Correction du Partiel du lundi 5 octobre 2015

Partiel L2 AES du lundi 5 octobre 2015 La calculatrice est autorisée, un point de présentation sera donné à ceux qui ont souligné ou surligné leurs résultats d’une couleur différente de celle utilisée pour écrire ET qui ont utilisé au maximum une copie double et un intercalaire. Ex 1 : Résoudre les systèmes suivants a) _{−𝑥 + 2,5𝑦 = −3,5} 2𝑥 − 5𝑦 = 7 On peut passer de la première équation à la deuxième grâce à une multiplication par −+_,. Les deux équations du système sont donc équivalentes, le système est lui équivalent à la seule équation – 𝑥 + 2,5𝑦 = −3,5, c’est à dire 2,5𝑦 + 3,5 = 𝑥. L’ensemble des solutions du système peut s’écrire 𝒮 = 2,5𝑦 + 3,5_𝑦 ∀𝑦 ∈ ℝ En écrivant ,₂𝑥 −3 2= 𝑦, on aurait pu aussi écrire l’ensemble des solutions du système 𝒮 = 𝑥 2 5𝑥 − 7 5 ∀𝑥 ∈ ℝ b) 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 4 2𝑥 − 2𝑦 = 1 −3𝑥 + 3𝑦 − 5𝑧 = 0 (utiliser la méthode de Cramer) Le système s’écrit matriciellement 1 1 −1 2 −2 0 −3 3 −5 × 𝑥 𝑦 𝑧 = 4 1 0 Or 1 1 −1 2 −2 0 −3 3 −5 = 10 − 6 + 6 + 10 = 20 ≠ 0 Il existe une unique solution 𝑋 = 𝑥 𝑦 𝑧 avec 𝑥 = 4 1 −1 1 −2 0 0 3 −5 20 = 40 − 3 + 5 20 = 42 20= 21 10= 2,1 𝑦 = 1 4 −1 2 1 0 −3 0 −5 20 = −5 − 3 + 40 20 = 32 20= 16 10= 1,6 𝑧 = 1 1 4 2 −2 1 −3 3 0 20 = 24 − 3 − 24 − 3 20 = − 6 20= − 3 10= −0,3 d’où 𝒮 = 2,11,6 −0,3

c) 𝑤 − 2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = −2 3𝑥 − 2𝑧 = 1 −𝑤 + 5𝑥 + 𝑧 = 0 3𝑤 − 5𝑥 + 𝑦 = 0 (utiliser la méthode de Cramer pour calculer 𝑥, puis la substitution) Le système s’écrit matriciellement 1 −2 1 −1 0 3 0 −2 −1 5 0 1 3 −5 1 0 × 𝑤 𝑥 𝑦 𝑧 = −2 1 0 0 Or 1 −2 1 −1 0 3 0 −2 −1 5 0 1 3 −5 1 0 = 1× −10 35 −21 3 −5 0 − 1× 10 −2 −13 −2 −1 5 1 = −10 + 9 + 30 − 3 − 4 − 3 + 10 = 29 − 6 = 23 ≠ 0 Il existe une unique solution 𝑋 = 𝑤 𝑥 𝑦 𝑧 avec 𝑥 = 1 −2 1 −1 0 1 0 −2 −1 0 0 1 3 0 1 0 23 = − −2 × −1 00 0 −21 3 1 0 + 1× −1 01 1 −11 3 1 0 23 = 2× −1 × −2 + 1×(1 + 3 − 1) 23 =4 + 3 23 = 7 23 or 3𝑥 − 2𝑧 = 1 donc 3× 7 23− 2𝑧 = 1 ⇔ 21 − 46𝑧 = 23 ⇔ −2 = 46𝑧 ⇔ 𝑧 = −2 46 = − 1 23 De plus, −𝑤 + 5𝑥 + 𝑧 = 0 donc 𝑤 = 5𝑥 + 𝑧 = 5× 7 23− 1 23= 34 23 et enfin, 3𝑤 − 5𝑥 + 𝑦 = 0 donc 𝑦 = 5𝑥 − 3𝑤 = 5× 7 23− 3× 34 23= − 67 23 d’où 𝒮 = 34 23 7 23 −67 23 − 1 23

Ex 2 :

a) Calculer l’inverse de la matrice 𝐴 = −1 1_{3 2} (détailler le calcul)

b) En déduire la solution de l’équation 𝐴𝑋 + 𝐵 = 𝐶 avec 𝑋 = 𝑥_{𝑦 , 𝐵 = −5}1 , 𝐶 = 2₀

a) det 𝐴 = −1×2 − 3×1 = −5 ≠ 0 donc 𝐴H+ _existe.

𝐶𝑜𝑚 𝐴 = 2_{−1 −1}−3 donc 𝐴H+₌ 1 −5 . 2 −1 −3 −1 = −0,4 0,2 0,6 0,2 b) 𝐴𝑋 + 𝐵 = 𝐶 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝐶 − 𝐵 ⇔ 𝑋 = 𝐴H+ _{𝐶 − 𝐵 =} −0,4 0,2 0,6 0,2 × 20 − 1−5 = −0,4 0,2 0,6 0,2 × 15 = −0,4 + 1 0,6 + 1 = 0,61,6 Ex 3 : a) Calculer l’inverse de la matrice 𝐴 = 12 04 −11 0 −3 1 (détailler le calcul) b) En déduire la solution de l’équation 𝐴(𝑋 + 𝐵) = 𝐶 avec 𝑋 = 𝑥 𝑦 𝑧 , 𝐵 = 0 1 1 et 𝐶 = 1 −1 −2

a) det 𝐴 = 4 + 6 + 3 = 13 ≠ 0 donc 𝐴H+ _existe

𝑐𝑜𝑚 𝐴 = 4 1 −3 1 − 2 10 1 20 −34 − 0₋₃ −1₁ 1 −1_{0 1} − 1_{0 −3}0 0 −1 4 1 − 1 −12 1 1 02 4 = 7 −2 −63 1 3 4 −3 4 donc 𝐴H+₌ 1 13 . 7 3 4 −2 1 −3 −6 3 4 = 7 13 3 13 4 13 − 2 13 1 13 − 3 13 − 6 13 3 13 4 13 b) 𝐴 𝑋 + 𝐵 = 𝐶 ⇔ 𝐴𝑋 + 𝐴𝐵 = 𝐶 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝐶 − 𝐴𝐵 ⇔ 𝑋 = 𝐴H+ _{𝐶 − 𝐴𝐵 =} 7 13 3 13 4 13 − 2 13 1 13 − 3 13 − 6 13 3 13 4 13 × −11 −2 − 12 04 −11 0 −3 1 × 01 1 = 7 13 3 13 4 13 − 2 13 1 13 − 3 13 − 6 13 3 13 4 13 × −11 −2 − −15 −2 = 7 13 3 13 4 13 − 2 13 1 13 − 3 13 − 6 13 3 13 4 13 × −62 0 = − 4 13 −10 13 −30 13