HighKholle

Systèmes linéaires

Exercice 326 ⭐️ Trois inconnues, Sup/L1

Résoudre le système suivant :
(Σ){3x+y−2z=−42x−y+z=3x−y+2z=2.(\Sigma)\left\{\begin{array}{ccc} 3x+y-2z & = & -4 \\ 2x-y+z & = & 3 \\ x-y+2z & = & 2. \end{array}\right.

Pivot de Gauss !

Première étape.
(Σ)⇔{3x+y−2z=−4−5y+7z=17(L2←3L2−2L1)−4y+8z=10(L3←3L3−L1)(\Sigma)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccc} 3x+y-2z & = & -4 & \\ -5y+7z & = & 17 &\qquad (L_2\leftarrow 3L_2-2L_1)\\ -4y+8z & = & 10&\qquad (L_3\leftarrow 3L_3-L_1) \end{array}\right.
Deuxième étape.
(Σ)⇔{3x+y−2z=−4−5y+7z=1712z=−18(L3←5L3−4L2)(\Sigma)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccc} 3x+y-2z & = & -4 & \\ -5y+7z & = & 17 &\\ 12z & = & -18&\qquad (L_3\leftarrow 5L_3-4L_2) \end{array}\right.
On remonte les équations, pour obtenir z\displaystyle z, puis y\displaystyle y,puis x\displaystyle x :
(Σ)⇔{x=−12y=−112z=−32(L3←5L3−4L2)(\Sigma)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{cccc} x & = & -\frac 12 & \\ y & = &-\frac{11}{2} &\\ z & = & -\frac 32&\qquad (L_3\leftarrow 5L_3-4L_2) \end{array}\right.

Exercice 366 ⭐️ Représentation paramétrique →\displaystyle \rightarrow cartésienne, Sup/L1

  1. Soit F\displaystyle F le sous-e.v. de R4\displaystyle \R^4 défini par F={(x,y,z,t)∈R4 : ∣x−2y+t=0x−4y−z+3t=0}\displaystyle F = \left\{ (x,y,z,t)\in \R^4 ~:~ \left|\begin{array}{l} x-2y +t = 0 \\ x - 4y - z + 3 t = 0 \end{array}\right. \right\}.
    Déterminer une base de F\displaystyle F.
  2. Soit G\displaystyle G le sous-e.v. de R3\displaystyle \R^3 défini par G=Vect((1,3,−2),(7,5,2))\displaystyle G=\mathrm{Vect}((1,3,-2),(7,5,2)).
    Donner une équation cartésienne de G\displaystyle G.
  1. Choisir des inconnues libres, en fonction desquelles on exprime les autres. Reconnaître un Vect\displaystyle \mathrm{Vect}.
  2. Trouver la condition sur (x,y,z)\displaystyle (x,y,z) pour que le système a(1,3,−2)+b(7,5,2)=(x,y,z)\displaystyle a(1,3,-2)+b(7,5,2)=(x,y,z) ait (au moins) une solution.
  1. (x,y,z,t)\displaystyle (x,y,z,t) est solution ssi {x−2y+t=0x−4y−z+3t=0\displaystyle \left\{\begin{array}{l} x-2y +t = 0 \\ x - 4y - z + 3 t = 0 \end{array}\right. ssi {t=−x+2yz=x−4y+3t=−3x+2y\displaystyle \left\{\begin{array}{l} t=-x+2y \\ z = x-4y+3 t=-3x+2y \end{array}\right.
    Ainsi F={(x,y,−3x+2y,−x+2y),x,y∈R}=Vect((1,0,−3,−1),(0,1,2,2))\displaystyle F=\{(x,y,-3x+2y,-x+2y), x,y\in\R\}=\mathrm{Vect}((1,0,-3,-1),(0,1,2,2)).
    La famille trouvée est libre (deux vecteurs non colinéaires), donc c’est bien une base de F\displaystyle F.
  2. Soit (x,y,z)∈R3\displaystyle (x,y,z)\in\R^3. On a (pivot de Gauss) :
    (x,y,z)∈G⇔∃(a,b)∈R2 : {a+7b=x3a+5b=y−2a+2b=z⇔∃(a,b)∈R2 : {a+7b=x−16b=−3x+y16b=2x+z⇔∃(a,b)∈R2 : {a+7b=x−16b=−3x+y0=−x+y+z\begin{aligned} (x,y,z)\in G&\Leftrightarrow\exists (a,b)\in\R^2~:~\begin{cases}a+7b=x\\3a+5b=y\\-2a+2b=z\end{cases}\\ &\Leftrightarrow\exists (a,b)\in\R^2~:~\begin{cases}a+7b=x\\-16b=-3x+y\\16b=2x+z\end{cases}\\ &\Leftrightarrow\exists (a,b)\in\R^2~:~\begin{cases}a+7b=x\\-16b=-3x+y\\0=-x+y+z\end{cases} \end{aligned}
    Cette condition équivaut à −x+y+z=0\displaystyle -x+y+z=0. Ainsi G={(x,y,z)∈R3 : x−y−z=0}\displaystyle G=\{(x,y,z)\in\R^3~:~x-y-z=0\}.

Exercice 563 ⭐️⭐️⭐️ Newton démystifié, Sup/L1

Soient m1,…,mn\displaystyle m_1, \dots, m_n des réels strictement positifs, et x1,…,xn\displaystyle x_1, \dots, x_n des fonctions deux fois dérivables de R\displaystyle \mathbb{R} dans R3\displaystyle \mathbb{R}^3. Montrer qu’il existe des fonctions x0\displaystyle x_0 et (Fj,k)1≤j,k≤n\displaystyle (F_{j,k})_{1 \leq j, k \leq n} deux fois dérivables de R\displaystyle \mathbb{R} dans R3\displaystyle \mathbb{R}^3, telles que Fj,k=−Fk,j\displaystyle F_{j,k} = - F_{k,j} pour tous j,k∈{1,2,…,n}\displaystyle j, k \in \{1,2,\dots, n\}, et mkd2dt2(xk−x0)=∑j=1nFj,k(t)\displaystyle m_k \frac{d^2 }{dt^2}(x_k - x_0) = \sum_{j=1}^n F_{j,k}(t) pour tous k∈{1,2,…,n}\displaystyle k \in \{1,2, \dots, n\} et t∈R\displaystyle t \in \mathbb{R}.

On prend x0=(∑j=1nmjxj)/(∑j=1nmj)\displaystyle x_0 = \left(\sum_{j=1}^n m_j x_j \right)/ \left(\sum_{j=1}^n m_j \right), et on a ainsi ∑j=1nmkyj=0\displaystyle \sum_{j=1}^n m_k y_j = 0 pour yj=xj−x0\displaystyle y_j = x_j - x_0. On choisit ensuite (Fj,k)1≤j≤n\displaystyle (F_{j,k})_{1 \leq j \leq n} successivement pour k=1,2,…,n−1\displaystyle k = 1, 2, \dots, n-1 de manière à ce que les n−1\displaystyle n-1 premières équations sont satisfaites. C’est toujours possible car on peut toujours choisir Fn,k\displaystyle F_{n,k} librement. La somme de tous les Fj,k\displaystyle F_{j,k} est nulle par antisymétrie, donc si z=∑j=1nFj,n\displaystyle z= \sum_{j=1}^n F_{j,n}, on a z=−∑k=1n−1mkyk′′\displaystyle z = - \sum_{k=1}^{n-1} m_k y_k''. Comme ∑j=1nmkyj=0\displaystyle \sum_{j=1}^n m_k y_j = 0, on a z=mnyn′′\displaystyle z = m_n y''_n.