Mathématiques AL3 - Matrices. AL3 - Matrices Séance d autonomie - Corrigés des exercices -

(1)

AL3 - Matrices

Séance d’autonomie

- Corrigés des exercices -

(2)

1 Opérations sur les matrices

1.1 Produit matriciel

1.1.1 Calculer les produits suivants

a. 2 3 1

0 1 5

− −

  

  

   = 17 5

−

 

 

  b. 1 2 30

4 3 21

−

  

 −  

  

12 57

 

= 

 

c. 2 3 1 2

0 1 4 3

− −

  

  − 

  

14 13

4 3

−

 

= −  d.

2 1 2 1

1 0 3 2

3 4 1 3

−

  

  

 −  

  

  

6 8 14

 

 

= − 

 

 

e.

2 1 2 5 0 6

1 0 3 2 1 2

3 4 1 0 4 3

−

  

  

− −

  

  

8 9 16

5 12 3

23 0 29

 

 

= − − 

 

 

1.1.2 On donne les matrices

1 3 2 4

 

= 

 

A

et

1 3

2 4

−

 

= 

−

 

B

, ainsi que le vecteur

15 2

 

= 

−

  V

. Déterminer les produits A×B, B×A, A V× et B V× .

1 3 1 3 1 6 3 12 5 9

2 4 2 4 2 8 6 16 6 10

− − − + −

      

=   =  = 

− − − + −

      

AB ;

1 3 1 3 1 6 3 12 5 9

2 4 2 4 2 8 6 16 6 10

− − − − −

      

=   =  = 

− − + − +

      

BA ;

1 3 15 15 6 9

2 4 2 30 8 22

−

      

=   =  = 

− −

      

AV ; 1 3 15 15 6 21

2 4 2 30 8 38

− +

      

=   =  = 

− − − − −

      

BV .

1.1.3 Etablir la matrice F telle que OA=F OM. avec : ^f 2 3

x x y z

y x y z

z z

+ +

   

   

= → = + + 

   

   

OM OA

11 12 13

21 22 23

31 32 33

 

 

= 

 

 

a a a

F a a a

a a a

.

11 12 13 11 12 13

21 22 23 21 22 23

31 32 33 31 32 33

x x y z

y x y z

z x y z

+ +

    

    

=   = + + 

    + + 

    

a a a a a a

F OM a a a a a a

a a a a a a

2 3

x y z

z + +

 

 

= + + 

 

 

OA

11 12 13

21 22 23

31 32 33

x y z

+ +

 

 

= + + 

 + + 

 

a a a

Il suffit d’identifier :

1 1 1 1 2 3 0 0 1

 

 

= 

 

 

F

1.1.4 Soit une application faisant correspondre au vecteur V le vecteur W tel que .

2 3

f

x x y z

y x y z

z x y z

+ +

   

   

= → = + + =

   + + 

   

V W F V

1. Déterminer la matrice F

(3)

En appliquant le raisonnement vu pour l’exercice 1.1 vous obtenez : 2 1 3 2 3 1

 

= 

 

 

F 2. Quels sont les vecteurs V qui ont le vecteur nul pour image ?

( )

⁰ ^{1 2 3}^{2 1 3} ⁰⁰

2 3 1 0

x y z

    

    

= ⇔    =

    

    

f V , ce qui revient au système suivant :

2 3 0

x y z

+ + =



+ + =

 + + =



Le déterminant de ce système est :

(

^{. .} ^{. .} ^{. .}

) (

^{. .} ^{. .} ^{. .}

)

1 2 3

2 1 3 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2 1 3 3 3 1 1 2 2 12 2 3 1

= + + − + + =

Comme ce déterminant est différent de zéro la solution du système est unique et correspond donc à la solution évidente x= = =y z 0. Ainsi la solution de l’équation ^f

( )

^V ⁼⁰ est le vecteur nul :

( )

⁰ ⁰

f V = ⇔ =V

3. Quels sont les vecteurs V qui ont la base orthonormée

1 0 0

0 , 1 , 0

0 0 1

     

     

     

 

     

 

pour image ?

*

( )

¹⁰

0

f i i

  

= = 

  

V est équivalent au système :

2 3 1

2 3 0

i i i

x y z

+ + =



+ + =



 + + =



Nous avons calculé le déterminant du système précédemment, d’où une solution unique :

1 2 3 1 1 3 1 2 1

1 8 2 1 4 1 1 4 1

0 1 3 ; 2 0 3 ; 2 1 0

12 12 3 12 12 3 12 12 3

0 3 1 2 0 1 2 3 0

i i i

x = =− = − y = = = z = = =

*

( )

⁰¹

0

f j j

  

= = 

  

2 3 0

2 3 1

2 3 0

j j j

x y z

 + + =

 + + =

 + + =



0 2 3 1 0 3 1 2 0

1 7 1 5 1 1

1 1 3 ; 2 1 3 ; 2 1 1

12 12 12 12 12 12

0 3 1 2 0 1 2 3 0

j j j

x = = y = =− z = =

*

( )

⁰⁰

1

f k k

  

= = 

  

2 3 0

2 3 1

k k k

x y z

+ + =



+ + =

 + + =



0 2 3 1 0 3 1 2 0

1 3 1 1 3 1 1 3 1

0 1 3 ; 2 0 3 ; 2 1 0

12 12 4 12 12 4 12 12 4

1 3 1 2 1 1 2 3 1

k k k

x = = = y = = = z = =− = −

( ) ( ) ( )

2 7 1

3 12 4

5

1 1

3 12 4

1 1

13 12 4

i i j j k k

f i f j f k

−     

     

= ⇔ =  = ⇔ = −  = ⇔ = 

     

    − 

 

V V ; V V ; V V

(4)

1.2 Déterminant

1.2.1 Calculer les déterminants des matrices carrées présentes dans l’exercice 1.1.1

pour les matrices (3, 3), on s’entrainera sur la règle de Sarrus et sur la méthode des cofacteurs

2 3

0 1 2

− = ; 1 2

3 8 5

4 3

− = − = −

− ; 14 13

42 52 10

4 3

− = − = −

−

2 1 2

1 0 3 0 9 8 0 24 1 42

3 4 1

−

− = + + − + + = (avec Sarrus)

ou -1(-1-8) + 3(8+3) = 42 (avec cofacteurs de la ligne 2) ;

5 0 6

2 1 2 15 0 48 0 40 0 7

0 4 3

− = − + + − − − = − (avec Sarrus)

ou 5(-3-8) + 6(8-0) = -7 (avec cofacteurs de la ligne 1) ou 5(-3-8) – 2(0-24) = -7 (avec cofacteurs de la colonne 1) ;

8 9 16

5 12 3 2784 621 0 4416 0 1305 294

23 0 29

− − = − − + + − − = − (avec Sarrus)

ou 23(-27+192) + 29(-96-45) = -294 (avec cofacteurs de la ligne 3) ou -9(145+69) - 12(232-368) = -294 (avec cofacteurs de la colonne 2)

1.2.2 Établir les comatrices des matrices carrées des questions a., b., d. et e. de l’exercice 1.1.1

2 3 1 0

0 1 3 2

−

   

=

   

   

Com ; 1 2 3 4

4 3 2 1

− − −

   

=

   

− − −

   

Com ;

0 3 1 3 1 0

4 1 3 1 3 4

2 1 2 12 10 4

1 2 2 2 2 1

1 0 3 9 4 11

4 1 3 1 3 4

3 4 1 3 8 1

1 2 2 2 2 1

0 3 1 3 1 0

 − − 

+ − +

 

− −

   − −   

 − = −  + − = − − 

     

   

     

− −

+ − + 

 − − 

 

Com ;

1 2 2 2 2 1

4 3 0 3 0 4

5 0 6 11 6 8

0 6 5 6 5 0

2 1 2 24 15 20

4 3 0 3 0 4

0 4 3 6 2 5

0 6 5 6 5 0

1 2 2 2 2 1

 − − 

+ − +

 

− −

     

 − = − + − = − 

     

   − 

     

+ − + 

 − − 

 

Com

1.2.3 GI FC 18/26 2011 test – déterminant et vecteurs On donne la matrice

3 2 7

1 4 1

2 5 1

 

 

= − 

− − − 

 

M .

1) Calculer le déterminant de la matrice M, interpréter.

(5)

1 4 1 12 4 35 56 15 2 0

2 5 1

− = − + − + − + =

− − −

. On en déduit que ses trois lignes ou ses trois colonnes sont liées (l’une est combinaison linéaire des deux autres).

2) Chaque colonne de la matrice M sera considérée comme un vecteur. Ainsi, M est, dans cet ordre, la matrice des vecteurs , ,U V W.

Déterminer les réels a et b tels que W=a U bV. + . . On a le système :

3 2 7 3 2 7 3 2 7 3

4 1 3 12 3 10 10 1

2 5 1 2 5 1 2 5 1 3

+ = + = + = =

   

   

+ = − ⇔ + = − ⇔ = − ⇔ = −

   

 + =  + =  + =  =

   

a b a b a b a

a b a b b b

a b a b a b a

3) a. Déterminer le vecteur X= ∧U V.

3 2 5 8 3

1 4 4 15 11

2 5 12 2 10

− +

       

       

= ∧ =  ∧  = − +  = 

−  −   −   

       

X U V

b. Représenter, sur un schéma de principe (repère Oxyz inutile), les orientations relatives des trois vecteurs cités dans la question précédente.

X est orthogonal au plan formé par U et V ; en outre, il est dirigé dans le sens direct par rapport au couple (U,V), selon la règle

« des trois doigts ».

4) a. Calculer le produit scalaire W X⋅ .

7 3

1 11 21 11 10 0

1 10

   

   

⋅ = − ⋅   = − − =

−   

    W X

b. Comment pouvait-on prévoir ce résultat ?

D’après la question 2, les vecteurs , ,U V W sont liés, donc coplanaires. Or X est orthogonal au plan formé par U et V . X est donc orthogonal à W et leur produit scalaire est nul.

1.3 Inverse

1.3.1 Trouver les matrices inverses des matrices carrées citées dans les questions de l’exercice 1.1.1 on emploiera les cofacteurs, ainsi que la méthode de Gauss (pour les matrices (3,3))

Utilisons d’abord les déterminants et les comatrices obtenus en exercices 1.2.1 et 1.2.2 :

( ) ( )

^T ^, ^,

1 T

2 3 1 1 1 0 0 5 1 5

; =

0 1 2 3 2 0 1

− −

     

=  = =    

     

A A Com A

det A

T

1 2 1 1 3 4 1 3 2 0,6 0,4

; ou

4 3 5 2 1 5 4 1 0,8 0,2

− − − −

       

= −  =− − − =    

B B

T 1

2 1 2 12 10 4 12 9 3

1 1

1 0 3 ; 9 4 11 10 4 8

42 42

3 4 1 3 8 1 4 11 1

−

− −

     

     

= −  =  − − = − − 

     − 

     

C C

T 1

5 0 6 11 6 8 11 24 6

1 1

2 1 2 ; 24 15 20 6 15 2

7 7

0 4 3 6 2 5 8 20 5

−

− − −

     

     

= −  =−  −− =−  − − − 

D D

(6)

Inverses de C et de D par la méthode de Gauss :

/ / /

2 2 1

3 3 1

1 1 2

3 3 2

1 1 3

2 2 3

1 1

2 2

3 3

2 1 2

1 0 3 2

3 4 1 2 3

2 1 2

0 1 8

0 11 4 11

2 0 6 14

0 1 8 21 2

0 0 84

28 0 0 28

0 21 0 21

0 0 84 84

−

 

 

= −  ← −

  ← −

 

− ← +

 

 

 − 

 −  ← −

 

− ← +

 

 

− ← +

 

 

←

 

 

  ←

 

C L L L

L L L

L L

/ /

/

2 2 1

3 3 1

1 1 2

3 3 2

1 1 3

2 2 3

1 1 1

2 2 2

3 3

1 0 0

0 1 0 2

0 0 1 2 3

1 0 0

1 2 0

3 0 2 11

0 2 0 14

1 2 0 21 2

8 22 2

8 6 2 28 3 84

5 2 4 21 4 84

8 22 2 84

24 18 6

1 20 8 16

84 8

 

 

=  ← −

  ← −

 

← +

 

 

− 

−  ← −

 

← +

 

 

− ← +

 

 − 

 

← =

 

 

− − ← =

 

 −  ←

 

− −

−

I L L L

L L L

L L

1

12 9 3

1 10 4 8

22 2 42 4 11 1

−

   

 = − − =

   

   − 

   

C

/ /

/

2 2 1

3 3

1 1

3 3 2

1 1 3

2 2 3

1 1

2 2

3 3

5 0 6

2 1 2 5 2

0 4 3

5 0 6

0 5 2

0 4 3 5 4

5 0 6 7 6

0 5 2 7 2

0 0 7

35 0 0 35

0 35 0 35

0 0 7 7

 

 

= −  ← −

  ←

 

←

 

 

− −

 

  ← +

 

← −

 

 

− − ← +

 

 

←

 

 

− ← −

 

  ←

 

D L L L

L L

L L L

L L

/ / /

/

2 2 1

3 3

1 1

3 3 2

1 1 3

2 2 3

1 1 1

2 2 2

3 3

1 0 0

0 1 0 5 2

0 0 1

1 0 0

2 5 0

0 0 1 5 4

1 0 0 7 6

2 5 0 7 2

8 20 5

55 120 30 35 5 7

30 75 10 35 5 7

8 20 5 7

11 24 6

1 6 15 2

7 8

 

 

=  ← −

  ←

 

←

 

 

− 

  ← +

 

← −

 

 

− ← +

 

− 

 

− − ← =

 

 

− ← − = −

 

 −  ←

 

− −

−

I L L L

L L

L L L

L L

1

20 5

−

 

 

 =

 

 

D

2 Exemples

2.1 Systèmes

2.1.1 Résoudre les systèmes suivants par la méthode de Cramer :

a. 2 30

4 3 21

x y

− + =



− =



1 2 30

4 3 ; 21

−

   

= −  = 

A B

det(A) = -5, non nul, donc le système admet une unique solution.

(7)

( )

^,

21 3 90 42 132

3 8 5 26 4

x= − =− − = =

−

det A et

( )

^,

4 21 21 120 141

5 5 28 2

y= =− − = =

− det A

b.

x y z

x z

x y z

− + =



− =

 + + =



2 2 1

3 2

3 4 3

;

2 1 2 1

1 0 3 2

3 4 1 3

−

   

   

= −  = 

   

   

A B

det(A) = 0+9+8-0+24+1 = 42, non nul, donc le système admet une unique solution.

( ) ( )

( )

;

1 1 2 2 1 2

2 0 3 1 2 3

3 4 1 0 9 16 0 12 2 39 13 3 3 1 4 9 6 12 18 1 6 1

42 42 14 42 42 7

2 1 1

1 0 2

3 4 3 0 6 4 0 16 3 15 5

42 42 14

x y

z

−

− −

+ + − + + − + − + −

= = = = = = = =

−

− + − − + −

= = = = −

det A det A

det A c.

x z

x y z

y z

+ =



− + =

 + =



5 6 12

2 2 2

4 3 3

A ;B

   

   

= −  = 

   

   

5 0 6 12

2 1 2 2

0 4 3 3

det(A) = -15+0+48-0-40-0 = -7, non nul, donc le système admet une unique solution.

( ) ( )

( )

;

12 0 6 5 12 6

2 1 2 2 2 2

3 4 3 36 0 48 18 96 0 66 0 3 3 30 0 36 0 30 72 36

7 7 7 7

5 0 12

2 1 2

0 4 3 15 0 96 0 40 0 41

7 7

x y

z

−

− + + + − − + + − − −

= = = = = =

− −

−

− + + − − −

= = = −

−

det A det A

det A

Remarque : Résolution des mêmes systèmes par l’inverse :

a. x y

x y

− + =



− =



2 30

4 3 21

1 2 30

4 3 ; 21

−

   

= −  = 

A B , ,

, ,

1 1 1 2 1 3 4 0 6 0 4

4 3 2 1 0 8 0 2

5 5

− −  − −   

=−  − = − − −   = 

T

A TCom

, , ,

1 0 6 0 4 30 26 4

0 8 0 2 21 28 2

−     

= =   = 

    

X A B

b.

x y z

x z

x y z

− + =



− =

 + + =



2 2 1

3 2

3 4 3

;

2 1 2 1

1 0 3 2

3 4 1 3

−

   

   

= −  = 

   

   

A B

1

2 1 2 12 10 4 12 9 3

1 1 1

1 0 3 9 4 11 10 4 8

42 42 42

3 4 1 3 8 1 4 11 1

−

− −

     

     

=  − =  − − = − − 

     − 

     

T

A TCom

(8)

1

13

12 9 3 1 39 14

1 1 1

10 4 8 2 6

42 42 7

4 11 1 3 15

5 14

−

 

 

      

      

= = − −  =   = 

 −   −   

    

− 

 

 

X A B

c.

x z

x y z

y z

+ =



− + =

 + =



5 6 12

2 2 2

4 3 3

;

5 0 6 12

2 1 2 2

0 4 3 3

   

   

= −  = 

   

   

A B

1

5 0 6 11 6 8 11 24 6

1 1 1

2 1 2 24 15 20 6 15 2

7 7 7

0 4 3 6 2 5 8 20 5

−

− − −

     

     

= −  − = −  −− = −  − − − 

T

A TCom

1

66

11 24 6 12 66 7

1 1 36

6 15 2 2 36

7 7 7

8 20 5 3 41

41 7

−

 

 

− −

      

      

= = −  −  = − −  = 

 − −      

    

− 

 

 

X A B

2.1.2 Résoudre le problème agricole suivant :

Il y a deux champs dont la surface totale est 180 m². Le premier produit du grain avec un rendement de 7 boisseaux au m², tandis que le second produit du grain avec un rendement de 5 boisseaux au m². La récolte totale est de 1100 boisseaux. Quelle est la surface de chaque champ ?

1. Établissez la matrice de passage permettant d’obtenir la surface totale et la production totale à partir des deux surfaces inconnue S1 et S2. Puis, inverser la matrice et donner la solution.

La surface totale est : 180= +S₁ S₂ et la production totale est : 1100 7= S₁+5S₂ Ceci peut s’écrire sous forme matricielle : S S

S P S

   

=  =  

   

       

1 1

2 2

180 1 1

1100 7 5 ^d’où

S P

S

  −  

=

   

 

1 1

2

180 1100 ^. Il suffit d’inverser P : det(P) = 5 – 7 = -2. P est inversible et ¹ 1 5 1

7 1

2

− − 

=  −  P

On obtient alors : ¹ ¹

2

180 1 5 1 180 1 200 100

1100 2 7 1 1100 2 160 80

− −

          

= = = =

          

−

        

 

S P

S S₁=100 m² S₂=80 m²

2. Résoudre le système par la méthode de Cramer

Le système de deux équations à deux inconnues est le suivant : ¹ ²

1 2

180

7 5 1100

+ =



+ =



S S

. .

. . ,

2 1

180 1

1100 5 180 5 1100 1 900 1100

100 m

1 1 1 5 7 1 2

7 5

− −

= = = =

− −

S . .

. .

2 2

1 180

7 1100 1 1100 7 180 1100 1260

1 1 1 5 7 1 2 80 m

7 5

− −

= = = =

− −

S

2.1.3 Autre problème de culture !

Il y a trois type de maïs. Trois brassées du premier, deux du second et une du troisième représentent 39 boisseaux . Deux brassées du premier, trois du second et une du troisième représentent 34 boisseaux Une brassées du premier, deux du second et trois du troisième représentent 26 boisseaux.

Quelle est la quantité de boisseaux par brassée de chaque type de maïs ?

(9)

L’énoncé peut être traduit en un système de trois équations à trois inconnues : ₁ ₂ ₃

1 2 3

2 3 34

2 3 26

 + + =

 + + =



m m m

Nous pouvons le résoudre par la méthode de Cramer. Le déterminant du système utilisé au dénominateur est : ^{3 2 1}^{2 3 1} ⁼

(

3 3 3 2 2 1 1 2 1^{. .} ⁺ ^{. .} ⁺ ^{. .}

) (

⁻ 1 3 1 3 2 1 2 2 3^{. .} ⁺ ^{. .} ⁺ ^{. .}

)

⁼12

1 2 3

Ainsi on peut calculer les quantités recherchées :

, /

= = =

1

39 2 1

1 111

34 3 1 9 25

12 12

26 2 3

m boisseaux brassée

, . / .

= = =

2

3 39 1

1 51

2 34 1 4 25

12 12

1 26 3

m boiss brass

, . / .

= = =

3

3 2 39

1 33

2 3 34 2 75

12 12

1 2 26

m boiss brass

2.1.4 GI FA 2009 test 2

Pour une fabrication, une entreprise utilisera x pièces de type X, y pièces de type Y et z pièces de type Z. La masse et le coût de chacune de ces pièces sont donnés dans le tableau suivant :

X Y Z

Masse en grammes 2,5 2 1

Coût en euros 1 1,5 0,5

L'entreprise effectue une étude en vue d'optimiser cette fabrication. Pour cela, elle doit considérer le nombre total N des pièces employées, leur masse totale M en grammes et leur coût total C en euros.

1) Exprimer N, M et C en fonction de x, y et z.

N = x + y + z ; M = 2,5x + 2y + z ; C = x + 1,5y + 0,5z.

2) Résoudre le système d'inconnues x, y, z en utilisant la méthode de Cramer : ,

, ,

x y z

+ + =



+ + =

 + + =



2 5 2

1 5 0 5

N M C

Matrice du système : ^,

( )

^, ^, ^,

, ,

 

 

=  = + + − − − =

 

 

1 1 1

2 5 2 1 ; 1 1 3 75 2 1 5 1 25 1

1 1 5 0 5

A det A

Ainsi : , , , ,

, ,

x= = + + − − − = − + −

1 1

2 1 1 5 2 1 5 0 5 0 5

1 5 0 5 N

M N C M C N M N M C

C

, , , , , , ,

,

y= = + + − − − = − − +

1 1

2 5 1 0 5 2 5 1 25 0 25 0 5 1 5

1 0 5

N

M M N C M C N N M C

C

, , , , , , ,

,

z= = + + − − − = − −

1 1

2 5 2 2 3 75 2 1 5 2 5 1 75 0 5 0 5

1 1 5 N

M C M N N M C N M C

C

(10)

3) On considère les matrices : x y z

  

= 

   U et

 

 

= 

 

  N

B M

C

. Déterminer la matrice carrée d'ordre 3, A, telle que le système du 2) soit équivalent à l'égalité matricielle AU = B

Il s’agit de la matrice A citée au-dessus.

4) On désigne par A' la matrice : ,

, , ,

− −

 

 

− −

 

 − − 

 

0 5 1 1

0 25 0 5 1 5

1 75 0 5 0 5

Calculer le produit de matrices A'A. Que constate-t-on ?

On vérifie que A’A est la matrice identité. Ainsi, A’ est l’inverse de A.

5) a) Sans utiliser l'expression des matrices sous la forme de tableaux de nombres, démontrer, à partir du résultat de la question 4), que l'égalité matricielle AU = B est équivalente à l'égalité matricielle U = A’B AU = B, donc A’AU = A’B, c’est à dire IU = U = A’B.

b) En déduire l'écriture de la matrice U en fonction de N, M et C. Ce résultat est-il cohérent avec le résultat obtenu en 2) ?

, ,

, , , , , ,

− − − + −

    

    

= ′ = − −   = − − + 

 − −    − − 

    

0 5 1 1 0 5

0 25 0 5 1 5 0 25 0 5 1 5

1 75 0 5 0 5 1 75 0 5 0 5

N N M C

U A B M N M C

C N M C

, en cohérence avec les écritures de x, y et z trouvées en question 2.

6) L'étude a montré que la fabrication est optimale lorsque sont employées au total 140 pièces, d'une masse totale de 275 g et d'un coût total de 135 euros. Dans ces conditions, calculer les nombres de pièces de chacun des types X, Y et Z utilisées pour cette fabrication.

,

x= −0 5 140 275 135 70 × + − = y= −0 25 140 0 5 275 1 5 135 30 , × − , × + , × =

, , ,

z=1 75 140 0 5 275 0 5 135 40 × − × − × = 2.1.5 GI FC34 2010 - test – Matrices

Lors du conseil d’administration d’un petit aérodrome, trois budgets doivent être votés simultanément : budgets carburant, C, entretien, E, et administration, A.

Dans la mesure où certaines dépenses sont communes et où certains transferts seront faits, il est impératif que les trois calculs suivants conduisent à un total identique de 80 k€ :

* Le budget C, additionné de 40% du budget E et de 50% du budget A ;

* Le budget E, additionné de 10% du budget C et de 60% du budget A ;

* Le budget A, additionné de 50% du budget C et de 60% du budget E.

Le présent exercice vise à fixer les montants de ces trois budgets C, E, A, vérifiant toutes ces conditions.

1) Montrer que les conditions imposées reviennent à l’écriture d’un système de trois équations à trois inconnues C, E et A, dont la matrice est

, ,

 

 

 

1 0 4 0 5

0 1 1 0 6

0 5 0 6 1 .

Les trois conditions se traduisent comme suit : C + 0,4E + 0,5A = 80 0,1C + E + 0,6A = 80 0,5C + 0,6E + A = 80 Cela correspond à la matrice du système donnée.

2) Résoudre ce système par la méthode matricielle de votre choix et conclure sur le montant alloué à chaque budget. (on pourra multiplier par 10 tous les coefficients du système, ce qui ne modifiera en rien les solutions trouvées).

Multiplions par 10 tous les coefficients du système. On a alors :

(11)

+ + − − − ,

= = = =

+ + − − −

800 10 6

800 6 10 80000 19200 24000 40000 28800 32000 22400

10 4 5 1000 120 30 250 360 40 500 44 8

1 10 6

5 6 10

C

+ + − − −

= = = =

10 800 5

1 800 6

5 800 10 80000 24000 4000 20000 48000 8000 32000

500 500 500 64

E

+ + − − − ,

= = = =

10 4 800

1 10 800

5 6 800 80000 16000 4800 40000 48000 3200 9600

500 500 500 19 2

A

Les budgets seront, en euros :

44800 € pour le carburant, 64000 € pour l’entretien et 19200 € pour l’administration.

2.2 Changements de base

2.2.1

Considérons la base orthonormée

( )

^{i j}^, . Soient deux points  ,  

   

   

1 3

1 2

A B dans cette base. On souhaite avoir pour nouvelle base orthonormée un vecteur colinéaire à AB et un vecteur orthogonal direct.

1) Définir la nouvelle base

( )

^{u v}^, . Note : Orthogonale directe signifie que u∧vet i ∧jsont de même sens

On a  

= 

  2

AB 1 donc le vecteur unitaire colinéaire à AB est : u

 

= = 

 

 

2 5

1 5

AB AB

Le deuxième vecteur, v, complétant la nouvelle base est orthogonal à u, donc leur produit scalaire est nul : u v⋅ =0. Le module de v est égal à 1. Nous posons donc :

v x y

=  

  et nous obtenons deux équations : x y

x y

+ =



+ =

 ² ²

2 0

1 Par substitution, nous avons : y= − x⇒x²+ x²= ⇒x= ± 5

2 4 1

5 Nous avons donc pour l’instant deux bases possibles :

soit : u v

   

   

= =

   

−

   

   

1

5 5

2 5 ; 5

5 5

5 2 5

soit u v

   

−

   

= =

   

   

2

5 5

2 5 ; 5

5 5

5 2 5

Une seule des deux est directe par rapport à

( )

^{i j}^,

i j

     

     

∧ =     ∧ =

     

     

1 0 0

0 1 0

0 0 1

, u v

   

 

   

 

   

∧ =   ∧ −    =− 

   

1

5 5 0

2 5 5 0

5 5

2 1

5 5

, u v

   

−  

   

     

∧ =   ∧     = 

   

2

5 5 0

2 5 5 0

5 5

2 1

5 5

(12)

La nouvelle base est donc la deuxième : u v

   

−

   

=  = 

   

   

5 5

2 5 ; 5

5 5

5 2 5

2) Construire la matrice de passage de

( )

^{u v}^, ^vers

( )

^{i j}^, ^.

La matrice de passage permettant d’exprimer des coordonnées dans la base

( )

^{i j}^, sachant qu’on les connaît dans la base

( )

^{u v}^, est P telle que : Vij =P V^. uv =

[

u v

]

ij^.Vuv

 

−

 

= 

 

 

5 5

2 5 5

5 5

5 2 5

P

3) Calculer la matrice de passage de

( )

^{i j}^, ^vers

^{( )}

^{u v}^, ^.

La matrice de passage permettant d’exprimer des coordonnées dans la base

( )

^{u v}^, lorsqu’on les connaît dans la base

( )

^{i j}^, ^{est P}^-1 obtenue en inversant P :

. .

uv= ⁻¹ ij =i juv ij

V P V V

( )

⁼ ⁻ ^{= + =}

5 5

2 5 5 4 1

5 5 1

5 5

5 2 5

det P

( ) ( )

   

−

   

=  = 

−

   

   

5 5 5 5

2 2

5 5 5 5

2 2

5 5 5 5

Com P TCom P

−

 

 

= 

−

 

 

1

5 5

2 5 5

5 5

5 2 5

P

2.2.2 Matrices de passage

Soit, dans une base orthonormée

(

^{i j k}^{, ,}

)

^, ⁼^{ }^{ } ^, ^{= −}^^ ^^

  − 

   

1 2

1 1

U V et : W= ∧U V. 1) Définir la base orthonormée uvw colinéaire aux trois vecteurs décrits ci-dessus.

On remarque que UetV sont orthogonaux (produit scalaire nul).

Le vecteur West le suivant :

     

     

= ∧ =  ∧ − =  

  −  − 

     

1 2 0

1 1 3

W U V . Pour obtenir la définition des vecteurs , ,

u v w il suffit de diviser les vecteurs U V W, , par leur module comme suit :

u v w

     

     

= = + +     = = + + −−  = = + + − 

1 2 0

1 1 1

1 1 3

1 1 1 4 1 1 0 9 9

1 1 3

U V W

Ainsi la base orthonormée uvw est définie par : u v w

 

   

 

   

 

   

 

   

=  = −  = 

 

   

 

   

−

−  

   

     

1 2 0

3 6

1 1 1

3 6 2

1

1 1

2

3 6

(13)

La matrice de passage de uvw vers ijk est P=

[ ]

uvwijk =

 

 

 − 

 

−

 − 

 

1 2

3 6 0

1 1 1

3 6 2

1

1 1

2

3 6

La matrice de passage de ijk vers uvw est obtenue en inversant P.

uvw

−¹=ijk

P qui donne : ⁻

 

 

= − − 

 

 − 

 

1

1 1 1

3 3 3

2 1 1

6 6 6

1 1

0 2 2

P . Vous pouvez vérifier que : PP⁻¹=I

Exemple de recherche de l’inverse par la méthode de Gauss :

/

 

 

= −  ← −

 

− − ← −

 

 

  ← +

 

 − 

 

− − ← −

 

 

  ← +

 

− ← +

 

 − 

 

  ←

 

 − 

 

 − 

 

2 2 1

3 3 1

1 1 2

3 3 2

1 1 3

2 2 3

1 1

1 2

3 6 0

1 1 1

3 6 2

1

1 1

2

3 6

1 2 0 3 2

3 6

3 1

0 6 2

3 1

0 6 2

3 2

3 0 2

3 1

0 2

6 2

0 0 2

2

3 0 0 3

3

0 6 0

6 0 0 2

2

P L L L

L L L

L L

/

← −

2 2

3 3

6 2

L L

/ / /

−

 

 

=  ← −

  ← −

 

← +

 

− 

 

−  ← −

 

← +

 

 

− ← +

 

 − 

 

  ←

 

− ← −

 

 −  ← −

 

 

 

 − − =

 

 − 

 

 

2 2 1

3 3 1

1 1 2

3 3 2

1 1 3

2 2 3

1 1

2 2

3 3

1

1 0 0 0 1 0 0 0 1

1 0 0 3 2

1 1 0 1 0 1

1 2 0

1 1 0 2

0 1 1

1 1 1 3

2 1 1 6

0 1 1 2

1 1 1

3 3 3

2 1 1

6 6 6

1 1

0 2 2

I L L L

L L L

L L

P

(14)

3 Applications linéaires

3.1 Changement de base

3.1.1 Opérateur de transformation Soient trois vecteurs u ,v ,w

−

     

     

=  =  = 

     

     

1 1 1

0 0 1

1 1 1

définis dans une base orthonormée

( )

^{i j k}^{, ,} ^.

Un opérateur f réalise les transformations suivantes : ^{f u}

( )

⁼²^u ^{f v}

( )

^{= −}²^v ^{f w}

( )

⁼^w

.

1) Écrire la matrice F définissant l’opérateur sur la base

(

^{u v w}^{, ,}

) ( )

f f f f f

f u u f f f f f

f f f f f

=

      

      

= ⇔   =   = ⇒ =

       =

      

11 12 13 11 11

21 22 23 21 21

31 32 33 31 31

1 2 2

2 0 0 0

0 0 0

( )

^f ^f ^f ^f ^f

f v v f f f f f

f f f f f

=

      

      

= − ⇔   =  = − ⇒ = −

       =

      

11 12 13 12 12

21 22 23 22 22

31 32 33 32 32

0 0 0

2 1 2 2

0 0 0

 

 

= − 

 

 

2 0 0

0 2 0

0 0 1

F

( )

^f ^f ^f ^f ^f

f w w f f f f f

f f f f f

=

      

      

= ⇔   =   = ⇒ =

       =

      

11 12 13 13 13

21 22 23 23 23

31 32 33 33 33

0 0 0

1 1 1

2) Écrire la matrice H définissant l’opérateur sur la base

( )

^{i j k}^{, ,}

Relations fonctionnelles (image par f ) : OBuvw=F OA. uvw et OBijk =H OA. ijk. Soit M=

[

u v w^{, ,}

]

ijk et M⁻¹=

[

i j k^{, ,}

]

uvw.

Relations de changements de base : OBijk =M OB. uvw et OAuvw =M−¹.OAijk. Nous pouvons donc écrire :

. . . .

ijk = uvw = uvw= −¹ ijk

OB M OB M F OA M F M OA , et donc H=M F M. . ⁻¹.

[

u v w^{, ,}

]

ijk

−

 

 

= = 

 

 

1 1 1

0 0 1

1 1 1

M .

( )

⁼ ⁻ ^{= −}

1 1 1

0 0 1 2

1 1 1

det M , cette matrice est inversible.

( )

⁻

( )

⁻ ⁻ ⁻ ⁻

     

     

= −  = −  = − 

− −   −   

     

1

1 1 0 1 2 1 1 2 1

2 0 2 1 0 1 1 1 0 1

1 1 0 0 2 0 2 0 2 0

Com M TCom M M

. . ⁻

− − − −

         

         

= =  −  − =  −  = 

      −    − 

         

1

1 1 1 2 0 0 1 2 1 2 2 1 1 2 1 0 1 2

1 1

0 0 1 0 2 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0

2 2

1 1 1 0 0 1 0 2 0 2 2 1 0 2 0 2 1 0

H M F M

(15)

3.2 Valeurs et vecteurs propres

3.2.1 Déterminer les valeurs et vecteurs propres de la matrice

−

 

 

= 

 − 

 

0 1 2

0 1 0

2 1 0

A

Observer les résultats obtenus par rapport aux données et résultats de l’exercice précédent.

Quels commentaires pouvez-vous faire ? Valeurs propres

Polynôme caractéristique :

(

^λ

)

^λ ^λ ^λ

(

^λ

) (

^λ

) (

^λ

) ⁽

^λ

⁾

λ

− −

− = − = − − − = − −

− −

2 2

1 2

0 1 0 1 4 1 4 1

2 1

det A I

Les trois valeurs propres sont donc : λ1=2 λ2= −2 λ3=1 Vecteurs propres la définition est A V. p_i =λ_iVp_i.

* A V. _p₁=λ₁V_p₁ :

x x

y y

z z

−

    

  =  

    

 −    

    

1 1

0 1 2

0 1 0 2

2 1 0

, d’où :

y z x

y y

x y z

− + =



=

 − =



1 1 1

1 1

1 1 1

2 2

2

2 2

La deuxième équation donne y₁ =0 et les deux autres donnent x₁ =z₁ ; ainsi le premier groupe de vecteurs propres est celui des vecteurs colinéaires à :

  

= 

  

1

1 0 1 V

* A V. p₂=λ₂Vp₂ :

x x

y y

z z

−

    

  = −  

    

 −    

    

2 2

0 1 2

0 1 0 2

2 1 0

, d’où :

y z x

y y

x y z

− + = −



= −

 − = −



2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2

La deuxième équation donne y₂=0 et les deux autres donnent x₂= −z₂ ; ainsi le second groupe de vecteurs propres est celui des vecteurs colinéaires à :

−

 

 

= 

 

 

2

1 0 1 V

* A V. p₃=λ₃Vp₃ :

x x

y y

z z

−

    

    

   = 

 −    

    

3 3

0 1 2

0 1 0

2 1 0

, d’où :

y z x

y y

x y z

− + =



=

 − =



3 3 3

3 3

3 3 3

2 2

Dans la troisième équation, substituons x3 par son écriture obtenue en première ligne.

Cette troisième équation donne : -2y3 + 4z3 – y3 = z3, soit y3 = z3. La première équation donne à son tour z3 = x3.

Ainsi le 3^e groupe de vecteurs propres est celui des vecteurs colinéaires à :

  

= 

  

3

1 1 1 V Commentaires :

• Les valeurs propres correspondent aux valeurs portées sur la diagonale de la matrice F de l’exercice 4.1.1 ;

• Les vecteurs propres sont colinéaires à ceux de la base u v w, ,

(16)

• La matrice A est bien la matrice H que nous avions obtenue dans cet exercice.

On retrouve ainsi sur cet exemple l’effet du changement de la base initiale pour la base propre qui est de diagonaliser la matrice représentative de l’opérateur.

3.2.2 Soit l’application linéaire f dont la matrice F est , , ,

, , ,

 

 

− −

 

 − 

 

0 1 1

0 5 1 5 0 5

1 5 1 5 0 5

.

Rechercher ses valeurs propres, considérant que le polynôme caractéristique de f admet plusieurs racines évidentes, puis donner une base normée de vecteurs propres.

Polynôme caractéristique :

P(λ^{) = (-}λ^)(1,5-λ^)(0,5-λ) – 0,75 + 0,75 – 1,5(1,5-λ^{) + 0,75}λ + 0,5(0,5-λ^{) = -}λ^{³ + 2}λ^{² +}λ^{- 2.}

On remarque tout de suite que 1 et -1 en sont deux racines évidentes, ainsi que 2.

Si on n’a remarqué que la racine 1, on factorise P(λ^{) par (1-}λ), par exemple en divisant le premier polynôme par le second, puis on recherche les racines (-1 et 2) du quotient qui est un polynôme du second degré. Au bout du compte, sous forme factorisée, P(λ^{) = (1-} λ^)(2- λ^)(-1- λ^).

Les trois valeurs propres de f sont : 1, 2 et -1.

Vecteurs propres associés à 1 :

, , , . , *

, , ,

x x y z x y z x x y

y y x y z y x y z z k k

z z x y z z x y z x y

+ = + = =

         

  

      

− − = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔  = ⇔ = ∈

      

  

 −     − + = − = =  

         

1

0 1 1 1

0 5 1 5 0 5 1 3 2 0 V 1

1 5 1 5 0 5 3 3 2 3 3 0

ℝ

Vecteurs propres associés à -1 :

, , , . V , *

, , ,

1

0 1 1 1

0 5 1 5 0 5 1 3 2 5 0 0

1 5 1 5 0 5 3 3 2 1

x x y z x y z x x z

y y x y z y x y z y k k

z z x y z z x y z x z

−

+ = − + = − = −

         

  

      

− − = − ⇔ − + − = − ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ∈

      

  

 −     − + = − − = − = − − 

         

ℝ

Vecteurs propres associés à 2 :

, , , . V , *

, , ,

2

0 1 1 2 2 0

0 5 1 5 0 5 2 3 4 1

1 5 1 5 0 5 3 3 4 0 1

x x y z x y z x z y

y y x y z y x y z z y k k

z z x y z z x y z x

+ = + = = −

         

  

      

− − = ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔  = − ⇔ = ∈

      

  

 −     − + = − = = − 

         

ℝ

Pour citer une base de vecteurs propres, il faut en choisir un dans chaque groupe (c’est à dire pour chaque valeur propre).

Pour que cette base soit normée, il faut que la norme de chacun des trois soit égale à 1.

Prenons dans un premier temps les vecteurs 1 1 0

  

  

  ,

1 0 1

 

 

− 

  et

0 1 1

 

 

− 

 

. Ils forment une base de vecteurs propres, mais leur norme ne vaut pas 1 (elle vaut 2 pour tous).

On se souvient que quel que soit le vecteur non nul u, la norme du vecteur u

u vaut 1.

On peut alors citer une base normée de vecteurs propres : , ,

1 2 1 2 0

1 2 0 1 2

0 1 2 1 2

     

     

     

  −  − 

 

.