Exercices corrigés : systèmes d'équations linéaires, Gauss et Gauss-Jordan (201-NYC / Maths 105)

a) $[A\,|\,B]=\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 2 \\ 2 & 5 & 1 & 15 \\ 3 & 4 & -7 & -10 \end{array}\right]$. Le coefficient en haut à gauche vaut $1$, ce qui en fait un pivot idéal : aucune fraction ne sera introduite à la première étape.

b) $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ donne $(2-2;\ 5-4;\ 1+2\,|\,15-4)=(0;\ 1;\ 3\,|\,11)$. Puis $L_{3}\leftarrow L_{3}-3L_{1}$ donne $(3-3;\ 4-6;\ -7+3\,|\,-10-6)=(0;\ -2;\ -4\,|\,-16)$.

La matrice devient $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 2 \\ 0 & 1 & 3 & 11 \\ 0 & -2 & -4 & -16 \end{array}\right]$. Attention au signe sur la troisième colonne de $L_{2}$ : $1-2(-1)=1+2=3$. Soustraire un multiple d'un coefficient négatif produit une addition, et c'est là que la majorité des erreurs d'échelonnement se glissent.

c) Le pivot de la deuxième ligne vaut $1$, on l'utilise pour annuler le $-2$ situé en dessous : $L_{3}\leftarrow L_{3}+2L_{2}$ donne $(0;\ -2+2;\ -4+6\,|\,-16+22)=(0;\ 0;\ 2\,|\,6)$.

La forme échelonnée est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -1 & 2 \\ 0 & 1 & 3 & 11 \\ 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right]$. Les trois pivots sont $1$, $1$ et $2$, chacun strictement à droite du précédent : la forme est bien échelonnée. Trois pivots pour trois inconnues annoncent déjà une solution unique, avant même de la calculer.

d) On remonte de la dernière ligne vers la première. Troisième ligne : $2z=6$, donc $z=3$. Deuxième ligne : $y+3z=11$, soit $y+9=11$, donc $y=2$. Première ligne : $x+2y-z=2$, soit $x+4-3=2$, donc $x=1$.

Vérification dans les trois équations d'origine, et non dans les lignes échelonnées, qui pourraient contenir une erreur propagée. Équation 1 : $1+2(2)-3=1+4-3=2$, conforme. Équation 2 : $2(1)+5(2)+3=2+10+3=15$, conforme. Équation 3 : $3(1)+4(2)-7(3)=3+8-21=-10$, conforme. La solution est $(x;\ y;\ z)=(1;\ 2;\ 3)$.

a) Une forme échelonnée réduite exige deux conditions de plus : chaque pivot doit valoir exactement $1$, et chaque pivot doit être le SEUL coefficient non nul de sa colonne, donc il faut aussi des zéros au-dessus des pivots.

Ici, les deux conditions manquent. Le pivot de la troisième ligne vaut $2$ et non $1$. Et au-dessus des pivots subsistent des coefficients non nuls : le $2$ en position $(1;\ 2)$ au-dessus du pivot de la deuxième colonne, ainsi que le $-1$ et le $3$ au-dessus du pivot de la troisième colonne.

b) On normalise d'abord le dernier pivot : $L_{3}\leftarrow\dfrac{1}{2}L_{3}$ donne $(0;\ 0;\ 1\,|\,3)$.

On remonte ensuite colonne par colonne. $L_{2}\leftarrow L_{2}-3L_{3}$ donne $(0;\ 1;\ 3-3\,|\,11-9)=(0;\ 1;\ 0\,|\,2)$. Puis $L_{1}\leftarrow L_{1}+L_{3}$ donne $(1;\ 2;\ -1+1\,|\,2+3)=(1;\ 2;\ 0\,|\,5)$.

Il reste à nettoyer la deuxième colonne : $L_{1}\leftarrow L_{1}-2L_{2}$ donne $(1;\ 2-2;\ 0\,|\,5-4)=(1;\ 0;\ 0\,|\,1)$.

La forme échelonnée réduite est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right]$. Ordre de travail à retenir : on traite les colonnes de DROITE à GAUCHE. Nettoyer la deuxième colonne avant la troisième obligerait à y revenir, puisque les opérations sur la troisième colonne réintroduisent des termes.

c) La lecture est immédiate : la première ligne dit $x=1$, la deuxième $y=2$, la troisième $z=3$. Aucune remontée n'est nécessaire, la matrice EST la solution. On retrouve bien $(1;\ 2;\ 3)$, ce qui confirme l'exercice précédent par un chemin différent.

d) Gauss suffit largement quand on cherche la solution d'un seul système à solution unique : la remontée est rapide, et pousser jusqu'à la forme réduite ajoute du travail pour un gain nul. C'est d'ailleurs la méthode la plus efficace en temps d'examen sur un système $3\times 3$ ordinaire.

Gauss-Jordan devient nettement préférable dans trois situations. D'abord lorsqu'il faut inverser une matrice, puisque le procédé $[A\,|\,I]\to[I\,|\,A^{-1}]$ exige la forme réduite. Ensuite lorsque le système admet une infinité de solutions : la forme réduite donne directement l'expression de chaque inconnue principale en fonction des paramètres libres, là où la remontée oblige à une substitution pénible et propice aux erreurs de signe. Enfin lorsqu'un même système doit être résolu pour plusieurs seconds membres, que l'on peut traiter simultanément en accolant plusieurs colonnes.

Autrement dit, le surcoût de Gauss-Jordan est un investissement : il ne se rentabilise que si l'on a besoin de la structure complète de la solution, pas seulement d'un triplet de nombres.

a) Matrice augmentée $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 2 & 4 & 2 & 7 \end{array}\right]$. On applique $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ : $(2-2;\ 4-4;\ 2-2\,|\,7-6)=(0;\ 0;\ 0\,|\,1)$.

La deuxième ligne s'écrit $0x+0y+0z=1$, c'est-à-dire $0=1$, ce qui est impossible. Le système est INCOMPATIBLE, il n'admet AUCUNE solution.

Le signal à reconnaître : une ligne dont la partie gauche est entièrement nulle mais dont le second membre ne l'est pas. Notez que le membre de gauche de la deuxième équation est exactement le double de celui de la première, alors que $7\neq 2\times 3$ : les deux équations se contredisent.

b) Matrice augmentée $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 1 & 2 & 3 & 14 \\ 2 & 3 & 4 & 20 \end{array}\right]$. On applique $L_{2}\leftarrow L_{2}-L_{1}$, ce qui donne $(0;\ 1;\ 2\,|\,8)$, puis $L_{3}\leftarrow L_{3}-2L_{1}$, ce qui donne $(0;\ 1;\ 2\,|\,8)$.

Les deux nouvelles lignes sont identiques, donc $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ 0\,|\,0)$. La forme échelonnée est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & 2 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]$.

Ici la ligne nulle a un second membre NUL, ce qui ne traduit aucune contradiction : c'est l'équation $0=0$, toujours vraie, qui signale simplement une équation redondante. Le système est compatible. Il possède deux pivots (colonnes de $x$ et de $y$) pour trois inconnues, donc $3-2=1$ paramètre libre. L'inconnue $z$, dont la colonne ne porte pas de pivot, devient le paramètre.

On pose $z=t$. La deuxième ligne donne $y+2t=8$, donc $y=8-2t$. La première donne $x+(8-2t)+t=6$, soit $x=6-8+2t-t=t-2$.

L'ensemble des solutions est $\{(t-2;\ 8-2t;\ t)\ :\ t\in\mathbb{R}\}$, une INFINITÉ de solutions. Il faut donner l'ensemble complet : répondre par une seule solution particulière, même correcte, ne vaut pas la question.

c) Pour $t=3$ : $(1;\ 2;\ 3)$. Vérification : $1+2+3=6$, conforme ; $1+4+9=14$, conforme ; $2+6+12=20$, conforme.

Pour $t=0$ : $(-2;\ 8;\ 0)$. Vérification : $-2+8+0=6$, conforme ; $-2+16+0=14$, conforme ; $-4+24+0=20$, conforme. Deux valeurs distinctes du paramètre donnent deux solutions distinctes, toutes deux valides : le paramétrage est correct.

d) Chaque équation linéaire à trois inconnues représente un PLAN de l'espace, et résoudre le système revient à chercher l'intersection des trois plans.

Solution unique : les trois plans se coupent en un seul POINT, comme deux murs et un plafond dans un coin de pièce. Aucune solution : les plans n'ont aucun point commun aux trois, soit parce que deux d'entre eux sont parallèles distincts, soit parce qu'ils forment un prisme, chaque paire se coupant selon une droite mais les trois droites restant distinctes. C'est le cas a), où les deux plans sont parallèles et distincts. Une infinité de solutions : les trois plans se coupent selon une DROITE commune, ce qui est le cas b), la solution paramétrée par $t$ étant précisément l'équation paramétrique de cette droite. Une infinité peut aussi survenir si les trois plans sont confondus, auquel cas l'ensemble des solutions est un plan entier, à deux paramètres.

Ce pont avec la géométrie n'est pas décoratif : reconnaître que la solution de b) est une droite de vecteur directeur $(1;\ -2;\ 1)$, lu directement sur les coefficients de $t$, relie ce chapitre à celui des droites et plans de l'espace.

a) $[A\,|\,I]=\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 4 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]$. Toutes les opérations qui suivent portent sur les lignes ENTIÈRES, partie droite comprise : oublier d'appliquer une opération à droite est l'erreur qui ruine le calcul.

b) On élimine sous le premier pivot. $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}$ donne $(0;\ 1;\ 3\,|\,-1;\ 0;\ 1)$, ce qui produit $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right]$.

On élimine sous le deuxième pivot : $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ 1\,|\,-1;\ -1;\ 1)$. La partie gauche est maintenant échelonnée avec trois pivots, ce qui garantit déjà que $A$ est inversible.

On remonte. $L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{3}$ donne $(0;\ 1;\ 0\,|\,0+2;\ 1+2;\ 0-2)=(0;\ 1;\ 0\,|\,2;\ 3;\ -2)$. Puis $L_{1}\leftarrow L_{1}-L_{3}$ donne $(1;\ 1;\ 0\,|\,1+1;\ 0+1;\ 0-1)=(1;\ 1;\ 0\,|\,2;\ 1;\ -1)$.

Enfin $L_{1}\leftarrow L_{1}-L_{2}$ donne $(1;\ 0;\ 0\,|\,2-2;\ 1-3;\ -1+2)=(1;\ 0;\ 0\,|\,0;\ -2;\ 1)$.

Le tableau final est $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 3 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & -1 & 1 \end{array}\right]$, donc $A^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & -2 \\ -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$.

c) Première ligne de $A\,A^{-1}$ : $(1;\ 1;\ 1)$ contre la première colonne $(0;\ 2;\ -1)$ donne $0+2-1=1$ ; contre la deuxième colonne $(-2;\ 3;\ -1)$ donne $-2+3-1=0$ ; contre la troisième $(1;\ -2;\ 1)$ donne $1-2+1=0$. On obtient $(1;\ 0;\ 0)$.

Deuxième ligne $(0;\ 1;\ 2)$ : $0+2-2=0$, puis $0+3-2=1$, puis $0-2+2=0$, soit $(0;\ 1;\ 0)$. Troisième ligne $(1;\ 2;\ 4)$ : $0+4-4=0$, puis $-2+6-4=0$, puis $1-4+4=1$, soit $(0;\ 0;\ 1)$. Le produit vaut $I_{3}$, l'inverse est validé.

d) La solution est $X=A^{-1}B$, et non $BA^{-1}$ : l'ordre des facteurs n'est pas libre, et le produit $BA^{-1}$ n'est d'ailleurs même pas défini pour des dimensions $3\times 1$ et $3\times 3$.

$X=\begin{pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & -2 \\ -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 6 \\ 8 \\ 17 \end{pmatrix}$. Première composante : $0(6)-2(8)+1(17)=-16+17=1$. Deuxième : $2(6)+3(8)-2(17)=12+24-34=2$. Troisième : $-1(6)-1(8)+1(17)=-6-8+17=3$. Donc $X=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$.

Vérification directe dans le système : $1+2+3=6$, conforme ; $0+2+6=8$, conforme ; $1+4+12=17$, conforme.

Une remarque de méthode : pour résoudre UN système, calculer l'inverse est un détour coûteux, et Gauss reste plus rapide. L'inverse devient rentable quand plusieurs seconds membres $B$ doivent être traités avec la même matrice $A$, puisqu'il suffit alors d'un produit matriciel par second membre.

a) Quel que soit $A$, le vecteur nul vérifie $A\cdot 0=0$. Le système homogène admet donc toujours au moins la solution $X=0$, c'est-à-dire $x=y=z=0$, appelée solution TRIVIALE. Un système homogène ne peut donc jamais être incompatible : les trois cas généraux se réduisent ici à deux, soit la solution triviale est la seule, soit il y en a une infinité.

Lecture sur l'échelonnement : la colonne des seconds membres étant nulle au départ, elle reste nulle à chaque opération élémentaire, puisque toute combinaison de zéros est nulle. Une ligne du type $[0\ 0\ 0\,|\,c]$ avec $c\neq 0$ ne peut donc jamais apparaître.

b) Le système homogène admet des solutions non triviales si et seulement si $\det(A)=0$.

Justification. Si $\det(A)\neq 0$, alors $A$ est inversible, et on peut multiplier $AX=0$ par $A^{-1}$ : $X=A^{-1}\cdot 0=0$. La solution triviale est alors la SEULE. Réciproquement, si $\det(A)=0$, la matrice n'est pas inversible, l'échelonnement produit moins de pivots que d'inconnues, donc au moins un paramètre libre apparaît ; en donnant à ce paramètre une valeur non nulle, on obtient une solution non triviale.

Lecture équivalente en termes de familles de vecteurs : $\det(A)=0$ signifie que les colonnes de $A$ sont linéairement dépendantes, et une relation de dépendance entre les colonnes est exactement une solution non triviale de $AX=0$. Les deux chapitres disent la même chose.

c) On calcule le déterminant en développant selon la première ligne : $\det=k(k^{2}-1)-1(k-1)+1(1-k)=k^{3}-k-k+1+1-k=k^{3}-3k+2$.

On cherche une racine évidente : pour $k=1$, $1-3+2=0$. On factorise donc par $k-1$ : $k^{3}-3k+2=(k-1)(k^{2}+k-2)=(k-1)(k-1)(k+2)=(k-1)^{2}(k+2)$.

Le déterminant s'annule pour $k=1$ (racine double) et $k=-2$. Ce sont les deux seules valeurs donnant des solutions non triviales.

d) Pour $k=1$, les trois équations deviennent identiques et se réduisent à $x+y+z=0$. Il reste un seul pivot pour trois inconnues, donc $3-1=2$ paramètres libres. En posant $y=s$ et $z=t$, on obtient $x=-s-t$, et l'ensemble des solutions est $\{(-s-t;\ s;\ t)\ :\ s,t\in\mathbb{R}\}$. Géométriquement, c'est un PLAN passant par l'origine. La racine double du déterminant se traduit ici par la perte de deux pivots au lieu d'un.

Pour $k=-2$, le système s'écrit $\begin{cases} -2x+y+z=0 \\ x-2y+z=0 \\ x+y-2z=0 \end{cases}$. En soustrayant la deuxième équation de la première : $-3x+3y=0$, donc $x=y$. En soustrayant la troisième de la deuxième : $-3y+3z=0$, donc $y=z$. Ainsi $x=y=z$, et en posant $z=t$ on obtient $\{(t;\ t;\ t)\ :\ t\in\mathbb{R}\}$, avec un seul paramètre. Vérification sur la première équation : $-2t+t+t=0$, conforme. Géométriquement, c'est une DROITE passant par l'origine, de vecteur directeur $(1;\ 1;\ 1)$.

Observation à retenir : dans les deux cas, l'ensemble des solutions contient l'origine. C'est une caractéristique des systèmes homogènes, et cela les distingue des systèmes généraux, dont l'ensemble de solutions est une droite ou un plan qui ne passe pas nécessairement par l'origine.

e) Soient $X_{1}$ et $X_{2}$ deux solutions distinctes, donc $AX_{1}=B$ et $AX_{2}=B$ avec $X_{1}\neq X_{2}$. Posons, pour un réel $\lambda$ quelconque, $X_{\lambda}=X_{1}+\lambda(X_{2}-X_{1})$.

Calculons : $AX_{\lambda}=AX_{1}+\lambda\big(AX_{2}-AX_{1}\big)=B+\lambda(B-B)=B+\lambda\cdot 0=B$. Donc $X_{\lambda}$ est solution pour TOUT réel $\lambda$.

De plus, ces solutions sont deux à deux distinctes : si $X_{\lambda}=X_{\mu}$, alors $(\lambda-\mu)(X_{2}-X_{1})=0$, et comme $X_{2}-X_{1}\neq 0$ par hypothèse, on doit avoir $\lambda=\mu$. À chaque réel $\lambda$ correspond donc une solution différente : le système en admet une infinité.

Ce résultat démontre au passage qu'il ne peut jamais y avoir exactement deux, ou exactement trois solutions. Le nombre de solutions d'un système linéaire est toujours $0$, $1$ ou l'infini, et cette démonstration explique pourquoi tout cas intermédiaire est impossible. Géométriquement, la formule $X_{1}+\lambda(X_{2}-X_{1})$ est l'équation paramétrique de la droite passant par les deux solutions : dès que deux solutions existent, toute la droite qui les joint est faite de solutions.

a) Matrice augmentée : $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1 \\ 2 & 5 & 3 & 4 \\ 3 & 7 & a & b \end{array}\right]$. Le pivot en haut à gauche vaut $1$ et ne dépend d'aucun paramètre, on peut donc l'utiliser sans précaution.

$L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1}$ donne $(0;\ 1;\ 1\,|\,2)$. $L_{3}\leftarrow L_{3}-3L_{1}$ donne $(0;\ 1;\ a-3\,|\,b-3)$.

Le deuxième pivot vaut $1$, lui non plus ne dépend pas des paramètres. $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ a-3-1\,|\,b-3-2)=(0;\ 0;\ a-4\,|\,b-5)$.

La forme échelonnée est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & a-4 & b-5 \end{array}\right]$. Toute la discussion se joue maintenant sur la dernière ligne, qui s'écrit $(a-4)z=b-5$. Point de méthode essentiel : on n'a jamais divisé par $a-4$, on a seulement soustrait. Diviser une ligne par une expression paramétrique sans discuter sa nullité est l'erreur qui fait perdre la question entière, car elle suppose implicitement $a\neq 4$ et escamote le cas le plus intéressant.

b) Si $a-4\neq 0$, c'est-à-dire $a\neq 4$, on peut diviser et obtenir $z=\dfrac{b-5}{a-4}$. Il y a alors trois pivots pour trois inconnues, donc SOLUTION UNIQUE, et ce quelle que soit la valeur de $b$.

On remonte pour l'obtenir en général. La deuxième ligne donne $y=2-z$. La première donne $x=1-2y-z=1-2(2-z)-z=1-4+2z-z=z-3$. La solution unique est donc $\left(\dfrac{b-5}{a-4}-3;\ 2-\dfrac{b-5}{a-4};\ \dfrac{b-5}{a-4}\right)$.

c) Si $a=4$, la dernière ligne devient $0z=b-5$. Lorsque $b\neq 5$, cette équation s'écrit $0=b-5$ avec $b-5\neq 0$ : elle est impossible. Le système n'admet AUCUNE solution pour $a=4$ et $b\neq 5$.

Interprétation géométrique : les trois plans n'ont aucun point commun aux trois. Ici les deux premiers plans se coupent bien selon une droite, mais le troisième plan est parallèle à cette droite sans la contenir. La configuration est celle d'un prisme : les plans se coupent deux à deux selon trois droites parallèles distinctes, sans point commun aux trois.

d) Si $a=4$ ET $b=5$, la dernière ligne devient $0=0$, une équation toujours vraie qui n'apporte aucune information. Le système est compatible avec deux pivots pour trois inconnues, donc $3-2=1$ paramètre libre : il admet une INFINITÉ de solutions.

On pose $z=t$. La deuxième ligne donne $y+t=2$, donc $y=2-t$. La première donne $x+2(2-t)+t=1$, soit $x+4-2t+t=1$, donc $x=t-3$. L'ensemble des solutions est $\{(t-3;\ 2-t;\ t)\ :\ t\in\mathbb{R}\}$.

Vérification pour $t=0$, soit $(-3;\ 2;\ 0)$ : équation 1, $-3+4+0=1$, conforme ; équation 2, $-6+10+0=4$, conforme ; équation 3 avec $a=4$, $-9+14+0=5=b$, conforme. Géométriquement, les trois plans se coupent selon une droite de vecteur directeur $(1;\ -1;\ 1)$, lu sur les coefficients de $t$.

e) Pour $a=5$ et $b=7$, on est dans le cas $a\neq 4$, donc solution unique. La dernière ligne donne $(5-4)z=7-5$, soit $z=2$. Puis $y=2-z=0$, et $x=z-3=-1$.

Vérification dans le système d'origine : équation 1, $-1+0+2=1$, conforme ; équation 2, $-2+0+6=4$, conforme ; équation 3, $3(-1)+7(0)+5(2)=-3+10=7$, conforme. La solution est $(-1;\ 0;\ 2)$.

f) $\det(A)=\begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 3 \\ 3 & 7 & a \end{vmatrix}=1(5a-21)-2(2a-9)+1(14-15)=5a-21-4a+18-1=a-4$.

Le déterminant vaut exactement $a-4$, c'est-à-dire précisément le dernier pivot obtenu par échelonnement. Ce n'est pas une coïncidence : les opérations élémentaires utilisées ici, qui consistent uniquement à ajouter à une ligne un multiple d'une autre, ne modifient PAS le déterminant. Le déterminant de la matrice échelonnée est donc égal à celui de $A$, et pour une matrice triangulaire il vaut le produit des coefficients diagonaux, soit $1\times 1\times(a-4)=a-4$.

La condition $\det(A)\neq 0$, c'est-à-dire $a\neq 4$, est donc rigoureusement la même que la condition de solution unique trouvée en b). Les deux approches, échelonnement et déterminant, se rejoignent nécessairement.

Ce que le déterminant ne dit PAS, en revanche, mérite d'être souligné. Il tranche la solution unique, mais lorsqu'il s'annule, il est muet sur la suite : il ne distingue pas le cas $b\neq 5$ (aucune solution) du cas $b=5$ (une infinité), puisqu'il ne dépend même pas de $b$. Seul l'échelonnement de la matrice AUGMENTÉE, qui transporte le second membre, permet de séparer ces deux cas. C'est la raison pour laquelle la règle de Cramer devient inutilisable dès que le déterminant s'annule, et pourquoi une discussion complète passe toujours par Gauss.