ISA BTP ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2014-2015
CONTR ˆOLE CONTINU
Syst`emes lin´eaires, 3◦ ann´ee.
Dur´ee : 1h30 Calculatrices autoris´ees.
Tous les exercices sont ind´ependants.
Il sera tenu compte de la pr´esentation et de la r´edaction.
Exercice 1 Soit (Sa) = x + y + az = 0 x + a2y + (2a + 1)z = a2− 1 (2a + 1)x + (a2+ 2a)y + z = 0
1. ´Ecrire la matrice ´etendue du syst`eme.
2. `A l’aide du pivot de Gauss, d´eterminer les valeurs de a pour lesquelles (Sa) est de rang maximal (justifier).
3. Donner, selon a, l’ensemble des solutions de (Sa). On pr´ecisera `a chaque fois le rang du syst`eme ainsi que
la dimension de l’ensemble des solutions (dans le cas o`u cet ensemble est non vide).
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercice 2 On consid`ere les trois algorithmes donn´es en Annexe 1. 1. Sous programme 1
(a) Donner le nom et les arguments de ce sous programme ?
(b) D´ecrire les actions effectu´ees au cours de la boucle ouverte `a la ligne 3. (c) Que renvoie cet algorithme ?
2. Sous programme 2
(a) Donner le nom et les arguments de ce sous programme ?
(b) D´ecrire les actions effectu´ees au cours de la boucle ouverte `a la ligne 3. (c) Que renvoie cet algorithme ?
3. Algorithme principal
(a) Donner le nom et les arguments de ce programme.
(b) Que contiennent les variables m et n initialis´ee aux lignes 3 et 4 ? (c) La boucle while
i. Quel action est effectu´ee dans le test if ouvert `a la ligne 8 ? ii. `A quelle condition cette action est-elle effectu´ee ?
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercice 3 La R´egion d´esire construire un pˆole de production d’´energie renouvelable.
Il dispose pour cela d’un terrain de 5 hectares pouvant accueillir des panneaux solaires et d’une zone cˆoti`ere apte `a recevoir jusqu’`a 15 turbines marines et une usine mar´emotrice.
Le coˆut de fonctionnement annuel de ces dispositifs est de – 30 000 euros/hectare pour les panneaux solaires, – 10 000 euros/turbine pour l’installation maritime.
Sachant que la R´egion dispose d’un budget de 210 000 euros par an et qu’elle peut tabler sur un rende-ment annuel de 2GWh/hectare pour les panneaux solaires et de 2GWh/turbine pour l’usine mar´emotrice, les responsables du projets souhaitent connaˆıtre l’organisation optimale et le rendement annuel que la R´egion peut esp´erer de ce type d’installation.
1. (a) Montrer que l’ensemble des contraintes du probl`eme se traduit sous la forme du syst`eme ci-dessous : x 6 5 y 6 15 3x + y 6 21
(b) Tracer l’ensemble des solutions de ce syst`eme de contraintes dans le rep`ere donn´e en annexe 2. (c) Ajouter la droite correspondant `a une production annuelle de 30GWh. Cette production est-elle
envisageable ?
(d) D´eterminer la production optimale permise sous ces contraintes ainsi que la r´epartition panneaux solaires / turbines permettant cette production maximale (on placera sur le dessin la droite associ´ee `
a cette production maximale).
(e) Faire le bilan de l’espace non exploit´e dans l’organisation optimale. 2. On souhaite ´etudier l’influence du budget d’entretien sur la quantit´e produite.
(a) Quelle influence sur la production aurait une augmentation de 30 000 euros du budget d’entretien ? Une diminution de 30 000 euros ?
(b) D´eterminer le budget maximal n´ecessaire `a l’entretien d’une installation exploitant `a plein les contraintes d’espace.
? ? ?
Nom : ... Pr´enom : ...
ANNEXE 1
Sous programme 1 1. def vide colonne general(A,i,j,m):
2. U=copy(A)
3. for k in range(i+1,m):
4. U[k]=U[k]-(U[k,j]/U[i,j])*U[i]
5. return U
Sous programme 2
1. def choix pivot general(A,i,j,m):
2. U=copy(A) 3. for k in range(i+1,m): 4. if U[k,j]<>0: 5. U[k],U[i]=U[i],U[k] 6. break 7. return U Algorithme principal 1. def PDG general(A): 2. U=copy(A) 3. m=len(U.column(0)) 4. n=len(U[0]) 5. i=0 6. j=0
7. while i<m and j<n:
8. if U[i,j]==0:
9. U=choix pivot general(U,i,j,m)
10. if U[i,j]==0:
11. j=j+1
12. else:
13. U=vide colonne general(U,i,j,m)
14. i=i+1
15. j=j+1
Nom : ... Pr´enom : ...
ANNEXE 2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0
2
4
6
8
10
12
14
16
CORRECTION
Exercice 1 1. A = 1 1 a 0 1 a2 2a + 1 a2− 1 2a + 1 a2+ 2a 1 0 2. A ←→ 1 1 a 0 0 a2− 1 a + 1 a2− 1 0 a2− 1 1 − a − 2a2 0 L2 ← L2− L1 L3 ← L3− (2a + 1)L1 ←→ 1 1 a 0 0 a2− 1 a + 1 a2− 1 0 0 −2a − 2a2 1 − a2 L3 ← L3− L2Le d´eterminant du syst`eme est donc
∆ = (a2− 1)(−2a − 2a2) = −2a(a − 1)(a + 1)2
Or le syst`eme est de rang maximal (i.e. 3) si ce d´eterminant est non nul, soit pour a 6∈ {−1, 0, 1}. 3. – Si a 6∈ {−1, 0, 1}, le d´eterminant du syst`eme est donc non nul. Le rang du syst`eme est alors ´egal `a trois
et l’ensemble des solutions est de dimension 0. Il s’agit donc d’un point et d’apr`es le calcul pr´ec´edent, on a (Sa) ⇐⇒ x + y + az = 0 (a2− 1)y + (a + 1)z = a2− 1 −2a(a + 1)z = 1 − a2 ⇐⇒ x = −y − az = 1 2a − 1 − a − 1 2 = 1 2 1 a− a − 1 y = 1 − a + 1 a2− 1z = 1 − 1 2a z = 1 − a 2 −2a(1 + a) = a − 1 2a D’o`u Σa = 1 2 1 a− a − 1 , 1 − 1 2a, a − 1 2a . – Si a = −1, d’apr`es le calcul du pivot de Gauss, on a
(S−1) ⇐⇒ x + y − z = 0
(S−1) est donc de rang 1. L’ensemble de ses solutions est donc un plan :
Σ−1= {(x, y, x + y), x, y ∈ R}
– Si a = 0, on a
– Si a = 1, on a (S1) ⇐⇒ x + y + z = 0 2z = 0 −4z = 0 ⇐⇒ y = −x z = 0
Le syst`eme (S1) est donc de rang 2. L’ensemble des solutions est de dimension 1 :
Σ1= {(x, −x, 0), x ∈ R}
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercic 2
1. (a) Le nom du programme est vide colonne general. Ses arguments sont A, i, j et m.
(b) Le boucle for ouverte `a la ligne 3 traite l’ensemble des lignes de A, de la num´ero i+1 `a la num´ero m−1 (la derni`ere).
Pr´ecis´ement, le programme remplace chacune de ces lignes Lk par Lk−aakj
ijLi.
(c) Le programme renvoie la matrice obtenue `a partir de A une fois que l’on a plac´e des 0 dans la co-lonne j, sous le coefficient aij.
2. (a) Le nom du programme est choix pivot general. Ses arguments sont A, i, j et m.
(b) La boucle ouverte `a la ligne 3 permet de parcourir l’ensemble des coefficients de la colonne j de A, situ´es sous le coefficient aij. Au cours de ce parcours, la machine cherche un coefficient non nul. Si
elle en trouve un, elle permute les lignes de fa¸con `a placer ce coefficient non nul `a la place de aij.
(c) L’algorithme renvoie la matrice obtenue `a partir de A une fois que l’on a remplac´e le coefficient aij
par un coefficient non nul (s’il en existe un en dessous).
3. (a) Le nom de cet algorithme est PDG general. Son unique argument est A.
(b) Les variables m et n contiennent respectivement le nombre de lignes et le nombre de colonnes de la matrice A.
(c) i. L’action effectu´ee dans le test ouvert `a la ligne 8 consiste `a permuter la ligne i avec une autre, situ´ee en dessous.
ii. Cette action est effectu´ee si le coefficient aij est nul.
iii. `A la ligne 10, le test consiste `a d´eterminer si, apr`es permutation, le coefficient aij est toujours
nul.
iv. Si, apr`es permutation, le coefficient aij est toujours nul, c’est que tous les coefficients situ´es sous
aij sont nuls ´egalement. Le traitement de la colonne j est donc termin´e et on passe `a la colonne
suivante.
Sinon (i.e. si le coefficient aij) est non nul, on place des 0 en dessous.
v. Le programme s’arrˆete lorsque l’on a trait´e la derni`ere et/ou la derni`ere colonne.
(d) Ce programme renvoie la matrice U obtenue apr`es Pivot de Gauss, que la matrice A de d´epart soit inversible ou non.
4. Le rang de la matrice A correspond au nombre de lignes non nulles `a la fin du pivot. Il est donc possible de calculer ce rang en ´etudiant les lignes de U . Cependant, il est ´egalement possible d’obtenir ce rang en comptant le nombre de fois o`u l’on a rencontr´e un pivot nul avec tous les coefficients nuls en dessous. Pr´ecis´ement le rang est donn´e par le nombre de ligne de d´epart (m) moins le nombre de d´ecalages effectu´es. On peut alors compl´eter le programme principal par les lignes ci-dessous :
Algorithme principal 1. def PDG general(A): 2. U=copy(A) 3. m=len(U.column(0)) 4. n=len(U[0]) 5. i=0 6. j=0 6.5 r=m
7. while i<m and j<n:
8. if U[i,j]==0:
9. U=choix pivot general(U,i,j,m)
10. if U[i,j]==0:
11. j=j+1
11.5 r=r-1
12. else:
13. U=vide colonne general(U,i,j,m)
14. i=i+1
15. j=j+1
16. return U,r
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
Exercic 3
1. On note x le nombre d’hectares de panneaux solaires et y le nombre de turbines `a installer.
(a) Les contraintes sont dues `a la place disponible ainsi qu’`a la taille du budget allou´e `a la gestion des installations. Ainsi
– La place disponible pour les panneaux solaires impose x 6 5.
– Le site destin´e `a l’usine mar´emotrice ne pouvant recevoir plus de 15 turbines, on a y 6 15. – Le coˆut d’une installation ´etant de 30000x + 10000y, on doit avoir 30000x + 10000y 6 210000, soit
3x + y 6 21.
On retrouve bien l’ensemble de contraintes souhait´e, auquel il faut ajouter les contraintes de positivit´e x > 0 et y > 0.
(b) L’ensemble des solutions du syst`eme de contraintes est d´elimit´e par les trois droites d’´equations respectives
x = 5, y = 15 3x + y = 21 D’o`u :
0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 2 4 6 8 10 12 14 16
(c) La production annuelle (en GWh) d’une installation (x, y) est de P (x, y) = 2x + 2y
Une production de 30GWh est donc repr´esent´ee par la droite d’´equation 2x + 2y = 30 ⇔ x + y = 15.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 2 4 6 8 10 12 14 16
Cette droite passant `a l’int´erieur de l’ensemble des solutions du syst`eme de contraintes, elle correspond `
a une production r´ealisable sous ces contraintes. Elle n’est cependant pas optimale.
(d) La droit correspondant `a la production optimale est la droite parall`ele `a la droite ´evoqu´ee ci-dessus, passant “au plus haut” dans l’ensemble des contraintes. On obtient donc la droite ci-dessous, qui intersecte l’ensemble des solutions du syst`eme de contraintes au point Mmax.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 2 4 6 8 10 12 14 16
Ce point ´etant `a l’intersection des droites d’´equations y = 15 et 3x + y = 21, l’organisation associ´ee `
a cette production optimale est
x = 2, y = 15
La production optimale est alors Pmax= P (2, 15) = 34GW h par an.
(e) Si la R´egion adopte cette organisation, elle aura utilis´e toute la place disponible pour l’installation des turbines, mais il lui restera 3 hectares de terrain disponible sur les 5 hectares allou´es aux panneaux solaire.
2. (a) Une augmentation de 30 000 euros du budget annuel allou´e `a l’entretien des installations se traduit par une ´evolution de la troisi`eme contrainte du syst`eme :
3x + y = 21 3x + y = 24
Le point optimal reste alors le point d’intersection des deux mˆemes droites, mais celui-ci se d´eplace en M2 = (3, 15). Un hectare de panneaux solaires en plus permettrait alors de produite 2GWh
suppl´ementaires chaque ann´ee.
De mˆeme, une diminution de 30 000 euros du budget annuel allou´e `a l’installation imposerait la suppression d’un hectare de panneau, et la perte de 2 GWh dans la production annuelle.
(b) Pour que le budget ne soit plus dimensionnant, il faut que la droite associ´ee passe au del`a du rectangle d´elimit´e par les contraintes d’espace. La droite “la plus basse” v´erifiant ces contraintes est donc la droite de pente −3 passant par le point (5, 15). Il s’agit de la droite d’´equation
3x + y = 30 qui correspond `a un budget de 300 000 euros par an. Cette nouvelle situation se r´esume par le dessin ci dessous :
0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 2 4 6 8 10 12 14 16
On constate qu’avec un budget de 300 000 euros par an, on pourrait pousser la production annuelle `
a 40 GWh.
? ? ?
