From d7c69934248f3fab4988c0d37c11feba25d653b8 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Anhgelus Morhtuuzh Date: Fri, 31 Jan 2025 15:39:30 +0100 Subject: =?UTF-8?q?Ajout=20du=20d=C3=A9but=20du=20deuxi=C3=A8me=20semestre?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- semestre 2/maths/td/01-30.tex | 216 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 1 file changed, 216 insertions(+) create mode 100644 semestre 2/maths/td/01-30.tex (limited to 'semestre 2/maths/td/01-30.tex') diff --git a/semestre 2/maths/td/01-30.tex b/semestre 2/maths/td/01-30.tex new file mode 100644 index 0000000..ba4cb39 --- /dev/null +++ b/semestre 2/maths/td/01-30.tex @@ -0,0 +1,216 @@ +%%===================================================================================== +%% +%% Filename: cours.tex +%% +%% Description: +%% +%% Version: 1.0 +%% Created: 03/06/2024 +%% Revision: none +%% +%% Author: YOUR NAME (), +%% Organization: +%% Copyright: Copyright (c) 2024, YOUR NAME +%% 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+\declaretheorem[style=better-corol]{corol} +\declaretheorem[style=better-props, numberwithin=defn]{props} +\declaretheorem[style=better-thm, sibling=props]{thm} +\newtheorem*{lemme}{Lemme}%[subsection] +%\newtheorem{props}{Propriétés}[defn] + +\newenvironment{system}% +{\left\lbrace\begin{align}}% +{\end{align}\right.} + +\newenvironment{AQT}{{\fontfamily{qbk}\selectfont AQT}} + +\usepackage{LobsterTwo} +\titleformat{\section}{\newpage\LobsterTwo \huge\bfseries}{\thesection.}{1em}{} +\titleformat{\subsection}{\vspace{2em}\LobsterTwo \Large\bfseries}{\thesubsection.}{1em}{} +\titleformat{\subsubsection}{\vspace{1em}\LobsterTwo \large\bfseries}{\thesubsubsection.}{1em}{} + +\newenvironment{lititle}% +{\vspace{7mm}\LobsterTwo \large}% +{\\} + +\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} -- cgit v1.2.3