Ajout du début du deuxième semestre

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+
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+
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+
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+
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+
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+
+\title{Calcul matriciel}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\tableofcontents
+	\newpage
+	\section{Définition}
+	\begin{defn}
+		Une matrice est un l'ensemble de nombre $\{a_{p,q}\in E, p,q\in \mathcal{SN}\}$ où $\mathcal{SN}$ est un intervale de $\mathbb{N}^*$. On note l'ensemble de ces matrices $\mathcal{M}_{p,q}(E)$.
+	\end{defn}
+	\begin{defn}
+		Une matrice carrée est l'ensemble des matrices $\mathcal{M}_{k,k}(\mathbb{K})$ ($k\in\mathbb{N}^*$).
+
+		On utilise l'abus de notation $\mathcal{M}_k(\mathbb{K})$ pour parler des matrices carrées d'ordre $k\in\mathbb{N}^*$.
+	\end{defn}
+	\subsection{Opérations}
+	\begin{defn}[Somme de matrices]
+		Une somme de matrice est la somme  des nombres des matrices.
+
+		Si on note $(a_{p,q})$ les nombres de la matrice $A$ et $(b_{p,q})$ les nombres de la matrice $B$, alors
+		$$ A+B = \{a_{p,q}+b_{p,q},p,q\in\mathcal{SN}\} $$
+
+		Alors :
+		$$ \begin{pmatrix} a_{1,1} & \cdots & a_{1,q} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{p,1} & \cdots & a_{p,q} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} b_{1,1} & \cdots & b_{1,q} \\ \vdots & & \vdots \\ b_{p,1} & \cdots & b_{p,q} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{1,1} + b_{1,1} & \cdots & a_{1,q} + b_{1,q} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{p,1} + b_{p,1} & \cdots & a_{p,q} + b_{p,q} \end{pmatrix} $$
+	\end{defn}
+	\begin{defn}[Produit externe]
+		Soit $A\in\mathcal{M}_{p,q}(\mathbb{K})$ et $t\in\mathbb{K}$.
+
+		On a :
+		$$ t A = (ta_{p,q})_{p,q\in\mathcal{SN}} $$
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		On a :
+		\begin{itemize}
+			\item $s(tA) = t(sA)$
+			\item $t(A+B) = tA+tB$
+			\item $(t+s)A = tA+sA$
+		\end{itemize}
+		pour $t,s\in\mathbb{K}$ et $A,B\in\mathcal{M}_{p,q}(\mathbb{K})$.
+	\end{props}
+	\begin{proof}
+		\AQT
+	\end{proof}
+	\begin{props}
+		L'élément neutre pour l'addition est $\tilde 0$, i.e. l'ensemble $(a_{p,q})_{p,q\in\mathcal{SN}} = 0$.
+	\end{props}
+	\begin{proof}
+		\AQT
+	\end{proof}
+	\begin{defn}[Produit matriciel]
+		Soient $p,q,r\in\mathbb{N}^*$. Soient $A\in\mathcal{M}_{p,r}(\mathbb{K})$ et $B\in\mathcal{M}_{r,q}(\mathbb{K})$.
+
+		Le produit $AB$ est :
+		$$ \forall (i,k)\in[|1,p|]\times[|1,q|],\quad (ab)_{i,k} = \sum_{j=1}^{r} a_{i,j}b_{j,k} $$
+	\end{defn}
+	\begin{warn}
+		On a besoin que le nombre de colonnes de la matrice $A$ soit égal au nombre de lignes de la matrice $B$.
+	\end{warn}
+	C'est une forme de produit scalaire !
+	\section{Matrices spéciales}
+	\begin{defn}
+		Une matrice de $\mathcal{M}_{p}(\mathbb{K})$ est dite diagonale si et seulement si :
+		$$ \forall (i,j)\in[|1,p|]^2,\quad i\neq j \implies a_{i,j} = 0 $$
+	\end{defn}
+	\begin{props}
+		La multiplication matricielle des matrices diagonales est commutative et se fait très simplement.
+	\end{props}
+	\begin{props}
+		L'élément neutre de $M_p(\mathbb{K})$ est la matrice diagonale notée $I_p$ telle que :
+		$$ \forall (i,j)\in[|1,p|]^2,\quad i=j\implies 1 $$
+	\end{props}
+	\begin{defn}
+		On note $A^{-1}$ la matrice inverse de $A$, i.e.
+		$$ A A^{-1} = A^{-1} A = I_p $$
+	\end{defn}
+	\begin{thm}
+		Soit $A\in\mathcal{M}_2(\mathbb{K})$.
+
+		$A^{-1}$ existe si et seulement si :
+		$$ ad-bc = 0 $$
+		où $A = \begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix}, a,b,c,d\in\mathbb{K}$
+
+		Ainsi,
+		$$ A^{-1} = \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} d&-b\\-c&a \end{pmatrix} $$
+	\end{thm}
+	\begin{lititle}
+		Mais qu'est-ce $ad-bc$ ?
+	\end{lititle}
+	Il s'agit d'un déterminant de la matrice $A$. C'est une notion essentielle que l'on retrouve partout en maths.
+
+	\begin{thm}
+		Si $A$ et $B$ sont inversibles, alors $AB$ l'est aussi et :
+		$$ (AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1} $$
+	\end{thm}
+	\section{Système linéaire}
+	\begin{thm}
+		On peut remplacer un système linéaire à $x$ inconnu par une matrice $A\in\mathcal{M}_{x}$ contenant les coefficiants, $X\in\mathcal{M}_{x,1}$ contenant les inconnues et $B\in\mathcal{M}_{x,1}$ contenant les résultats. On a alors :
+		$$ AX=B $$
+
+		Si $A$ est inversible, alors il existe une unique solution à ce système linéaire tel que :
+		$$ X=A^{-1}B $$
+	\end{thm}
+	\begin{exemple}
+		Le système 
+		\begin{align*}
+			a_{1,1}x_1 &+ a_{1,2}x_2 + \ldots + a_{1,p}x_p &= b_1\\
+			\vdots& &= \vdots \\
+			a_{p,1}x_1 &+ a_{p,2}x_2 + \ldots + a_{p,p}x_p &= b_p
+		\end{align*}
+		est équivalent à
+		$$ \begin{pmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&\ldots&a_{1,p}\\\vdots&&&\vdots\\a_{p,1}&a_{p,2}&\ldots&a_{p,p} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\\vdots\\x_p \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1\\\vdots\\b_p \end{pmatrix}  $$
+	\end{exemple}
+	\begin{lititle}
+		Opérations élémentaires
+	\end{lititle}
+	Ce sont les opérations qui ne font perdre aucune information au système. Il y a :
+	\begin{itemize}
+		\item permutation de deux lignes, notée $P_{i_1 \to i_2}$ (échange des lignes $i_1$ et $i_2$)
+		\item dilatation d'une ligne, notée $D_{i,\alpha\in\mathbb{R}^*}$ (dilatation de la ligne $i$ par $\alpha$)
+		\item transvection (somme de deux lignes), notée $T_{i_1,i_2,t\in\mathbb{R}}$ (transvection de la ligne $i_1$ par $i_2$ avec comme facteur $t$)
+	\end{itemize}
+	C'est-à-dire, on peut faire des combinaisons linéaires !
+	
+	Faire cette opération, c'est équivalent à multiplier par une matrice carrée inversible.
+
+	Par exemple, pour $P_{2\to 3}$, on a la matrice :
+	$$ \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&0&1\\0&1&0 \end{pmatrix}  $$
+	ou $D_{2, \alpha\in\mathbb{R}^*}$ est :
+	$$ \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&\alpha&0\\0&0&1 \end{pmatrix}  $$
+	ou encore $T_{2,3,t}$ est :
+	$$ \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&t\\0&0&1 \end{pmatrix}  $$
+	\begin{thm}
+		Si $r$ est le rang de $A|B$ (voir le pivot de Gauss), si $p$ est le nombre de colonnes de $A$ et $q$ le nombre de lignes de $A$, alors :
+		\begin{itemize}
+			\item si $r=p$, alors pour tout $B$ il existe une solution (existence)
+			\item si $r=q$, alors il existe une unique solution (unicité)
+		\end{itemize}
+	\end{thm}
+\end{document}
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+
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+{\end{align}\right.}
+
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+\title{TD du 23 janvier 2025}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\newpage
+	\section*{Exercice 1}
+	Les produits possibles sont $AX$, $BX$, $BA$, $AB$ et $DZ$, i.e.
+	$$ AX = \begin{pmatrix} 1&2\\ 2&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\1 \end{pmatrix} $$
+	$$ BX = \begin{pmatrix} -1&1\\0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2\\-1 \end{pmatrix} $$
+	$$ BA = \begin{pmatrix} -1&1\\0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&2\\2&1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&-1\\2&1 \end{pmatrix} $$
+	$$ AB =  \begin{pmatrix} 1&2\\2&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1&1\\0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1&3\\-2&3  \end{pmatrix} $$ 
+	$$ DZ = \begin{pmatrix} 1&2&3\\3&2&1\\2&1&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\2\\3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 13\\7\\11  \end{pmatrix}  $$
+	\section*{Exercice 2}
+	\begin{enumerate}
+		\item On a :
+			$$ AB = \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1\\-1&0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1&1\\-1&0 \end{pmatrix}  $$
+			$$ BA =  \begin{pmatrix} 0&1\\-1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0&1\\-1&-1 \end{pmatrix}  $$
+			Donc $AB \neq BA$
+		\item On a :
+			$$ (A + B)^2 = \begin{pmatrix} 1&2\\-1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2\\-1&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1&3\\-2&-1 \end{pmatrix}  $$
+		\item On a :
+			$$ A^2 = \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&2\\0&1 \end{pmatrix} $$
+			$$ B^2 = \begin{pmatrix} 0&1\\-1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0&1\\-1&0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1&0\\0&-1 \end{pmatrix}  $$
+			Après calcul, on obtient que $(A+B)^2 = A^2+AB+BA+B^2 \neq A^2+2AB+B^2$.
+		\item Cherchons l'inverse de $A$ :
+			$$ ad-bc = 1-0 = 1 $$
+			Donc l'inverse existe, i.e.
+			$$ A^{-1} = \begin{pmatrix} 1&-1\\0&1 \end{pmatrix}  $$
+			Cherchons maintenant l'inverse de $B$ :
+			$$ ad-bc = 0+1 = 1 $$
+			Donc l'inverse existe, i.e.
+			$$ B^{-1} = \begin{pmatrix} 0&-1\\1&0 \end{pmatrix}  $$
+	\end{enumerate}
+	\section*{Exercice 3}
+	$$ A^t = \begin{pmatrix} -5&-1&3\\-4&0&4\\-3&1&5\\-2&2&6 \end{pmatrix}  $$
+	puis
+	$$ BA^t = \begin{pmatrix} -1&0&1&2\\ 2&1&0&-1\\ 1&0&-1&2 \end{pmatrix}A^t = \begin{pmatrix} -2&6&14\\-12&-4&4\\-8&2&10 \end{pmatrix}   $$
+	\section*{Exercice 4}
+	\begin{enumerate}
+		\item Ce vecteur $v$ peut être représentée par un complexe $z=a+ib$. Or il existe $r,\theta\in\mathbb{R}$ tel que $z=re^{i\theta}$, d'où $r\cos\theta+ri\sin\theta$.
+		\item On a 
+			$$ R_{\theta}\cdot v = r(\cos\phi\cos\theta-\sin\phi\sin\theta)+ir(\sin\phi\cos\theta+\cos\theta\sin\theta) $$
+			i.e.
+			$$ R_{\theta}\cdot v = r\cos(\phi+\theta)+ir\sin(\phi+\theta) $$
+	\end{enumerate}
+	\section*{Exercice 5}
+	On a :
+	$$ AT = \begin{pmatrix} 2&4&8\\ 1&2&5 \end{pmatrix} $$
+	$$ BT = \begin{pmatrix} 1&2&3\\-1&-2&-1 \end{pmatrix}  $$
+	$$ CT = \begin{pmatrix} 0&0&2\\1&2&1 \end{pmatrix}  $$
+	$$ DT = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}-1}{2}&\sqrt{3}-1&\frac{3\sqrt{3}-1}{2}\\\frac{1+\sqrt{3}}{2}&1+\sqrt{3}&\frac{3+\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}  $$
+	\section*{Exercice 6}
+	\begin{enumerate}
+		\item Soit $P_n: M^n\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_n\\f_{n+1} \end{pmatrix}$ avec $n\in\mathbb{N}^*$. Montrons que $P_n$ est vraie pour tout $n$.
+
+			\fbox{Initialisation} On a $M^1\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{1}\\f_{2} \end{pmatrix}$. Donc $P_1$ est vraie.
+
+			\fbox{Hérédité} Posons $n\in\mathbb{N}^*$ tel que $P_n$ soit vraie. On a :
+			$$ M^n\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{n}\\f_{n+1} \end{pmatrix}  $$
+			Donc,
+			$$ M^{n+1}\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = M\begin{pmatrix} f_n\\f_{n+1} \end{pmatrix} $$
+			Or,
+			$$ M\begin{pmatrix} f_n\\f_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{n+1}\\f_n+f_{n+1} \end{pmatrix} $$
+			i.e.,
+			$$ M^{n+1}\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{n+1}\\f_n+f_{n+1} \end{pmatrix} $$
+			Alors,
+			$$ M^{n+1}\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{n+1}\\f_{n+2} \end{pmatrix} $$
+			Ainsi, $P_{n+1}$ est vraie 
+
+			\fbox{Conclusion} $P_n$ est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}^*$.
+
+		\item Montrons que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, on a que
+			$$ P_n:\quad M^n = \begin{pmatrix} f_{n-1}&f_n\\f_n&f_{n+1} \end{pmatrix}  $$
+			est vraie.
+
+			\fbox{Initialisation} On a $M^1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_0&f_1\\f_1&f_2 \end{pmatrix}  $. Donc $P_1$ est vraie.
+
+			\fbox{Hérédité} Fixons $n$ dans $\mathbb{N}^*$ tel que $P_n$ soit vraie. On a :
+			$$ M^n = \begin{pmatrix} f_{n-1}&f_n\\f_n&f_{n+1} \end{pmatrix} $$
+			Donc,
+			$$ M^nM = \begin{pmatrix} f_{n-1}&f_n\\f_n&f_{n+1} \end{pmatrix} M $$
+			i.e.,
+			$$ M^{n+1} = \begin{pmatrix} f_{n}&f_{n+1}\\f_{n+1}&f_n+f_{n+1} \end{pmatrix} $$
+			Or,
+			$$ M^{n+1} = \begin{pmatrix} f_{n}&f_{n+1}\\f_{n+1}&f_{n+2} \end{pmatrix} $$
+			Ainsi, $P_{n+1}$ est vraie.
+
+			\fbox{Conclusion} $P_n$ est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}^*$.
+	\end{enumerate}
+\end{document}
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+
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+
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+{\left\lbrace\begin{align}}%
+{\end{align}\right.}
+
+\newenvironment{AQT}{{\fontfamily{qbk}\selectfont AQT}}
+
+\usepackage{LobsterTwo}
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+
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+{\\}
+
+\renewenvironment{proof}{$\square$ \footnotesize\textit{Démonstration.}}{\begin{flushright}$\blacksquare$\end{flushright}}
+
+\title{TD du 30 janvier}
+\author{William Hergès\thanks{Sorbonne Université - Faculté des Sciences, Faculté des Lettres}}
+
+\begin{document}
+	\maketitle
+	\tableofcontents
+	\newpage
+	\section*{Exercice 1}
+	\begin{enumerate}
+		\item On a :
+			$$ \begin{pmatrix} 1&1\\2&-3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix} $$
+			$$ \begin{pmatrix} 0&-2&-3\\ -2&3&0\\3&0&2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} $$
+			$$ \begin{pmatrix} 1&1&1&0\\1&1&0&1\\0&0&1&t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z\\t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\-1\\1 \end{pmatrix} $$
+		\item On fait l'opération inverse (flemme de le faire).
+	\end{enumerate}
+	\section*{Exercice 2}
+	\begin{enumerate}
+		\item $y=\frac{3}{2}$ et $x=\frac{1}{5}$
+		\item $\begin{pmatrix} -1&1&|~1\\ 1&1&|~2 \end{pmatrix}$
+		\item En faisant $l_1+l_2$, on obtient $2y=3$, ce qui nous donne les mêmes $x$ et $y$
+		\item Son rang est $2$.
+	\end{enumerate}
+	\section*{Exercice 3}
+	Refaire ces transformations chez soi. $S_1$ n'a pas de solution (car on a une ligne $0\neq 0$). $S_2$ possède une infinité de solutions. $S_3$ possède une infinité de solutions.
+
+	On a que la quatrième ligne est la somme des deux premières, on peut donc la supprimer en écrivant $0=0$.
+			$$ \begin{pmatrix} 1&-1&1&1&|~3\\ 5&2&-1&-3&|~5\\ -3&-4&3&2&|~1\\ 0&0&0&0&|~0 \end{pmatrix} \iff \begin{pmatrix} 1&-1&1&1&|~3\\ 0&7&-6&-8&|~-10\\ 0&-7&6&5&|~10\\ 0&0&0&0&|~0 \end{pmatrix}  $$
+			$$ \iff\begin{pmatrix} 1&-1&1&1&|~3\\ 0&7&-6&-8&|~-10\\ 0&0&0&-3&|~0\\ 0&0&0&0&|~0 \end{pmatrix}$$
+
+	L'ensemble solution de $S_3$ est donc $\left\{ \left( \frac{11-z}{7},\frac{6z-10}{7}, z, 0 \right), z\in\mathbb{R} \right\} $
+	
+	Technique de la matrice échelonnée réduite pour trouver les inconnues :
+	\begin{enumerate}
+		\item on fait en sorte que tous les pivots soient égaux à $1$ ;
+		\item on refait des combinaisons linéaires pour que tous les coefficiants (à part les pivots) soient nuls (c'est plus simple de commencer par le dernier pivot).
+	\end{enumerate}
+	Il n'est pas possible de faire en sorte que tous les coefficiants soient nuls si le rang de la matrice n'est pas assez élevée. Dans ce cas, on a que les coefficiants nuls doivent forcément être ceux dans les colonnes des pivots.
+	\section*{Exercice 5}
+	\begin{enumerate}
+		\item $\begin{pmatrix} -1&-2&3&1&|~b_1\\1&1&2&2&|~b_2\\3&4&1&3&|~b_3 \end{pmatrix} $
+		\item On a que $L_1 = 2L_2-L_3$, donc $b_1=2b_2-b_3$ si le système admet au moins une solution.
+		\item On a donc que $\begin{pmatrix} 1&1&2&2&|~b_2\\3&4&1&3&|~b_3\\0&0&0&0&|~~0 \end{pmatrix}\iff \begin{pmatrix} 1&1&2&2&|~b_2\\0&1&-5&-3&|~b_3-3b_2\\0&0&0&0&|~~0 \end{pmatrix} $. Donc, $x_3$ et $x_4$ sont libres.
+			$$x_2 = b_3-3b_2+5x_3+3x_4$$
+			et
+			$$ x_1 = b_3+4b_2-7x_3-6x_4 $$
+			$$ S = \left\{ (b_4+4b_2-7x_3-6x_4,b_3-3b_2+5x_3+3x_4,x_3,x_4), (x_3,x_4)\in\mathbb{R}^2 \right\}  $$
+		\item $\mathrm{rg}(S) = 2$
+	\end{enumerate}
+	\section*{Exercice 8}
+	Si $A^{-1}$ existe, alors il existe $v_1,v_2$ et $v_3$ tel que $Av_1 = \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}$, $Av_2 = \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}$ et $Av_3 = \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}$.
+
+	Résolvons $\begin{pmatrix} 1&1&1&|~b_1\\2&1&1&|~b_2\\1&2&1&|~b_3 \end{pmatrix}$. On a donc :
+	$$ \begin{pmatrix} 1&1&1&|~b_1\\2&1&1&|~b_2\\1&2&1&|~b_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&1&1&|~b_1\\0&-1&-1&|~b_2-2b_1\\0&1&0&|~b_3-b_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&1&1&|~b_1\\0&0&-1&|~b_2-3b_1+b_3\\0&1&0&|~b_3-b_1 \end{pmatrix} $$
+	Donc, $y=b_3-b_1$, $z=-b_2+3b_1-b_3$ et $x=-b_2-b_1$.
+	Ainsi,
+	$$ v_1= \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix}\quad v_2= \begin{pmatrix} -1\\0\\-1 \end{pmatrix} \quad v_3 = \begin{pmatrix} 0\\1\\-1 \end{pmatrix}  $$
+	D'où $$ A^{-1} = \begin{pmatrix} -1&-1&0\\-1&0&1\\3&-1&-1 \end{pmatrix}  $$
+	\section*{Exercice 11}
+	Le système associé à ce problème est :
+	$$ \begin{pmatrix} 3&4&5&|~66\\7&4&3&|~74\\8&8&9&|136 \end{pmatrix}  $$
+\end{document}
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