Pour quelles valeurs de b₁, b₂, b₃ le système de m…

Stratégie : traduire la compatibilité en appartenance à l'image. Le système $AX=B$ a une solution si et seulement si $B$ est atteint par $u_A$, c'est-à-dire $B\in \mathrm{Im}A$. Tout revient donc à décrire $\mathrm{Im}A$.

a) Ce qu'est $\mathrm{Im}A$. Ici $A\in {\mathcal{M}}_{3,2}(\mathbb{R})$, donc $u_A:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^3$, et $\mathrm{Im}A$ est engendrée par les colonnes : $$C_1=(1,1,2),C_2=(1,2,3),\mathrm{Im}A=\mathrm{Vect}(C_1,C_2).$$ Ces deux colonnes ne sont pas proportionnelles : $\mathrm{rg}A=2$, et $\mathrm{Im}A$ est un plan de ${\mathbb{R}}^3$. Un plan de ${\mathbb{R}}^3$ a une équation cartésienne : c'est elle qu'on cherche.

b) L'équation. $B\in \mathrm{Vect}(C_1,C_2)$ si et seulement si la famille $(C_1,C_2,B)$ est liée, c'est-à-dire (trois vecteurs en dimension trois) de déterminant nul : $$\left|\begin{array}{ccc}1& 1& b_1\\ 1& 2& b_2\\ 2& 3& b_3\end{array}\right|=b_3-b_1-b_2.$$

$$\boxed{AX=B\text{compatible}⟺b_1+b_2=b_3}$$

⚠️ Où le raisonnement est légitime. Le critère « déterminant nul » ne vaut que parce qu'on a exactement trois vecteurs dans un espace de dimension trois. Avec quatre équations, ce déterminant n'existerait pas et il faudrait échelonner la matrice augmentée — méthode qui, elle, marche toujours. Faisons-la ici en contrôle.

c) Le même résultat par le pivot. Sur $(A\mid B)$ : $L_2\leftarrow L_2-L_1$, $L_3\leftarrow L_3-2L_1$, puis $L_3\leftarrow L_3-L_2$ : $$\left(\begin{array}{ccc}1& 1& b_1\\ 1& 2& b_2\\ 2& 3& b_3\end{array}\right)⇝\left(\begin{array}{ccc}1& 1& b_1\\ 0& 1& b_2-b_1\\ 0& 1& b_3-2b_1\end{array}\right)⇝\left(\begin{array}{ccc}1& 1& b_1\\ 0& 1& b_2-b_1\\ 0& 0& b_3-b_1-b_2\end{array}\right)$$ La dernière ligne dit $0=b_3-b_1-b_2$ : elle est impossible sauf si $b_1+b_2=b_3$, auquel cas le système est de rang $2$ à $2$ inconnues, donc de Cramer — solution unique.

Contrôle. $B=C_1=(1,1,2)$ : $1+1=2$ ✓, et $X=(1,0)$ convient. $B=(1,2,3)=C_2$ : $1+2=3$ ✓. $B=(1,0,0)$ : $1+0\ne 0$, incompatible — et l'échelonnement ci-dessus donne bien la ligne absurde $0=-1$ ✓.

Ce que l'exercice installe. Un système « plus haut que large » ($3$ équations, $2$ inconnues) n'est presque jamais compatible : les seconds membres qui marchent forment un sous-espace de dimension $\mathrm{rg}A=2$ dans ${\mathbb{R}}^3$, donc un plan — un ensemble d'intérieur vide. C'est le point de départ des moindres carrés (chapitre 15) : quand $B$ n'est pas dans $\mathrm{Im}A$, on projette.