Soit $A=\begin{pmatrix}1&2&1\\0&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}$.
- Montrer que $A$ est inversible et calculer $A^{-1}$ par la méthode de Gauss-Jordan.
- En déduire la solution du système $$\begin{cases}x+2y+z=1\\y+z=2\\x+y+z=3.\end{cases}$$
Travailler sur $(A\mid I_3)$ avec des opérations sur les lignes uniquement, en commençant par annuler le coefficient $(3,1)$.
Une fois la partie gauche triangulaire avec pivots non nuls, remonter pour annuler les coefficients au-dessus des pivots.
Le système s'écrit $AX=B$ : sa solution est $X=A^{-1}B$.
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On applique Gauss-Jordan à $(A\mid I_3)$. $$\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&1&1&0&0\\0&1&1&0&1&0\\1&1&1&0&0&1\end{array}\right)\xrightarrow{L_3\leftarrow L_3-L_1}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&1&1&0&0\\0&1&1&0&1&0\\0&-1&0&-1&0&1\end{array}\right)\xrightarrow{L_3\leftarrow L_3+L_2}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&1&1&0&0\\0&1&1&0&1&0\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right)$$ La partie gauche est triangulaire à pivots non nuls : $A$ est inversible. On remonte : $$\xrightarrow[L_1\leftarrow L_1-L_3]{L_2\leftarrow L_2-L_3}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&2&0&2&-1&-1\\0&1&0&1&0&-1\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right)\xrightarrow{L_1\leftarrow L_1-2L_2}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&0&-1&1\\0&1&0&1&0&-1\\0&0&1&-1&1&1\end{array}\right)$$ Donc $$A^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&-1\\-1&1&1\end{pmatrix}.$$ Vérification de $AA^{-1}=I_3$ : la ligne $(1,2,1)$ donne $0+2-1=1$, $-1+0+1=0$, $1-2+1=0$ ; la ligne $(0,1,1)$ donne $0,1,0$ ; la ligne $(1,1,1)$ donne $0,0,1$.
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Le système s'écrit $AX=B$ avec $B=(1,2,3)^\top$. Comme $A$ est inversible, il est de Cramer et $$X=A^{-1}B=\begin{pmatrix}0-2+3\\1+0-3\\-1+2+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-2\\4\end{pmatrix}.$$ Vérification : $1-4+4=1$, $-2+4=2$, $1-2+4=3$. L'unique solution est $(1,-2,4)$.
$A^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1&1\\1&0&-1\\-1&1&1\end{pmatrix}$, solution $(1,-2,4)$