MPSI · Calcul matriciel et systèmes linéaires

Systèmes linéaires

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Vocabulaire des systèmes linéaires

Question

Tout ce chapitre est né d'un besoin : ranger les coefficients d'un système linéaire dans un tableau et calculer dessus. Le moment est venu de refermer la boucle. Comment le vocabulaire des systèmes se traduit-il dans le langage matriciel — et que gagne-t-on à cette traduction ?

Définition 1 : Système linéaire, système homogène et solution

On appelle système linéaire à nn équations et pp inconnues tout système de la forme

(S): {a1,1x1+⋯+a1,pxp=b1a2,1x1+⋯+a2,pxp=b2⋮an,1x1+⋯+an,pxp=bn(S):\ \left\{ \begin{array}{ccc} a_{1,1}x_{1}+\cdots+a_{1,p}x_{p} &=& b_{1}\\ a_{2,1}x_{1}+\cdots+a_{2,p}x_{p} &=& b_{2}\\ & \vdots & \\ a_{n,1}x_{1}+\cdots+a_{n,p}x_{p} &=& b_{n} \end{array}\right.

avec (ai,j)1⩽i⩽n, 1⩽j⩽p∈K n×p\bigl(a_{i,j}\bigr)_{1\leqslant i\leqslant n,\ 1\leqslant j\leqslant p}\in\mathbb{K}^{\,n\times p} et (bi)1⩽i⩽n∈Kn\bigl(b_{i}\bigr)_{1\leqslant i\leqslant n}\in\mathbb{K}^{n}.

  • x1,…,xpx_{1},\dots,x_{p} sont les inconnues.
  • Si b1=⋯=bn=0b_{1}=\cdots=b_{n}=0, on dit que le système (S)(S) est homogène.
  • On appelle système homogène associé au système (S)(S) le système obtenu en remplaçant b1,…,bnb_{1},\dots,b_{n} par des zéros ; on le note (S0)(S_{0}).
  • On appelle solution du système (S)(S) toute pp-liste (x1,…,xp)(x_{1},\dots,x_{p}) vérifiant les équations du système (S)(S).
  • Si le système (S)(S) admet une solution, on dit qu'il est compatible ; dans le cas contraire, on dit qu'il est incompatible.

Notation :

On note SS l'ensemble des solutions du système (S)(S), et S0S_{0} celui de (S0)(S_{0}).

Exemple :

Le système {x+y=1x+y=2\left\{\begin{array}{l} x+y=1\\ x+y=2\end{array}\right. est incompatible : aucune 22-liste ne peut vérifier les deux égalités à la fois. Son système homogène associé {x+y=0x+y=0\left\{\begin{array}{l} x+y=0\\ x+y=0\end{array}\right. est, lui, compatible — il admet par exemple (0,0)(0,0). Un système et son homogène associé n'ont donc pas nécessairement le même comportement. Lequel des deux est toujours compatible ?

Test 1 : Compatibilité d'un système homogène

Tout système linéaire homogène est compatible.

Remarque :

  1. L'ensemble des solutions de l'équation ax+by+cz=dax+by+cz=d, avec (a,b,c)≠(0,0,0)(a,b,c)\neq(0,0,0), est un plan dans l'espace.
  2. L'ensemble des solutions du système
{ax+by+cz=da′x+b′y+c′z=d′\left\{ \begin{array}{l} ax+by+cz=d\\ a'x+b'y+c'z=d' \end{array}\right.
  • est vide si (a,b,c)=α(a′,b′,c′)(a,b,c)=\alpha(a',b',c') et αd′≠d\alpha d'\neq d ;
  • est un plan si les deux équations sont équivalentes ;
  • est une droite si (a,b,c)≠α(a′,b′,c′)(a,b,c)\neq\alpha(a',b',c').

Structure de l'ensemble des solutions

Question

Résoudre un système, c'est décrire un ensemble — et un ensemble de pp-listes peut être énorme. Avant même de calculer quoi que ce soit : cet ensemble a-t-il une forme reconnaissable, qu'on pourrait décrire par un petit nombre de données ?

Proposition 1 : Structure de l'ensemble des solutions du système homogène

  1. (0,…,0)∈S0(0,\dots,0)\in S_{0}.
  2. Si (x1,…,xp)∈S0(x_{1},\dots,x_{p})\in S_{0} et (y1,…,yp)∈S0(y_{1},\dots,y_{p})\in S_{0}, alors (x1,…,xp)+λ(y1,…,yp)∈S0(x_{1},\dots,x_{p})+\lambda(y_{1},\dots,y_{p})\in S_{0} pour tout λ∈K\lambda\in\mathbb{K}, avec
(x1,…,xp)+λ(y1,…,yp)=(x1+λy1,…,xp+λyp).(x_{1},\dots,x_{p})+\lambda(y_{1},\dots,y_{p}) =(x_{1}+\lambda y_{1},\dots,x_{p}+\lambda y_{p}).

Démonstration :

  1. Pour tout i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket, on a ∑j=1pai,j×0=0\sum_{j=1}^{p}a_{i,j}\times 0=0 : la pp-liste nulle vérifie les nn équations de (S0)(S_{0}).

  2. Soient (x1,…,xp)(x_{1},\dots,x_{p}) et (y1,…,yp)(y_{1},\dots,y_{p}) deux solutions de (S0)(S_{0}), et soit λ∈K\lambda\in\mathbb{K}. Pour tout i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket,

∑j=1pai,j(xj+λyj)=∑j=1pai,jxj+λ∑j=1pai,jyj=0+λ×0=0.\sum_{j=1}^{p}a_{i,j}\bigl(x_{j}+\lambda y_{j}\bigr) =\sum_{j=1}^{p}a_{i,j}x_{j}+\lambda\sum_{j=1}^{p}a_{i,j}y_{j} =0+\lambda\times 0 =0.

Donc (x1+λy1,…,xp+λyp)(x_{1}+\lambda y_{1},\dots,x_{p}+\lambda y_{p}) est encore solution de (S0)(S_{0}).

Remarque :

S0S_{0} est un sous-espace vectoriel de Kp\mathbb{K}^{p}.

Test 2 : Somme de deux solutions

Si XX et YY sont deux solutions du système (S)(S), alors X+YX+Y en est encore une.

Test 3 : Une solution non nulle en entraîne une infinité

Si un système linéaire homogène admet une solution non nulle, alors il en admet une infinité.

Question

L'ensemble S0S_{0} a donc une belle structure. Mais c'est SS que l'on cherche, et SS ne contient même pas la pp-liste nulle. Peut-on tout de même décrire SS à partir de S0S_{0} ?

Proposition 2 : Description de l'ensemble des solutions

Si α=(α1,…,αp)\alpha=(\alpha_{1},\dots,\alpha_{p}) est une solution particulière de (S)(S), alors S=S0+αS=S_{0}+\alpha.

Démonstration :

On note S0+α={ y+α ; y∈S0 }S_{0}+\alpha=\bigl\{\,y+\alpha\ ;\ y\in S_{0}\,\bigr\} et l'on procède par double inclusion. Pour alléger, on écrit les pp-listes comme des colonnes et l'on note AA la matrice des coefficients, de sorte que « xx est solution de (S)(S) » s'écrit Ax=BAx=B, et « yy est solution de (S0)(S_{0}) » s'écrit Ay=0Ay=0. Par hypothèse, Aα=BA\alpha=B.

S⊂S0+αS\subset S_{0}+\alpha. Soit x∈Sx\in S. Posons y=x−αy=x-\alpha. On a

Ay=A(x−α)=Ax−Aα=B−B=0,Ay=A(x-\alpha)=Ax-A\alpha=B-B=0,

donc y∈S0y\in S_{0}, et x=y+α∈S0+αx=y+\alpha\in S_{0}+\alpha.

S0+α⊂SS_{0}+\alpha\subset S. Soit y∈S0y\in S_{0}. On a

A(y+α)=Ay+Aα=0+B=B,A(y+\alpha)=Ay+A\alpha=0+B=B,

donc y+α∈Sy+\alpha\in S.

D'où S=S0+αS=S_{0}+\alpha.

Remarque :

Si α≠(0,…,0)\alpha\neq(0,\dots,0), on dit que SS est un sous-espace affine.

Remarque :

La proposition n'affirme rien lorsque (S)(S) est incompatible : elle suppose l'existence d'une solution particulière α\alpha. Si S=∅S=\varnothing, l'ensemble S0S_{0} peut parfaitement être énorme — c'est le cas du système {x+y=1x+y=2\left\{\begin{array}{l} x+y=1\\ x+y=2\end{array}\right., incompatible, dont l'homogène associé a pour solutions toute la droite y=−xy=-x.

Test 4 : Le choix de la solution particulière

Si α\alpha et β\beta sont deux solutions particulières de (S)(S), alors S0+α=S0+βS_{0}+\alpha=S_{0}+\beta.

Écriture matricielle

Question

Un système est un objet à trois composantes : les coefficients, les inconnues, les seconds membres. Le produit matriciel a été construit pour composer les transformations linéaires. Ces deux objets se rencontrent-ils — un système est-il, tout simplement, une équation entre matrices ?

Proposition 3 : Écriture matricielle d'un système linéaire

Le système (S)(S) peut se présenter sous la forme matricielle AX=BAX=B, avec

A=(ai,j)1⩽i⩽n, 1⩽j⩽p,X=(x1⋮xp),B=(b1⋮bn).A=\bigl(a_{i,j}\bigr)_{1\leqslant i\leqslant n,\ 1\leqslant j\leqslant p}, \qquad X=\begin{pmatrix} x_{1}\\ \vdots\\ x_{p}\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix} b_{1}\\ \vdots\\ b_{n}\end{pmatrix}.

Démonstration :

La matrice AA appartient à Mn,p(K)\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) et XX à Mp,1(K)\mathcal{M}_{p,1}(\mathbb{K}) : le produit AXAX est défini et appartient à Mn,1(K)\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K}), comme BB. Par définition du produit, pour tout i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket,

[AX]i,1=∑j=1p[A]i,j [X]j,1=∑j=1pai,jxj,[AX]_{i,1}=\sum_{j=1}^{p}[A]_{i,j}\,[X]_{j,1}=\sum_{j=1}^{p}a_{i,j}x_{j},

qui est exactement le membre de gauche de la ieˋmei^{\text{ème}} équation de (S)(S). Deux matrices colonnes étant égales si et seulement si tous leurs coefficients le sont,

AX=B  ⟺  ∀i∈⟦1,n⟧, ∑j=1pai,jxj=bi  ⟺  (x1,…,xp) est solution de (S).AX=B \iff \forall i\in\llbracket 1,n\rrbracket,\ \sum_{j=1}^{p}a_{i,j}x_{j}=b_{i} \iff (x_{1},\dots,x_{p}) \text{ est solution de } (S).

Exemple :

Le système

{2x−y+z+2t=−1x+2y+z−t=23x+y−2z+t=0\left\{ \begin{array}{l} 2x-y+z+2t=-1\\ x+2y+z-t=2\\ 3x+y-2z+t=0 \end{array}\right.

se présente matriciellement sous la forme

(2−112121−131−21)(xyzt)=(−120),\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 & 2\\ 1 & 2 & 1 & -1\\ 3 & 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z\\ t\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -1\\ 2\\ 0\end{pmatrix},

et la matrice augmentée associée est

(2−112−1121−1231−210).\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & -1 & 1 & 2 & -1\\ 1 & 2 & 1 & -1 & 2\\ 3 & 1 & -2 & 1 & 0 \end{array}\right).

Trois équations, quatre inconnues, et tout tient désormais dans un seul tableau — sur lequel on sait faire des opérations élémentaires. Comment s'en servir pour résoudre ?

Remarque :

Cette écriture éclaire d'un jour nouveau la proposition « AX=∑jxjCjAX=\sum_{j}x_{j}C_{j} » de la leçon 2 : résoudre AX=BAX=B, c'est chercher à écrire la colonne BB comme combinaison linéaire des colonnes de AA, les inconnues étant les coefficients de cette combinaison. Le système est compatible si et seulement si une telle écriture existe.

Rédaction — Résoudre un système linéaire par la méthode du pivot :

Soit (S)(S) un système de nn équations à pp inconnues.

  1. Écrire la matrice augmentée (A∣B)\bigl(A\mid B\bigr), en n'oubliant aucun coefficient nul.
  2. Échelonner par lignes la matrice augmentée, en menant les opérations sur les lignes entières, à travers la barre. Les opérations élémentaires ne changent pas l'ensemble des solutions, puisqu'elles sont réversibles.
  3. Tester la compatibilité. Si une ligne de la forme (0 ⋯ 0∣β)\bigl(0\ \cdots\ 0\mid \beta\bigr) apparaît avec β≠0\beta\neq 0, l'équation correspondante est 0=β0=\beta : le système est incompatible, S=∅S=\varnothing, et l'on s'arrête là.
  4. Réduire : normaliser les pivots, puis annuler les coefficients situés au-dessus d'eux.
  5. Séparer les inconnues. Les inconnues dont la colonne porte un pivot sont les inconnues principales ; les autres sont les inconnues secondaires, et deviennent les paramètres. Chaque ligne non nulle exprime alors une inconnue principale en fonction des seules inconnues secondaires.
  6. Conclure sous la forme S=S0+αS=S_{0}+\alpha : donner une solution particulière (en annulant tous les paramètres) et décrire S0S_{0} en faisant varier chaque paramètre séparément.

Le nombre d'inconnues secondaires vaut p−rg(A)p-\mathrm{rg}(A) : c'est le nombre de paramètres dont dépend la solution générale.

Exercice 1 : Résolution complète d'un système

Résoudre dans R3\mathbb{R}^{3} le système

{x+2y−z=12x+3y+z=4x+y+2z=3\left\{ \begin{array}{l} x+2y-z=1\\ 2x+3y+z=4\\ x+y+2z=3 \end{array}\right.

et décrire l'ensemble des solutions sous la forme S=S0+αS=S_{0}+\alpha.

Solution :(cliquer pour afficher)

On échelonne la matrice augmentée :

(12−1123141123)∼L2←L2−2L1, L3←L3−L1(12−110−1320−132)\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1\\ 2 & 3 & 1 & 4\\ 1 & 1 & 2 & 3 \end{array}\right) \underset{L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1},\ L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 3 & 2\\ 0 & -1 & 3 & 2 \end{array}\right)∼L2←−L2(12−1101−3−20−132)∼L3←L3+L2(12−1101−3−20000)\underset{L_{2}\leftarrow -L_{2}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -3 & -2\\ 0 & -1 & 3 & 2 \end{array}\right) \underset{L_{3}\leftarrow L_{3}+L_{2}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -3 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)∼L1←L1−2L2(105501−3−20000).\underset{L_{1}\leftarrow L_{1}-2L_{2}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 5 & 5\\ 0 & 1 & -3 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right).

La dernière ligne est entièrement nulle, barre comprise : le système est compatible. Les pivots occupent les colonnes 11 et 22, donc xx et yy sont les inconnues principales et zz l'inconnue secondaire. Le système réduit s'écrit

{x=5−5zy=−2+3zz∈R.\left\{ \begin{array}{l} x=5-5z\\ y=-2+3z \end{array}\right. \qquad z\in\mathbb{R}.

D'où

S={ (5−5z, −2+3z, z) ; z∈R }={ z (−5,3,1)+(5,−2,0) ; z∈R }.S=\Bigl\{\,(5-5z,\ -2+3z,\ z)\ ;\ z\in\mathbb{R}\,\Bigr\} =\Bigl\{\,z\,(-5,3,1)+(5,-2,0)\ ;\ z\in\mathbb{R}\,\Bigr\}.

Ainsi α=(5,−2,0)\alpha=(5,-2,0) est une solution particulière — on la vérifie sur la première équation : 5+2×(−2)−0=15+2\times(-2)-0=1 — et

S0={ z (−5,3,1) ; z∈R }S_{0}=\Bigl\{\,z\,(-5,3,1)\ ;\ z\in\mathbb{R}\,\Bigr\}

est l'ensemble des solutions du système homogène associé, une droite de R3\mathbb{R}^{3}. On a bien S=S0+αS=S_{0}+\alpha.

Exercice 2 : Plus d'inconnues que d'équations

Résoudre dans R4\mathbb{R}^{4} le système homogène

{x+y−z+t=02x−y+z−t=0\left\{ \begin{array}{l} x+y-z+t=0\\ 2x-y+z-t=0 \end{array}\right.
Solution :(cliquer pour afficher)

Le système étant homogène, la colonne des seconds membres reste nulle à chaque étape : on échelonne directement la matrice des coefficients.

(11−112−11−1)∼L2←L2−2L1(11−110−33−3)∼L2←−13L2(11−1101−11)\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\ 2 & -1 & 1 & -1 \end{pmatrix} \underset{L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\ 0 & -3 & 3 & -3 \end{pmatrix} \underset{L_{2}\leftarrow -\frac{1}{3}L_{2}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}∼L1←L1−L2(100001−11).\underset{L_{1}\leftarrow L_{1}-L_{2}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.

Les pivots occupent les colonnes 11 et 22 : xx et yy sont principales, zz et tt secondaires. Le système équivaut à

{x=0y=z−t(z,t)∈R2,\left\{ \begin{array}{l} x=0\\ y=z-t \end{array}\right. \qquad (z,t)\in\mathbb{R}^{2},

d'où

S0={ (0, z−t, z, t) ; (z,t)∈R2 }={ z (0,1,1,0)+t (0,−1,0,1) ; (z,t)∈R2 }.S_{0}=\Bigl\{\,(0,\ z-t,\ z,\ t)\ ;\ (z,t)\in\mathbb{R}^{2}\,\Bigr\} =\Bigl\{\,z\,(0,1,1,0)+t\,(0,-1,0,1)\ ;\ (z,t)\in\mathbb{R}^{2}\,\Bigr\}.

La solution dépend de 4−2=24-2=2 paramètres. En particulier, ce système homogène admet des solutions non nulles, par exemple (0,1,1,0)(0,1,1,0).

Test 5 : Peu d'équations, beaucoup d'inconnues

Un système linéaire homogène à 22 équations et 44 inconnues peut n'admettre que la solution nulle.

Systèmes linéaires et inversibilité

Question

Quand le système a autant d'équations que d'inconnues, sa matrice est carrée. Le cas le plus confortable serait celui d'une solution unique, quel que soit le second membre. À quelle propriété de AA cette situation correspond-elle exactement ?

Proposition 4 : Caractérisation de l'inversibilité par les systèmes linéaires

Soient A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) et B∈Mn,1(K)B\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K}). La matrice AA est inversible si et seulement si le système AX=BAX=B admet une unique solution pour tout B∈Mn,1(K)B\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K}).

Démonstration :

  • Si AA est inversible, alors AX=B  ⟺  X=A−1BAX=B\iff X=A^{-1}B, donc le système admet l'unique solution A−1BA^{-1}B.
  • Supposons que, pour tout B∈Mn,1(K)B\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K}), le système AX=BAX=B admette une unique solution. Soit i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket. On note EiE_{i} la ieˋmei^{\text{ème}} colonne de la matrice identité InI_{n} ; alors il existe Xi∈Mn,1(K)X_{i}\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K}) tel que AXi=EiAX_{i}=E_{i}.

Soit C∈Mn(K)C\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) dont la ieˋmei^{\text{ème}} colonne est XiX_{i}. La ieˋmei^{\text{ème}} colonne de la matrice ACAC est AXiAX_{i}, ainsi

AC=(E1⋯En),AC=\begin{pmatrix} E_{1} & \cdots & E_{n}\end{pmatrix},

d'où AC=InAC=I_{n}. D'après le point 2 de la proposition des caractérisations de l'inversibilité, la matrice AA est donc inversible.

Remarque :

Seule l'existence d'une solution pour chaque second membre a été utilisée dans le second point : l'hypothèse d'unicité est en fait superflue. C'est cohérent avec les caractérisations de la leçon précédente, où l'existence pour tout BB et l'unicité pour tout BB sont deux formulations équivalentes de la même propriété.

Test 6 : Un seul second membre suffit

Soit A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}). S'il existe UN second membre BB pour lequel le système AX=BAX=B admet une unique solution, alors AA est inversible.

Test 7 : Non inversible et sans solution

Si A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) n'est pas inversible, alors le système AX=BAX=B n'admet aucune solution.

Exercice 3 : Égalité de deux matrices par action sur les colonnes

Soient A1,A2∈Mn(K)A_{1},A_{2}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) telles que, pour tout X∈Mn,1(K)X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{K}), A1X=A2XA_{1}X=A_{2}X. Montrer que A1=A2A_{1}=A_{2}.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soit i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket. On note EiE_{i} la ieˋmei^{\text{ème}} colonne de la matrice InI_{n}.

La matrice A1EiA_{1}E_{i} est la ieˋmei^{\text{ème}} colonne de A1In=A1A_{1}I_{n}=A_{1}, et A2EiA_{2}E_{i} est la ieˋmei^{\text{ème}} colonne de A2In=A2A_{2}I_{n}=A_{2}.

Or A1Ei=A2EiA_{1}E_{i}=A_{2}E_{i} pour tout i∈⟦1,n⟧i\in\llbracket 1,n\rrbracket, donc A1=A2A_{1}=A_{2}.

Exercice 4 : Résoudre un système par l'inverse

Soient A=(11−12−20111)A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\ 2 & -2 & 0\\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}, dont on admet que l'inverse vaut A−1=14(1111−11−202)A^{-1}=\dfrac{1}{4}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & 1\\ -2 & 0 & 2\end{pmatrix}, et B=(103)B=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 3\end{pmatrix}.

  1. Que peut-on dire du nombre de solutions du système AX=BAX=B, avant tout calcul ?
  2. Résoudre le système.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. La matrice AA est inversible. D'après la proposition, le système AX=BAX=B admet donc une unique solution, et ceci quel que soit le second membre.

  2. Cette unique solution est X=A−1BX=A^{-1}B :

X=14(1111−11−202)(103)=14(444)=(111).X=\frac{1}{4}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & 1\\ -2 & 0 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 3\end{pmatrix} =\frac{1}{4}\begin{pmatrix} 4\\ 4\\ 4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}.

Vérification sur le système de départ : 1+1−1=11+1-1=1, 2−2+0=02-2+0=0 et 1+1+1=31+1+1=3. D'où S={(1,1,1)}S=\bigl\{(1,1,1)\bigr\}, et le système homogène associé n'a que la solution nulle.

Remarque :

Deux routes mènent donc à la résolution d'un système carré : le pivot de Gauss, qui fonctionne toujours et donne la structure complète de SS ; et le calcul de X=A−1BX=A^{-1}B, réservé au cas inversible. La seconde n'est avantageuse que si l'on doit résoudre plusieurs systèmes de même matrice AA et de seconds membres différents : l'inverse ne se calcule alors qu'une fois.