Méthode de Gauss-Jordan et échelonnement réduit
Définitions et théoremes
La méthode de Gauss-Jordan et l’échelonnement réduit sont des techniques fondamentales en algèbre linéaire pour résoudre des systèmes d’équations linéaires et trouver des formes échelonnées réduites de matrices.
Définitions
Échelonnement réduit : Une matrice est dite en forme échelonnée réduite (RREF) si elle satisfait les conditions suivantes :
- Chaque ligne contenant un pivot a ce pivot égal à 1.
- Les colonnes contenant des pivots sont telles que toutes les autres entrées de la colonne sont nulles.
- Les pivots sont les seuls éléments non nuls de leurs lignes respectives.
Théoremes
Théorème de Gauss-Jordan : Tout système linéaire \( Ax = b \) peut être résolu en transformant la matrice augmentée \( [A | b] \) en forme échelonnée réduite par des opérations élémentaires de lignes.
Théorème d’unicité : Si une matrice est en forme échelonnée réduite, alors sa forme est unique.
Exemples sur la méthode de Gauss-Jordan et l’échelonnement réduit
Exemple 1 : Résoudre le système \( Ax = b \) où \( A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \) et \( b = \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \end{pmatrix} \).
La matrice augmentée est :
\[ [A | b] = \begin{pmatrix} 1 & 2 & | & 5 \\ 3 & 4 & | & 6 \end{pmatrix} \]
En appliquant la méthode de Gauss-Jordan :
\[ L_2 \leftarrow L_2 – 3L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & | & 5 \\ 0 & -2 & | & -9 \end{pmatrix} \]
\[ L_2 \leftarrow -\frac{1}{2}L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & | & 5 \\ 0 & 1 & | & \frac{9}{2} \end{pmatrix} \]
\[ L_1 \leftarrow L_1 – 2L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & | & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & | & \frac{9}{2} \end{pmatrix} \]
La solution est \( x_1 = -\frac{1}{2} \) et \( x_2 = \frac{9}{2} \).
Exemple 2 : Transformer la matrice \( A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -3 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \) en forme échelonnée réduite.
La matrice initiale est :
\[ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -3 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \]
En appliquant les opérations de lignes :
\[ L_1 \leftarrow \frac{1}{2}L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ -3 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \]
\[ L_2 \leftarrow L_2 + 3L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{7}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & -1 & 2 \end{pmatrix} \]
\[ L_3 \leftarrow L_3 – L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{7}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{3}{2} & \frac{5}{2} \end{pmatrix} \]
\[ L_2 \leftarrow \frac{2}{7}L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{7} \\ 0 & -\frac{3}{2} & \frac{5}{2} \end{pmatrix} \]
\[ L_3 \leftarrow L_3 + \frac{3}{2}L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{7} \\ 0 & 0 & \frac{29}{14} \end{pmatrix} \]
\[ L_3 \leftarrow \frac{14}{29}L_3 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 1 & \frac{1}{7} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]
\[ L_1 \leftarrow L_1 – \frac{1}{2}L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{4}{7} \\ 0 & 1 & \frac{1}{7} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]
\[ L_1 \leftarrow L_1 + \frac{4}{7}L_3 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{7} \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]
La matrice est maintenant en forme échelonnée réduite.
Exemple 3 : Résoudre le système \( Ax = b \) où \( A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & -1 \\ -1 & 2 & 1 \end{pmatrix} \) et \( b = \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} \).
La matrice augmentée est :
\[ [A | b] = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & | & 4 \\ 2 & 1 & -1 & | & 1 \\ -1 & 2 & 1 & | & 3 \end{pmatrix} \]
En appliquant la méthode de Gauss-Jordan :
\[ L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & | & 4 \\ 0 & 3 & -5 & | & -7 \\ -1 & 2 & 1 & | & 3 \end{pmatrix} \]
\[ L_3 \leftarrow L_3 + L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & | & 4 \\ 0 & 3 & -5 & | & -7 \\ 0 &1 & 1 & 3 & | & 7 \end{pmatrix} \]
\[ L_2 \leftarrow \frac{1}{3}L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & | & 4 \\ 0 & 1 & -\frac{5}{3} & | & -\frac{7}{3} \\ 0 & 1 & 3 & | & 7 \end{pmatrix} \]
\[ L_1 \leftarrow L_1 + L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{3} & | & \frac{19}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{5}{3} & | & -\frac{7}{3} \\ 0 & 1 & 3 & | & 7 \end{pmatrix} \]
\[ L_3 \leftarrow L_3 – L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{3} & | & \frac{19}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{5}{3} & | & -\frac{7}{3} \\ 0 & 0 & \frac{14}{3} & | & \frac{14}{3} \end{pmatrix} \]
\[ L_3 \leftarrow \frac{3}{14}L_3 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{3} & | & \frac{19}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{5}{3} & | & -\frac{7}{3} \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{pmatrix} \]
\[ L_1 \leftarrow L_1 – \frac{1}{3}L_3 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & | & \frac{16}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{5}{3} & | & -\frac{7}{3} \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{pmatrix} \]
\[ L_2 \leftarrow L_2 + \frac{5}{3}L_3 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & | & \frac{16}{3} \\ 0 & 1 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & | & 1 \end{pmatrix} \]
La solution est \( x_1 = \frac{16}{3} \), \( x_2 = 0 \), et \( x_3 = 1 \).