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\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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