Sujet $$2$$ - Exercice 2

On a la matrice augmentée suivante :
$$\left( \begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 4 \\ 1 & -1 & -1 & 1 & -2 \\ -1 & -1 & 1 & 1 & 2 \end{array} \right)$$
Effectuons les deux substitutions suivantes : $$L_2 \longleftarrow L_1 - L_2$$ et $$L_3 \longleftarrow L_1 + L_3$$. On obtient alors :
$$\left( \begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 2 & 2 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 2 & 2 & 6 \end{array} \right)$$
Faisons maintenant $$L_2 \longleftarrow \dfrac{1}{2}L_2$$ et $$L_3 \longleftarrow \dfrac{1}{2}L_3$$. Donc :
$$\left( \begin{array}{rrrr|r} 1 & 1 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 3 \end{array} \right)$$
Ceci signifie que nous ayons :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} a + b + c + d & = & 4 \\ b + c & = & 3 \\ c + d & = & 3 \end{array} \right.$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 4 - b - c - d \\ b & = & 3 - c \\ c & = & 3 - d \end{array} \right.$$
Soit encore :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 4 - b - (3 - d ) - d \\ b & = & 3 - (3 - d ) \\ c & = & 3 - d \end{array} \right.$$
Donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 4 - b - 3 + d - d \\ b & = & 3 - 3 + d \\ c & = & 3 - d \end{array} \right.$$
De fait, on a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 1 - b \\ b & = & d \\ c & = & 3 - d \end{array} \right.$$
Ainsi, on en déduit que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 1 - d \\ b & = & d \\ c & = & 3 - d \end{array} \right.$$
Finalement, les solutions du système linéaire $$(S)$$ (car il y en a une infinité) sont :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 1 - d \\ b & = & d \\ c & = & 3 - d \\ d & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
$${\color{red}{\bf{\bullet \,\, Autre \,\, démarche \,\, possible \, :}}}$$
On a le système linéaire $$(S)$$ suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcr} a + b + c + d & = & 4 \\ a - b - c + d & = & -2 \\ - a - b + c + d & = & 2 \end{array} \right.$$
Que nous allons écrire sous la forme :
$$A X = B$$
Avec :
$$A = \left( \begin{array}{rrrr} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & 1 \\ {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} & 1 \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{1}} & 1 \end{array} \right)$$
$$X = \left( \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array} \right)$$
$$B = \left( \begin{array}{r} 4 \\ -2 \\ 2 \end{array} \right)$$
On remarque alors la matrice $$A$$ n'est pas inversible. En revanche la sous matrice $${\color{blue}{A'}}$$ suivante l'est :
$${\color{blue}{A'}} = \left( \begin{array}{rrr} {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{1}} \\ {\color{blue}{1}} & {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} \\ {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{-1}} & {\color{blue}{1}} \end{array} \right) \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \det {\color{blue}{A'}} = -4$$.
Comme $$\det {\color{blue}{A'}} \neq 0$$ alors le système linéaire $$(S')$$ associé $$\left\lbrace \begin{array}{rcr} a + b + c & = & 4 -d \\ a - b - c & = & -2 - d \\ - a - b + c & = & 2 -d \end{array} \right.$$ est de $$Cramer$$. De fait, on a les solutions suivantes :
$$a = \dfrac{ \begin{pmatrix} 4-d & 1 & 1 \\ -2-d & -1 & -1 \\ 2-d & -1 & 1 \end{pmatrix} }{\det {\color{blue}{A'}}} = \dfrac{4(d-1)}{-4} = -(d-1) \times \dfrac{4}{4} = -(d-1) \times 1 = -(d-1) = 1 - d$$
$$b = \dfrac{ \begin{pmatrix} 1 & 4-d & 1 \\ 1 & -2-d & -1 \\ -1 & 2-d & 1 \end{pmatrix} }{\det {\color{blue}{A'}}} = \dfrac{-4d}{-4} = d \times \dfrac{-4}{-4} = d \times 1 = d$$
$$c = \dfrac{ \begin{pmatrix} 4-d & 1 & 1 \\ -2-d & -1 & -1 \\ 2-d & -1 & 1 \end{pmatrix} }{\det {\color{blue}{A'}}} = \dfrac{4(d-3)}{-4} = -(d-3) \times \dfrac{4}{4} = -(d-3) \times 1 = -(d-3) = 3 - d$$
Finalement, on trouve que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 1 - d \\ b & = & d \\ c & = & 3 - d \\ d & \in & \mathbb{R} \end{array} \right.$$
On retrouve bien les mêmes résultats.