Exercice 18

1. La moitié gauche est déjà triangulaire supérieure, avec des pivots égaux à $1$ : la descente est inutile. Il suffit de la remontée, menée de haut en bas puisque chaque opération utilise une ligne située en dessous et encore intacte : $$L_{1} \leftarrow L_{1}-L_{2} \qquad L_{2} \leftarrow L_{2}-L_{3} \qquad L_{3} \leftarrow L_{3}-L_{4}$$ Ces mêmes opérations, appliquées à $I_{4}$, donnent : $$\boxed{M^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}$$ Vérification. La première ligne de $MM^{-1}$ vaut $(1 \,;\, -1+1 \,;\, -1+1 \,;\, -1+1)=(1\,;0\,;0\,;0)$, et l'on obtient de même $I_{4}$ en poursuivant ✓

2. On mène le pivot sur la matrice augmentée du système, dont la moitié droite se réduit à une colonne : $$\left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 5 \\ 1 & 0 & 1 & 4 \end{array} \right) \xrightarrow{\;L_{3} \leftarrow L_{3}-L_{1}\;} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 5 \\ 0 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right) \xrightarrow{\;L_{3} \leftarrow L_{3}+L_{2}\;} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array} \right)$$ La dernière ligne donne $z=3$, la deuxième $y=5-3=2$, la première $x=3-2=1$. $$\boxed{(x\,;y\,;z)=(1\,;2\,;3)}$$

3. La matrice du système est exactement la matrice $A$ de l'exercice 17, donc : $$X=A^{-1}\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 5 \\ 4 \end{pmatrix} =\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 3-5+4 \\ 3+5-4 \\ -3+5+4 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$$

4. On compare les deux méthodes : $$\boxed{\begin{array}{l} \text{Pour un seul système, le pivot direct est plus court : il évite le calcul de } A^{-1}. \\[1mm] \text{Pour plusieurs seconds membres, il est plus rentable de calculer } A^{-1} \text{ une fois,} \\[1mm] \text{puis d'effectuer un simple produit pour chaque nouveau second membre.} \end{array}}$$