IV- Equations, inéquations dans R, Systèmes d équations

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1 IV- Equations, inéquations dans R, Systèmes d équations 1- Equation à une inconnue Une équation est une égalité contenant un nombre inconnu noté en général x et qui est appelé l inconnue. Résoudre l équation consiste à chercher les valeurs éventuelles de x qui rendent l égalité vraie. Ces valeurs constituent les solutions de l équation. Exemples 1) Résoudre (x+1)(x-3)=5(x-3) On fait ressortir le facteur commun (x-3)(x+1) 5(x-3) = 0 (x-3)(x+1 5)=0 (x-3)(x )=0. Un produit de facteurs est nul si et seulement si un facteur est nul. x=3 ou x=1. L équation admet ces deux solutions. Remarque : Si l on avait simplifié au départ par (x-3), c est-à-dire divisé des deux côtés par x-3, on aurait perdu une solution (on n a pas le droit de diviser par 0, ce qui se produit pour x=3). Et quand on oublie la moitié des résultats, on est noté avec un zéro! Mais on peut agir ainsi : On distingue deux cas selon les valeurs de x: x=3, c est une solution évidente. x 3. On peut alors diviser par 3. L équation devient : x+1=5, x=1. On retrouve les deux solutions. ) Résoudre (3x 1) = ( x + 5) (3x 1) ( x + 5) = 0 On reconnait une une identité remarquable (3x 1+ x + 5)(3x 1 x 5) = 0 (x + )(x 6) = 0 x = 1 ou x = 3 L équation admet deux solutions. x 1 3x + 1 3) Résoudre = x + 1 x 1 x 1 On n a pas le droit de diviser par 0, on ne pourra jamais avoir x=1 ou 1. Réduisons au même dénominateur : ( x )( x 1) ( x + 1) 3x + 1 = x 1 x 1 ( x )( x 1) ( x + 1) + 3x 1 = 0. Un quotient est nul si et seulement si son x 1 numérateur est nul. En développant au numérateur, il reste : 1

2 x x = 0, x( x 1) = 0 x = 0 ou x = 1 Mais on a vu que x=1 ne peut pas être solution. Il reste une seule solution : x=0. ) Résoudre x + 5 = x 1 Commençons par les contraintes imposées à x : La racine carrée existe si et seulement si ce qui est sous le radical est 0, ce qui impose x - 5. La racine carrée est 0, ce qui impose x - 1 0, x 1. Ces deux conditions se réduisent à x 1. Maintenant élevons au carré : x + 5 = x x x 3x = 0 x = 1 ou x = Mais comme on doit avoir x 1, il reste la solution unique x=. Avec ces quatre exemples, nous avons vu comment traiter certaines équations. Mais souvent, dans les problèmes réels, on ne sait pas résoudre les équations qui leur sont associées. Dans ce cas, pour parer au plus pressé, on fait un traitement par ordinateur, en essayant un grand nombre de valeurs de x, jusqu à ce que l équation soit vérifiée. Voici un exemple : 5) Entre deux points A et B situés à la même hauteur, et distants de m, on laisse pendre une corde ayant une longueur de m. On veut connaître la hauteur du point le plus bas de la corde par rapport à celle de A et B. Pour cela, on admettra ek + e k que l équation de la courbe formée par la corde est de la forme y = k, k étant un nombre réel positif pour le moment inconnu, et que la longueur de la courbe entre A et B est 1 1 k e k k( e ). x 1 1 e x Il s agit de trouver k vérifiant k( ek k ) =. On ne peut pas extraire k de là en appliquant les règles de calculs disponibles. C est impossible. On n aura jamais k sous forme de formule. On fait alors un traitement sur ordinateur, avec un programme du style : for(k=0.05; k<5; k+= ) if (fabs(k*(exp(1./k)-exp(-1./k)) -.)<0.0001) {valeur=k; break;} Ainsi, on pratique une série d essais pour des valeurs de k partant d une valeur proche de 0. Et l on teste si l expression 1 1 k e k k( e ) -, prise en valeur absolue 1 Avec x 1, on a x + 5 = x 1 x + 5 = x x + 1

3 (grâce à la fonction fabs utilisée pour les nombres flottants) devient inférieure à 0,0001. Dès qu on tombe sur un résultat (placé dans valeur) on arrête la boucle. On obtient ainsi k = 0,6. Il ne reste plus qu à utiliser l équation de la courbe : pour x = 0, on a y = k, et pour x = 1, on a est e k 1 1 k k + e 1 1 k k e + e y = k.la distance verticale entre le haut et le bas de la corde k, soit 1,59 m. - Trinôme et équation du second degré Un trinôme du second degré n est autre qu un polynôme du second degré, soit : P( x) = ax + bx + c avec a 0. Cherchons à le factoriser. On commence par mettre a en facteur : b c P( x) = a( x + x ) a + a. On considère que b x + x est le début du développement a b b b du carré ( x + ) = x + x +. a a a b c b b = a ( x + ) + a ( x ) a a = + avec = b ac. a a a On distingue deux cas : 0. Dans ce cas, existe. b b + P( x) = a x + x + a a grâce à l identité remarquable sur la différence de deux carrés. Remarquons que si =0, cela s écrit plus simplement : P( x) = a x + b a < 0. Dans ce cas on ne peut plus factoriser car somme de deux carrés. Signe du trinôme Grâce à ce qui précède, on déduit : Si 0, le trinôme est du signe de a. Si > 0, le trinôme s écrit : b ( x + ) + a est la a b + b P( x) = a( x x1 )( x x) avec x1 = et x =. On appelle x 1 et x a a les racines du trinôme, ce sont les valeurs de x qui l annulent : P(x 1 )=P(x )=0. Quitte à faire un tableau de signe, on en conclut que le trinôme est du signe de a entre les racines et du signe de a ailleurs. 3

4 Equation du second degré Il s agit de ax + bx + c = 0 avec a 0. Les calculs précédents permettent de conclure : Si > 0, l équation admet les deux solutions x 1 et x distinctes. Si = 0, l équation admet une solution double x = - b / a (ou encore deux solutions confondues). Si < 0, l équation n admet aucune solution. Somme S et produit P des racines On a b c S = et P a = a. Recherche de deux nombres connaissant leur somme et leur produit On veut trouver x et y tels que : x + y = S avec S et P donnés. x y = P Procédons par substitution : y = S - x et x (S - x) = P. La deuxième équation s écrit x S x + P = 0, de racines (si elles existent) x 1 et x. En faisant x=x 1, on trouve y=x grâce à l autre équation, et en faisant x=x, on a y=x 1. Finalement : Pour trouver deux nombres x et y connaissant leur somme S et leur produit P, on forme l équation X S X + P = 0, ayant pour racines X 1 et X. Alors on a deux couples solutions : ( x, y)=( X 1, X ) ou (X, X 1 ). Exercices 1) Résoudre le système : x + y = 3 x + y = 5 Résoudre un tel système de deux équations à deux inconnues, c est chercher les valeurs de x et de y qui vérifient en même temps les deux équations. Dans le cas général, on procède par substitution : on extrait une inconnue d une équation (par exemple ici y = x 3 ), puis on substitue ce résultat dans la deuxième équation, ce qui donne une équation à une inconnue x. On est ainsi ramené à la résolution d une équation à une inconnue, ce que l on sait faire. Mais dans le cas présent, on peut s aider du résultat précédent sur la somme et le produit des racines. Le système s écrit aussi, en faisant apparaître la somme S et le produit P de x et y : x + y = 3 ( x + y) xy = 5

5 d où S = 3 et P =. Formons l équation X S X + P = 0, ici X 3 X + = 0, de racines 1 et. D où les deux solutions : x=1 et y= ou x= et y=1. ) Résoudre le système : x y = 9 x y = 1 Procédons au changement d inconnues Y = -y. On est ramené à chercher deux nombres x et Y connaissant leur somme 9 et leur produit 1. Prenons l équation X 9X + 1 = 0 qui a pour solutions et 7. En revenant aux inconnues initiales, on obtient : (x, y) = (, -7) ou (7, -). 3- Inéquations Nous allons traiter quelques exemples, en utilisant avec prudence les règles sur les inégalités vues dans le chapitre. 1) Résoudre x( x + 1) (1 3 x)( x + 1) On procède par différence (surtout ne pas «simplifier», c est-à-dire diviser en haut et en bas par (x+1), car on pourrait diviser par 0 et en plus cela dépend du signe de (x+1)). x( x + 1) (1 3 x)( x + 1) 0 ( x + 1)( x 1+ 3 x) 0 ( x + 1)(5 x 1) 0 On est ramené à un problème de signe. On a un trinôme du second degré de racines 1 et 1/5. Il est positif en dehors de l intervalle des racines. Les solutions sont les x tels que x - 1 ou x 1/5. L ensemble des solutions est ], -1] [1/5, + [. x x 3 ) Résoudre x x + 1 D abord on ne peut pas avoir x = ni x = -1, à cause des divisions. Réduisons au même dénominateur, puis soustrayons: x x + ) x 3 x + 3 x + 3 x + 3 x x x + 1 x x + 1 x x x + 1 x + x + 3 ( x + 3)( ) 0 ( x + 3) 0 0 x x + 1 ( x )( x + 1) ( x )( x + 1) Faisons un tableau de signes Finalement on trouve une infinité de solutions, tous les x tels que x<-1 ou < x 3. 3) Résoudre x + 3 > x + 1 5

6 A cause de la racine carrée, l inéquation n a de sens que pour x -1, et lorsqu il en est ainsi, on a aussi x + 3 > > 0. Les deux membres de l inéquation sont alors 0. On sait qu avec a et b 0, a > b équivaut à a > b. L inéquation devient (x + 3) > x + 1, soit x + 5x + 8 > 0. Le discriminant de ce trinôme est = 5 3 < 0. Le trinôme est toujours positif. L inéquation est toujours vérifiée lorsque x -1. L ensemble des solutions est S = [-1, + [. - Méthode de Newton pour avoir la valeur approchée d une solution d une équation Revenons au traitement d une équation, que l on utilise en l occurrence pour chercher la valeur précise d un nombre qui en est solution. Par exemple, on veut connaître une valeur approchée de avec un certain nombre de chiffres exacts derrière la virgule. Le nombre est la solution positive de l équation x = 0. C est même la seule solution sur l intervalle [1 ]. Le nombre est l abscisse du point d intersection de l axe des x et de la courbe d équation y= x sur [1 ], qui est un morceau de parabole. En posant g(x)= x, on est dans le contexte où g (x) est positif et g (x) aussi sur [1 ]. Cela signifie que la fonction est croissante, et que sa dérivée est aussi croissante. Ainsi la pente de la tangente augmente quand x augmente, la courbe a une forme de cuvette (voir dessin ci-dessous). On dit dans ce cas que la fonction est convexe. On va construire une suite (u n ) de points sur l axe des x, qui vont s approcher de rapidement, grâce à ce que l on appelle la méthode des tangentes, due à Newton. On part de u 0 = (sur le dessin on est parti de u 0 =3 pour mieux voir), puis on prend le point de la courbe correspondant, de coordonnées (u 0 =, g(u 0 )). A partir de ce point on trace la tangente à la courbe. Cette tangente coupe l axe des x en u 1. Puis on recommence, en remontant verticalement sur la courbe, et en traçant la tangente qui va couper l axe des x en u, etc. Comment passe-t-on dans le cas général de u n à u n+1? La tangente à la courbe au point d abscisse u n passe par le point (u n, g(u n )) et a pour pente g (u n ). Son équation 6

7 est : Y g(u n )= g (u n ) (X u n ). On fait Y=0 pour avoir l abscisse X = u n+1 du point g( un) d intersection avec l axe des x, d où u n+1 u n = ou encore : g '( un ) g( un) un+ 1 = un g '( u ). n un un + 1 Dans le cas présent, cela donne : un+ 1 = un = = ( un + ) u u u n n n La suite (u n ) obéit à la relation de récurrence u n+1 = f (u n ) avec f(x) = 1 x + x, et en condition initiale u 0 =. On a constaté graphiquement que cette suite converge vers très rapidement. A titre d exercice faisons une étude théorique de cette suite (les suites sont étudiées dans le chapitre 9). 1) Etudier la fonction f sur R*+ Avec x>0, la division /x est toujours possible, f(x) existe bien pour tout x>0. Limites : Lorsque x tend vers +, /x tend vers 0, f(x) x/ tend vers +. Pour étudier cette branche infinie, on constate que f(x) 1/ x = / (x) qui tend vers 0+. Cela prouve que la droite d équation y = (1/) x est une asymptote oblique pour la courbe de f, et que la courbe est située au-dessus. Lorsque x tend vers 0+, /x tend vers +, et f(x) tend vers +. La courbe admet l axe des y comme asymptote verticale. 1 1 x Cherchons la dérivée : f '( x) = (1 ) =. Elle est du signe de : x x x = ( x )( x + ) qui est du signe de ( x ). D où les variations de f : Sur ]0 ], la fonction décroît de + à, et sur [ + [ elle croît de à +. On a partout f(x). ) Etude de la suite (u n ) avec u 0 = et u n+1 = f (u n ) a) Montrer que pour tout x dans l intervalle [ ], on a 0 f (x) 1/. On sait que f ( )=0. Lorsque x augmente à partir de là, / x diminue, - / x augmente, donc la dérivée augmente. Avec f () = 1/, cela signifie que la dérivée va de 0 à 1/. On a bien 0 f (x) 1/. b) Montrer que pour tout n, u n. Faisons un raisonnement par récurrence. La propriété est vraie au départ : u 0 = et. 7

8 Supposons la propriété vraie à un certain rang n et montrons qu elle reste vraie au rang n+1 : avec u n par hypothèse de récurrence, et f croissante sur [ + [, on en déduit que f ( ) f(u n ) f() = 3/, soit u n+1. c) Montrer que un+ 1 1 ( un ) Plaçons-nous sur l intervalle I = [ ], où l on a vu que 0 f (x) 1/. D où f (x) 1/. Les nombres et u n, comme on l a vu, sont dans I. On est alors dans les conditions de l inégalité des accroissements finis : 1 1 f ( un) f ( ) un ou un+ 1 un. Et comme un pour tout n, on peut supprimer les barres : un+ 1 1 ( un ) n 1 d) Montrer que un ( u0 ). En déduire la convergence de la suite et indiquer sa limite. un 1 ( un 1 ) un 1 1 ( un ).. u1 1 ( u0 ) En multipliant membre à membre ce inégalités, où tout est positif, il se produit des n 1 simplifications.en cascade, et il reste : un ( u0 ). n 1 On a aussi l encadrement 0 un ( u0 ). Lorsque n tend vers l infini, un est pris en tenaille entre 0 et une quantité qui tend vers 0, d où u n tend vers n 1. Le terme ( u0 ) indique que la convergence est rapide. Pour n = 6, on a déjà 0 u6 0, Cette rapidité s explique par le fait qu au point fixe, la courbe de f admet une tangente horizontale, le diagramme en toile d araignée confirme alors cette vitesse de convergence. 5- Système d équations linéaires Par définition, une équation linéaire ne possède que des termes du premier degré. On sait déjà résoudre une équation linéaire du premier degré, de la forme a x = b, où x est l inconnue et a et b des nombres réels donnés. Pour cela on distingue plusieurs cas : * Si a 0, on peut diviser par a, x=b/a. L équation admet une solution réelle unique. 8

9 * Si a=0, quelle que soit la valeur de x que l on essaye, on a toujours 0x=0. Si b 0, on n a jamais 0x=b. L équation n a aucune solution. Si b=0, l équation devient 0x=0. N importe quelle valeur de x est solution. L équation admet une infinité de solutions : x est un nombre réel quelconque. Maintenant prenons un système de p équations linéaires à n inconnues. Il s écrit sous la forme : a11 x1 + a1 x a1n xn = b1 a1x1 + ax anxn = b ap1x1 + apx apnxn = bp Les coefficients a 11, a 1,, a p n sont des nombres réels donnés. On veut résoudre ce système, c est-à-dire chercher les valeurs que doivent prendre les inconnues x 1, x,, x n, de façon que toutes les équations soient vérifiées simultanément. Pour cela on est amené à remplacer ce système par un système plus simple, mais équivalent, c est-à-dire qui a exactement les mêmes solutions. Et l on continue à simplifier, en faisant en sorte que certaines des équations aient moins d inconnues qu auparavant. A la fin on aura une des équations qui sera linéaire à une inconnue, et que l on sait résoudre. Commençons par un exemple : on veut résoudre le système de deux équations à x1 x = 1 deux inconnues :. Pour cela remplaçons la deuxième équation par ellemême moins la première. On obtient le système équivalent : x1 + x = 3 x1 x = 1 3x = D où en remontant : x = /3 et x 1 = 1+/3 = 7/3. Le système admet une solution unique : x 1 = 7/3, x = /3, ce qui peut s écrire (x 1, x )=(7/3, /3). Maintenant généralisons cette méthode, spécifique aux systèmes d équations linéaires, et que l on appelle la méthode (du pivot) de Gauss. Commençons par définir les opérations élémentaires qui permettent de remplacer un système par un système équivalent. Opérations élémentaires transformant un système en un système équivalent Rappelons que deux systèmes sont dits équivalents s ils ont exactement les mêmes solutions. Il existe essentiellement deux opérations élémentaires : * Si l on échange deux équations, c est-à-dire deux lignes du système, on obtient un système équivalent. * Si l on remplace une équation par elle-même plus k fois une autre, on obtient un système équivalent. Cela s écrit L i L i + k L j. 9

10 Remarquons qu en cas de besoin, on peut changer l ordre des inconnues, par exemple commencer par mettre les x avant les x 1. Pour simplifier les calculs, on sera aussi amené à multiplier une équation par un nombre, pourvu qu il soit non nul (sinon l équation disparaîtrait). La méthode du pivot de Gauss : passage à un système triangulaire Partons de la première équation L 1, dont on suppose que le coefficient a 11 n est pas nul. D ailleurs, s il l était, on procèderait avec un échange avec une autre équation ayant son premier coefficient non nul. Cela fait, on remplace la deuxième équation L par une combinaison L +kl 1 de façon que le premier coefficient a 1 de la nouvelle deuxième ligne L devienne nul. Et l on fait de même pour chacune des lignes L j qui suivent L 1, en remplaçant L j par Lj+kL 1 de façon que son premier coefficient devienne nul. A la fin de cette première étape, on a un nouveau système avec une inconnue en moins dans toutes les lignes sauf la première. Ce que l on vient de faire à partir de la première ligne, on le recommence à partir de la deuxième ligne en raccourcissant les équations qui sont au-dessous d elle. Et ainsi de suite, ce qui donne finalement un système d allure triangulaire, en échelons. Dans le cas le plus simple, on tombe sur une dernière équation ayant une seule inconnue x n, que l on sait maintenant résoudre. On substitue à x n la solution que l on vient de trouver, cela dans toutes les équations précédentes. A son tour, l avant-dernière équation ne possède plus qu une inconnue x n-1. Et ainsi de suite en remontant jusqu à la première équation. Mais tout ne se passe pas toujours aussi bien. En règle générale, un système de n équations à n inconnues aura une solution unique, mais ce n est pas obligatoire. Par contre, s il a plus d équations que d inconnues, cela rajoute des contraintes, et il n y aura en général aucune solution. Et s il y a moins d équations que d inconnues, cela enlève des contraintes, et la tendance sera à l obtention d une infinité de solutions. Tout cela sera plus compréhensible et plus précis en traitant quelques exemples. x + y z t = 18 x + y + z + t = 0 Exemple 1 : Résoudre le système 3x + 5z = 1 x + y 7z + 13t = 0 10

11 Pour simplifier l écriture, nous allons écrire seulement les coefficients des inconnues, ce qui donne ce que l on appelle l écriture matricielle du système : = = = = 0 Afin de simplifier le calcul, on commence par échanger la première et la deuxième ligne, soit L 1 L : = = 18 Puis on fait L L -L 1, L 3 L 3-3L 1, L L -L = = = = = 18 Multiplions la è ligne par = = = = = 0 Puis on fait L 3 L 3 +3L = = = = 18 Divisons la 3è ligne par = = = = 0 Enfin, L L -8L = = 18 6 Le système est devenu triangulaire. La dernière équation = = 0 11 donne t=0. On reporte cette valeur dans les précédentes. L avant-dernière équation n a à son tour plus qu une inconnue : z=5. Puis en remontant y=3, et x=-8. On en conclut que le système admet une solution unique : (x,y,z,t)=(-8,3,5,0). Exemple : 5x + y + z = 5 x + 13y 7z = 1 x y + z = 1 Echangeons la première et la troisième ligne : L 1 L 3 Plus précisément l écriture sous forme matricielle du système est : x y 0 = z t 0 11

12 1 1 1 = = = = = = = = = 1 L L -L 1, L 3 L 3-5L 1 L L /3 L 3 L 3 /6 L 3 L L 3 L 3-5L = = = 3 3 D où z=, y=13, x=-8. Le système admet une solution unique (x,y,z)=(-8,13,). Exemple 3 : x 3y + z = 1 5x + y + z = x 10y + 5z = = = = L L -5L 1, L 3 L 3 +L = = = 9 On constate que les deux dernières équations sont les mêmes. Le système se réduit à x 3y + z = 1 deux équations. On va considérer que z est un nombre arbitraire que 16y 9z = 9 l on se donne, et on l envoie à droite, ce qui ramène le système à deux équations en x et y. On dit que l on a pris x et y comme inconnues principales, et z comme inconnue non x 3y = 1 z principale : d où y= -9/16+(9/16)z, puis x= -11/16-(5/16)z. 16y = 9 + 9z Le système admet une infinité de solutions ( x, y, z) = ( z, z, z) avec z nombre quelconque réel. Exemple : x + y 3z = 1 5x 3y + z = 3x y + z = 3 x + 7z = 1 3 = 1 Cela peut s écrire : = = = 1

13 L L -5L 1, L 3 L 3-3L 1, L L -L = = = = = = L L /(-13), L 3 L 3 +7L, L L +L = = On s aperçoit qu aucune valeur de z ne peut convenir en même temps aux deux dernières équations. On ne peut pas avoir à la fois z=1/18 et z=5/98. Le système n a aucune solution. On dit qu il est incompatible. Exemple 5 : Soit un polynôme P de degré 3 : P(x) = a x 3 + b x + c x + d, vérifiant P(1) = -9, P() = -9, P(3) = 5, P() = 5. Montrer qu il existe un polynôme unique obéissant à ces conditions, et le trouver. Cela s appelle, comme on l a déjà vu, un polynôme d interpolation de Lagrange. Ecrivons les quatre contraintes imposées au polynôme P : a + b + c + d = 9 8a + b + c + d = 9 7a + 9b + 3c + d = 5 6a + 16b + c + d = 5 On obtient un système de quatre équations à quatre inconnues. Résolvons-le par la méthode de Gauss. Pour le calcul, on a intérêt à inverser l ordre des inconnues : d + c + b + a = = 9 d + c + b + 8a = 9 L L -L 1, L 3 L 3 -L 1, L L -L = 0 d + 3c + 9b + 7a = = 1 d + c + 16b + 6a = = = 9 L 3 L 3 -L, L L -3L = 0 L 3 L 3 / L L / = = = = = = = 9 L L -L = = = 13

14 On trouve un système triangulaire, d où en remontant et en tenant compte de l ordre des inconnues : a=, b=-5, c=1, d=-7. On trouve le polynôme unique P(x)=x 3-5x +x-7. On trouvera ci-dessous la courbe représentative de ce polynôme. On constate qu elle passe bien par les quatre points (1, -9), (, -9), (3, 5), (, 5).. Cas d un système ayant autant d équations que d inconnues, et sa programmation Prenons un système de N équations à N inconnues. En prenant par exemple N= 3, il s écrit : a11 x1 + a1 x + a13 x3 = b1 a1x1 + a x + a3x3 = b a31x1 + a3 x + a33x3 = b3 Plaçons-nous dans le cas favorable où a 11 n est pas nul (s il était nul, il faudrait choisir un autre coefficient non nul de la première ligne et changer l ordre des inconnues). On peut alors procéder à l opération élémentaire L L (a 1 /a 11 )L 1, ou encore on commence par diviser la première équation par a 11, soit L 1 L 1 /a 11 puis on fait L L a 1 L 1. On fait de même L 3 L 3 (a 31 /a 11 )L 1. C est la première étape d élimination des inconnues, ce qui donne le système équivalent : a11 x1 + a1 x + a13 x3 = b1 ( a ( a1 / a11 ) a1 ) x + ( a3 ( a1 / a11 ) a13 ) x3 = b ( a1 / a11 ) b1 ( a3 ( a1 / a11 ) a1 ) x + ( a33 ( a1 / a11 ) a13 ) x3 = b3 ( a1 / a11 ) b1 Le système est de la forme: a11 x1 + a1 x + a13 x3 = b1 A x + A3 x3 = B A3 x + A33 x3 = B3 Passons maintenant à la deuxième étape d élimination, et la dernière dans le cas présent, en faisant L 3 L 3 (A 3 /A )L, sous réserve que A ne soit pas nul. Le système est devenu parfaitement triangulaire : 1

15 a11 x1 + a1 x + a13 x3 = b1 A x + A3 x3 = B ( A33 ( A3 / A ) A3 ) x3 = B3 ( A3 / A ) B ou encore, aux notations près : A11 x1 + A1 x + A13 x3 = B1 A x + A3 x3 = B A33 x3 = B3 Cela se généralise à un système de N équations à N inconnues, avec N-1 étapes d élimination, sous réserve que tout se passe bien (aucune division par 0, lorsque l on prend les coefficients diagonaux) 3. Le système a dans ce cas une solution unique. On en déduit le programme correspondant : On se donne N, et on déclare les tableaux : float a[n+1][n+1] et b[n+1]. Remarquons que l on utilise seulement les cases de 1 à N de ces tableaux, la case 0 restant inutilisée. Puis on remplit ces deux tableaux. Et on lance la boucle des étapes : for(etape=1; etape<n; etape++) { for(l=etape+1; l<=n; l++) { for(c=etape+1; c<=n; c++) a[l][c] - = (a[l][etape]/a[etape][etape])*a[etape][c]; b[l] - = (a[l][etape] /a[etape][etape])*b[etape]; a[l][etape]=0.; } afficher le système pour voir son évolution } On passe ensuite à la phase de substitution, à partir de la dernière équation. En reprenant le cas d un système à N=3 inconnues, cela donne : B puis B A x puis B A x x = x = x A x 1 = A33 A A11 On en déduit la partie finale du programme, après avoir déclaré un tableau float x[n+1] qui va recevoir la solution du système : x[n]= b[n]/a[n][n]; for(i=n-1; i>=1; i--) { cumul=b[i]; /* cumul contiendra à la fin ce qui est le numérateur de x[i] */ for(k=n; k>i; k--) cumul - = a[i][k]*x[k]; x[i]=cumul/a[i][i]; } afficher le tableau x[n+1] de 1 à N 3 Ces coefficients diagonaux non nuls sont appelés des pivots, d où le nom méthode du pivot de Gauss. Si l on tombe sur un coefficient nul, on procède à un échange de lignes, en choisissant une ligne ayant un coefficient diagonal non nul, ou bien on cherche le pivot parmi les autres coefficients de la même ligne, sous réserve que l on en trouve un qui ne soit pas nul. Si l on n en trouve pas, on n arrive pas à une «triangularisation» parfaite du système, et celuici peut avoir une infinité de solutions ou bien aucune. 15

16 Cas particulier d un système tri-diagonal On se place dans le cas particulier d un système de N équations à N inconnues, où la matrice du système n a des coefficients non nuls que sur sa diagonale ainsi que juste audessus, et juste en dessous. Il est de la forme, par exemple pour N=5: a11 x1 + a1 x = b1 a1x1 + ax + a3x3 = b a3x + a33x3 + a3 x = b3 a3x3 + ax + a5x5 = b a5x + a55x5 = b5 Les N-1 phases d élimination sont simplifiées, car à chaque fois seule une équation est transformée, et plus précisément deux seulement de ses coefficients. Ainsi l étape 1 de l élimination consiste à faire L L (a 1 /a 11 )L 1, ce qui donne : a11x1 + a1 x = b1 ( a ( a1 / a11 ) a1 ) x + a3x3 = b ( a1 / a11 ) b1 a3x + a33x3 + a3x = b3 a3x3 + ax + a5x5 = b a5x + a55x5 = b5 On constate que seuls deux coefficients sont modifiés. Il en est de même pour chaque étape de l élimination. 1) En s aidant de ce qui précède, faire le programme correspondant aux étapes d élimination. for(etape=1;etape<n;etape++) { a[etape+1][etape+1]-= (a[etape+1][etape]/a[etape][etape])*a[etape][etape+1]; b[etape+1]-=(a[etape+1][etape]/a[etape][etape])*b[etape]; a[etape+1][etape]=0.; } Au terme des éliminations, on a un système en échelons de la forme suivante (toujours pour N=5): A11 x1 + A1 x = B1 A x + A3 x3 = B A33 x3 + A3 x = B3 A x + A5 x5 = B A55 x5 = B5 Le processus de substitution conduit à : B5 B A5 x5 B3 A3 x B A3 x3 B A1 x x5 =, x =, x3 =, x =, x1 =. A A A A A ) Faire le programme correspondant aux substitutions pour N quelconque. 16

17 x[n]=b[n]/a[n][n]; for(i=n-1; i>=1; i--) x[i] = (b[i] - a[i][i+1]*x[i+1])/a[i][i]; afficher On remarquera que dans ce cas particulier de système tri-diagonal, la résolution est beaucoup plus rapide que pour un système quelconque. 5- Exercices à faire Exercice 1 Déterminer le ou les polynômes P de degré inférieur ou égal à 3 vérifiant : P(1) = 1, P (1) = 1, P (1) =, P (3) = (il s agit des dérivées successives). Exercice : Polygone des milieux a) Dans un repère du plan, on se donne trois points M 0, M 1, M, de coordonnées respectives (m 0, m 0 ), (m 1, m 1 ), (m, m ). Déterminer le ou les triangles éventuels A 0 A 1 A admettant ces points comme milieux de leurs côtés : M 0 milieu de [A 0 A 1 ], M 1 milieu de [A 1 A ], M milieu de [A A 0 ]. Pour cela prendre comme inconnues les coordonnées des trois points A 0 A 1 A, soit (x i, y i ) pour le point A i, et résoudre le système correspondant. On pourra se contenter de travailler sur les abscisses x i puisqu il en est exactement de même pour les ordonnées. On devra résoudre un système de trois équations à trois inconnues, et trouver les x i par rapport à m 0, m 1 et m. Donner aussi une méthode géométrique qui permet de résoudre ce problème. Enfin faire un dessin illustrant les résultats obtenus, ou mieux encore un petit programme qui permet de tracer le triangle connaissant les milieux des côtés. b) On se donne cinq points M 0, M 1, M, M 3, M dans le plan. Ces points sont définis par leurs coordonnées (m 0, m 0 ),(m 1, m 1 ), Déterminer le ou les pentagones éventuels A 0 A 1 A A 3 A ayant ces points comme milieux de leurs côtés (M 0 milieu de [A 0 A 1 ], ). Pour cela prendre comme inconnues les coordonnées des points A i, soit (x i, y i ), et résoudre le système d équations correspondant. c) Généraliser ce qui précède à tout polygone ayant un nombre N impair de sommets. Connaissant les N points M 0, M 1, M N-1, vous admettrez, par analogie avec ce qui précède, qu il existe un polygone unique ayant ces points comme milieux de ses côtés, et que les coordonnées de ses sommets sont de la forme : x 0 = m 0 - m 1 + m - + m N-1, x 1 = m 1 - m + m m N-1 + m 0, et de même pour les autres abscisses en procédant à des décalages cycliques. Faire le programme qui permet d obtenir les coordonnées des sommets à partir de celles des milieux, et faire le dessin correspondant sur l écran. d) On se donne quatre points M 0 M 3 dans le plan. Chercher le ou les quadrilatères éventuels A 0 A 3 ayant ces points comme milieux de leurs côtés. 17

18 Exercice 3 Faire les programmes donnés dans le cours, notamment la résolution d un système d équations. Pour aller plus loin (facultatif) Exercice On se propose d étudier, selon les valeur du paramètre réel a, les solutions du système : ( a) x y = 0 x + ( a) y z = 0 y + ( a) z = 0 Un tel système est dit homogène, les seconds membres des équations étant tous à 0. Remarquons qu un système homogène admet toujours au moins une solution, les inconnues étant toutes nulles. On démontre qu il admet soit cette unique solution nulle, soit une infinité de solutions, ce que nous allons vérifier dans le cas présent. 1) Démontrer que par des opérations élémentaires convenables, on peut transformer le système de façon que les deux premières colonnes ne contiennent plus a : pour cela faire d abord une opération de la forme L L+kL3 puis L1 L1+k L. ) Transformer le système obtenu en système en échelons. En déduire que le système initial est indéterminé (possède une infinité de solutions) si et seulement si : ( a)( + a)( + a) = 0. Le résoudre pour chacune de ces valeurs de a. Exercice x y z = 3 Résoudre le système x y z = x y z = 3 Pour cela commencer par montrer que x, y, z doivent être tous positifs ou tous négatifs. Puis procéder à un changement d inconnues (qui va remplacer les multiplications par des additions) pour traiter le cas des solutions positives, et en déduire les négatives. 18