y = 1\) donne, par somme, \(2x = 4\). Donc \(x = 2\), puis \(y = 1\). Les deux droites se coupent au point \((2, 1)\). En revanche, le système \(x + y = 3\), \(x + y = 1\) n’a aucune solution : les droites sont parallèles. Enfin, \(x + y = 3\) et \(2x + 2y = 6\) décrivent la même droite, d’où une infinité de solutions.

Dans tous les cas, un système linéaire possède soit aucune solution, soit une unique solution, soit une infinité de solutions. Il n’existe jamais exactement deux solutions. En effet, si \(X\) et \(Y\) sont deux solutions distinctes, tous les points \(X + t(Y – X)\), pour \(t \in \mathbb{R}\), sont encore solutions.

On appelle opérations élémentaires sur les lignes :

• l’échange de deux lignes, noté \(L_i rightarrow L_j\) ;
• la multiplication d’une ligne par un réel non nul, notée \(L_i arrow \lambda L_i\) avec \(\lambda \neq 0\) ;
• l’ajout à une ligne d’un multiple d’une autre, noté \(L_i arrow L_i + \lambda L_j\) avec \(i \neq j\).

Une opération élémentaire transforme un système en un système équivalent.

Traitons l’opération \(L_i arrow L_i + \lambda L_j\). D’abord, une solution du système initial vérifie \(L_i\) et \(L_j\), donc elle vérifie \(L_i + \lambda L_j\). Elle est donc solution du nouveau système. Ensuite, l’opération \(L_i arrow L_i – \lambda L_j\) ramène le nouveau système à l’ancien. Le même argument montre alors l’inclusion réciproque. De même, \(L_i arrow \lambda L_i\) se défait par \(L_i arrow \frac{1}{\lambda} L_i\), ce qui exige \(\lambda \neq 0\). Enfin, un échange se défait par le même échange. Ainsi, chaque opération est réversible, et les deux ensembles de solutions coïncident.

Multiplier une ligne par \(0\) détruit de l’information. De même, remplacer simultanément \(L_1\) par \(L_1 – L_2\) et \(L_2\) par \(L_2 – L_1\) n’est pas permis : on perd l’une des équations. Il faut donc effectuer les opérations une à une, ou garder au moins une ligne inchangée.

Un système, ou un tableau de coefficients, est échelonné si chaque ligne non nulle commence par strictement plus de zéros que la précédente, et si les lignes nulles sont placées en bas. Le premier coefficient non nul d’une ligne non nulle s’appelle son pivot.

Tout système linéaire peut être transformé, par une suite finie d’opérations élémentaires, en un système échelonné équivalent.

On raisonne par récurrence sur le nombre \(n\) de lignes. Pour \(n = 1\), le système est déjà échelonné. Supposons le résultat vrai pour \(n – 1\) lignes. Si tous les coefficients sont nuls, il n’y a rien à faire. Sinon, on choisit la première colonne \(j\) qui contient un coefficient non nul. Par un échange, on place ce coefficient \(a\) en première ligne. Ensuite, pour chaque \(i \geq\, 2\), l’opération \(L_i arrow L_i – \frac{a_{ij}}{a} L_1\) annule le coefficient de la colonne \(j\). Les lignes \(2\) à \(n\) forment alors un système de \(n – 1\) lignes, nul sur les colonnes \(1\) à \(j\). L’hypothèse de récurrence l’échelonne, sans toucher à \(L_1\). Finalement, le système obtenu est échelonné.

Pour résoudre un système par le pivot de Gauss :

1. choisissez un pivot non nul dans la première colonne utile, de préférence égal à \(1\) ;
2. annulez les coefficients situés sous ce pivot par des opérations \(L_i arrow L_i – \lambda L_1\) ;
3. recommencez sur les lignes suivantes jusqu’à obtenir une forme échelonnée ;
4. repérez une éventuelle équation \(0 = c\) avec \(c \neq 0\) : le système est alors incompatible ;
5. sinon, remontez le système de bas en haut pour exprimer les inconnues.

Résolvons le système suivant.

\[\begin{cases} x + 2y + z = 4 \\ 2x + 3y + 3z = 7 \\ -x + y + 2z = 3 \end{cases}\]

Les opérations \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 arrow L_3 + L_1\) donnent \(-y + z = -1\) et \(3y + 3z = 7\). Ensuite, \(L_3 arrow L_3 + 3L_2\) donne \(6z = 4\), donc \(z = \frac{2}{3}\). On remonte alors : \(y = z + 1 = \frac{5}{3}\), puis \(x = 4 – 2y – z = 4 – \frac{10}{3} – \frac{2}{3} = 0\). L’unique solution est donc \((0, \frac{5}{3}, \frac{2}{3})\). Vérifiez-la dans la troisième équation : \(0 + \frac{5}{3} + \frac{4}{3} = 3\).

Dans un système échelonné, les inconnues principales sont celles qui correspondent aux colonnes des pivots. Les autres sont les inconnues secondaires, ou paramètres. Le nombre de pivots s’appelle le rang du système.

Soit un système échelonné de rang \(r\), à \(p\) inconnues. S’il contient une ligne \(0 = c\) avec \(c \neq 0\), il est incompatible. Sinon, les secondaires peuvent être choisies librement, et chaque choix fixe de façon unique les principales. En particulier, un système compatible admet une unique solution si et seulement si \(r = p\).

Supposons le système compatible. La dernière ligne non nulle ne contient qu’une inconnue principale, celle de son pivot. Elle l’exprime donc à l’aide des secondaires placées à sa droite. En remontant ligne par ligne, chaque équation exprime son inconnue principale en fonction des secondaires et des principales déjà connues. Par conséquent, les principales sont uniques dès que les secondaires sont fixées. Si \(r = p\), il n’y a aucune secondaire, donc une unique solution. Si \(r < p\), chaque secondaire parcourt \(\mathbb{R}\), d’où une infinité de solutions.

Considérons le système échelonné \(x + y – z + 2t = 3\), \(z – t = 1\). Les pivots portent sur \(x\) et \(z\) : ce sont les principales, et \(y\), \(t\) sont les secondaires. On obtient \(z = 1 + t\), puis \(x = 3 – y + z – 2t = 4 – y – t\). L’ensemble des solutions s’écrit donc

\[S = \{(4, 0, 1, 0) + y(-1, 1, 0, 0) + t(-1, 0, 1, 1) \mid (y, t) \in \mathbb{R}^2\}.\]

Si un système est compatible et si \(X_0\) en est une solution, ses solutions sont exactement les \(X_0 + Y\), où \(Y\) décrit les solutions du système homogène associé.

Notons \(\ell_i(X) = a_{i1}x_1 + \cdots + a_{ip}x_p\). Cette expression vérifie \(\ell_i(X + Y) = \ell_i(X) + \ell_i(Y)\). Si \(X\) est solution, alors \(\ell_i(X – X_0) = b_i – b_i = 0\) pour tout \(i\). Donc \(Y = X – X_0\) est solution homogène. Réciproquement, si \(Y\) est solution homogène, \(\ell_i(X_0 + Y) = b_i + 0 = b_i\).

Un système homogène qui a strictement plus d’inconnues que d’équations admet une solution non nulle.

Pour discuter un système selon un paramètre \(m\) :

1. choisissez de préférence des pivots qui ne dépendent pas de \(m\) ;
2. échelonnez le système en gardant les expressions en \(m\) factorisées ;
3. relevez les valeurs de \(m\) qui annulent un pivot potentiel ;
4. traitez d’abord le cas général, puis chaque valeur particulière à part, en reprenant le système avec cette valeur.

Soit le système \(x + my = 1\), \(mx + y = 1\). L’opération \(L_2 arrow L_2 – mL_1\) donne \((1 – m^2) y = 1 – m\). Si \(m \neq 1\) et \(m \neq -1\), on trouve \(y = \frac{1}{1 + m}\), puis \(x = \frac{1}{1 + m}\). Si \(m = 1\), les deux équations sont identiques : la droite \(x + y = 1\) est solution. Enfin, si \(m = -1\), on obtient \(0 = 2\) : aucune solution.

Une matrice à \(n\) lignes et \(p\) colonnes est une famille \(A = (a_{ij})\) de réels indexée par \(1 \leq\, i \leq\, n\) et \(1 \leq\, j \leq\, p\). On note \(\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})\) leur ensemble, et \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) lorsque \(n = p\). Le réel \(a_{ij}\) se trouve à la ligne \(i\) et à la colonne \(j\).

Soient \(A \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})\) et \(B \in \mathcal{M}_{p,q}(\mathbb{R})\). Le produit \(AB\) est la matrice \(C \in \mathcal{M}_{n,q}(\mathbb{R})\) définie par

\[c_{ij} = \sum_{k=1}^{p} a_{ik} b_{kj} \quad \text{pour } 1 \leq\, i \leq\, n,\ 1 \leq\, j \leq\, q.\]

On calcule, ligne par colonne :

\[\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 5 & 8 \\ -1 & -2 & -4 \end{pmatrix}.\]

Par exemple, \(5 = 1 \times 3 + 2 \times 1\) et \(8 = 1 \times 0 + 2 \times 4\).

Lorsque les tailles le permettent, le produit est associatif, \((AB)C = A(BC)\), et distributif sur l’addition : \(A(B + C) = AB + AC\) et \((A + B)C = AC + BC\). De plus, la matrice identité \(I_n\), qui a des \(1\) sur la diagonale et des \(0\) ailleurs, vérifie \(I_n A = A\) et \(A I_p = A\) pour \(A \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})\).

Prouvons l’associativité. Le coefficient \((i, l)\) de \((AB)C\) vaut

\[\sum_{k} (AB)_{ik} c_{kl} = \sum_{k} \sum_{j} a_{ij} b_{jk} c_{kl} = \sum_{j} a_{ij} \sum_{k} b_{jk} c_{kl} = \sum_{j} a_{ij} (BC)_{jl}.\]

On a simplement échangé deux sommes finies. Le dernier terme est le coefficient \((i, l)\) de \(A(BC)\). La distributivité se prouve de la même façon.

Le produit matriciel n’est pas commutatif. Par exemple, avec \(A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) et \(B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\), on trouve \(AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\) mais \(BA = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). De plus, \(A^2 = 0\) alors que \(A \neq 0\) : un produit peut être nul sans qu’aucun facteur ne le soit.

La transposée de \(A \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})\) est la matrice \(A^{T} \in \mathcal{M}_{p,n}(\mathbb{R})\) de coefficients \((A^{T})_{ij} = a_{ji}\). Ses lignes sont les colonnes de \(A\). Une matrice carrée est symétrique si \(A^{T} = A\), antisymétrique si \(A^{T} = -A\).

On a \((A + B)^{T} = A^{T} + B^{T}\), \((\lambda A)^{T} = \lambda A^{T}\), \((A^{T})^{T} = A\) et, surtout, \((AB)^{T} = B^{T} A^{T}\).

Pour la dernière égalité, le coefficient \((i, j)\) de \((AB)^{T}\) vaut \((AB)_{ji} = \sum_{k} a_{jk} b_{ki}\). Or \(\sum_{k} (B^{T})_{ik} (A^{T})_{kj} = \sum_{k} b_{ki} a_{jk}\). Les deux sommes sont égales, ce qui conclut.

Une matrice carrée \(A\) est triangulaire supérieure si \(a_{ij} = 0\) pour \(i > j\). Elle est triangulaire inférieure si \(a_{ij} = 0\) pour \(i < j\). Elle est diagonale si \(a_{ij} = 0\) dès que \(i \neq j\) ; on la note alors \(\mathrm{diag}(d_1, \ldots, d_n)\).

Le produit de deux matrices triangulaires supérieures est triangulaire supérieur, et ses coefficients diagonaux sont les produits \(a_{ii} b_{ii}\). En particulier, \(\mathrm{diag}(d_1, \ldots, d_n)^k = \mathrm{diag}(d_1^k, \ldots, d_n^k)\).

Soit \(i > j\). Dans \((AB)_{ij} = \sum_{k} a_{ik} b_{kj}\), le terme \(a_{ik}\) est nul si \(k < i\). De même, \(b_{kj}\) est nul si \(k > j\). Or aucun \(k\) ne vérifie \(i \leq\, k \leq\, j\). Donc tous les termes sont nuls. Pour \(i = j\), seul \(k = i\) subsiste, d’où \((AB)_{ii} = a_{ii} b_{ii}\).

Si \(A\) et \(B\) commutent, c’est-à-dire si \(AB = BA\), alors pour tout entier \(k \geq\, 0\) :

\[(A + B)^k = \sum_{j=0}^{k} \binom\,{k}{j} A^j B^{k-j}.\]

Soit \(A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} = 3I_2 + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\). La matrice \(I_2\) commute avec \(N\), et \(N^2 = 0\). La somme se réduit donc à deux termes : \(A^k = 3^k I_2 + k 3^{k-1} N\) pour \(k \geq\, 1\). Autrement dit, \(A^k = \begin{pmatrix} 3^k & k 3^{k-1} \\ 0 & 3^k \end{pmatrix}\).

Si \(C_1, \ldots, C_p\) sont les colonnes de \(A\), alors \(AX = x_1 C_1 + \cdots + x_p C_p\). Ainsi, le système \(AX = B\) est compatible si et seulement si \(B\) est combinaison linéaire des colonnes de \(A\). Ce point de vue, par colonnes, prépare directement l’algèbre linéaire.

Une matrice \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) est inversible s’il existe \(B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) telle que \(AB = BA = I_n\). Cette matrice \(B\) est unique ; on la note \(A^{-1}\).

La matrice \(\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\) est inversible si et seulement si \(ad – bc \neq 0\). Dans ce cas, son inverse vaut \(\dfrac{1}{ad – bc}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}\).

Soit \(E\) la matrice obtenue en appliquant une opération élémentaire à \(I_n\). Alors, pour toute matrice \(M\) à \(n\) lignes, la même opération transforme \(M\) en \(EM\). De plus, \(E\) est inversible, et son inverse correspond à l’opération réciproque.

Dans \(\mathcal{M}_3(\mathbb{R})\), l’opération \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) correspond à \(E = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\). Son inverse est \(\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\), qui réalise \(L_2 arrow L_2 + 2L_1\).

Le rang d’une matrice \(A\), noté \(\mathrm{rg}(A)\), est le nombre de pivots d’une forme échelonnée obtenue à partir de \(A\) par opérations élémentaires sur les lignes.

Ce nombre ne dépend pas des opérations choisies. Nous l’admettons ici : la preuve viendra avec la notion de dimension en algèbre linéaire. Pour l’instant, retenez que \(\mathrm{rg}(A) \leq\, \min(n, p)\).

Pour \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), les assertions suivantes sont équivalentes :

1. \(A\) est inversible ;
2. \(\mathrm{rg}(A) = n\) ;
3. le système \(AX = 0\) a pour seule solution \(X = 0\) ;
4. pour tout \(B\), le système \(AX = B\) a une unique solution.

Dans ce cas, l’unique solution de \(AX = B\) est \(X = A^{-1}B\).

Si \(A\) est inversible et \(AX = 0\), alors \(X = A^{-1}AX = 0\) : ainsi, 1 entraîne 3. Si 3 est vrai, le système homogène a une seule solution, donc il n’a aucune secondaire, et le rang vaut \(n\). Supposons 2. On échelonne \(A\) : on obtient \(n\) pivots, donc une matrice triangulaire supérieure à diagonale non nulle. On divise chaque ligne par son pivot, puis on annule les coefficients au-dessus des pivots en remontant. On obtient \(I_n\). Il existe donc des matrices élémentaires telles que \(E_k \cdots E_1 A = I_n\). Posons \(P = E_k \cdots E_1\), qui est inversible comme produit d’inversibles. Alors \(A = P^{-1}\), donc \(A\) est inversible d’inverse \(P\). Ainsi, 2 entraîne 1. Enfin, 4 découle de 1 avec \(X = A^{-1}B\), et 4 entraîne 3 en prenant \(B = 0\).

Pour calculer l’inverse de \(A\) :

1. écrivez le tableau \((A \mid I_n)\) ;
2. appliquez à tout le tableau des opérations élémentaires sur les lignes pour transformer la partie gauche en \(I_n\) ;
3. si un pivot manque, \(A\) n’est pas inversible ;
4. sinon, la partie droite finale est \(A^{-1}\) ; vérifiez-le en calculant \(AA^{-1}\).

Inversons \(A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}\). On part de \((\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & 3 & 0 & 1 \end{array})\). L’opération \(L_2 arrow L_2 – 2L_1\) donne la ligne \((0, 1 \mid -2, 1)\). Ensuite, \(L_1 arrow L_1 – L_2\) donne \((1, 0 \mid 3, -1)\). Donc \(A^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}\). On retrouve la formule du \(2 \times 2\), car \(ad – bc = 1\).