Math 103 - Algèbre linéaire

Il s’agit d’un cours d’introduction à l’algèbre linéaire. Les documents (polycopiés de cours et de TD) se trouvent sur eCampus.

Enploi du temps

• La partiel aura lieu le 10 mars à partir de 13h45 au bâtiment 337 (durée 2h).
• Les vacances de Pâques auront lieu du 11 au 19 avril.

Carnet de bord

• 6/03/2019 : Dimension
• 4/03/2019 : familles libres, génératrices, bases, dimension
  • Correction du test 2
  • Exercices traités : 2.17
  • A traiter par vous-même : Montrer que la famille de polynômes $(p_0 : x \mapsto 1, p_1: x \mapsto x, p_2: x \mapsto x^2)$ est libre.
• 28/02/2019 : familles libres, génératrices, bases
  • Test 1
  • Exercices traités : 2.15
• 26/02/2019 : familles libres, génératrices, bases
  • Exercices traités : 2.11, 2.13, 2.14
• 14/02/2019 : sous espaces vectoriels, familles libres
  • Exercices traités : 2.5, 2.6, 2.7
• 12/02/2019 : sous espaces vectoriels, familles libres
  • Exercices traités : 2.2 (fin), 2.3, 2.4, 2.5 (question 1)
  • A traiter par vous-même : 2.5 (fin)
• 7/02/2019 : Systèmes linéaires, sous espaces vectoriels
  • Exercices traités : 1.5, 1.11, 2.1, 2.2 (début)
  • A traiter par vous-même : 2.2 (fin)
• 5/02/2019 : Systèmes linéaires
  • Exercices traités : 1.8, 1.9, 1.12 (début)
  • A traiter par vous-même : 1.12 (fin) (afficher/masquer la solution)

    Appelons $D_3$ la droite perpendiculaire à $D_1$ et $D_2$ (il y a bien une unique telle droite). En faisant le produit vectoriel des vecteurs directeurs de $D_1$ et $D_2$, on trouve le vecteur $(-1,2,-1)$ qui est simultanément perpendiculaire au deux précédents, donc directeur de $D_3$. Il nous reste à déterminer un point de $D_3$. Soient $A_1 \in D_1$ et $A_2 \in D_2$, alors $A_1$ et $A_2$ sont sur $D_3$ si et seulement si le vecteur $\overrightarrow{A_1A_2}$ est colinéaire à $(-1,2,-1)$. Ce qui nous fournit donc un point (et même deux) de la droite $D_3$. On cherche donc $u,t$ tels qu'il existe $v$ tel que

    $$(1+u,u,u) - (t,2t,3t) = v.(-1,2,-1)$$

    En d'autres termes, si $(t,u,v)$ est solution de ce système, alors les points $(1+u,u,u)$ et $(t,2t,3t)$ seront sur $D_3$. La résolution du système conduit à $(t,u,v) = \frac{1}{6} (-3,-8,-1)$ est donc les points sont $A_1 = -\frac{1}{3}(1,4,4)$ et $A_2 = -\frac{1}{2}(1,2,3)$.

    Methode alternative : Sans connaître de vecteur directeur pour $D_3$, on peut utiliser une méthode similaire pour trouver deux points de $D_3$ (ce qui nous fournit un point et un vecteur directeur). En effet, si $A_1 \in D_1$ et $A_2 \in D_2$, alors $D_1$ et $D_2$ sont sur $D_3$ si et seulement si le vecteur $\overrightarrow{A_1A_2}$ est simultanément perpendiculaire à $(1,1,1)$ et $(1,2,3)$. En écrivant la nullité des deux produits scalaires, cela donne donc le système

    $$ \left\{\begin{matrix}(1+u-t,u-2t,u-3t) \cdot (1,1,1) & = & 0\\ (1+u-t,u-2t,u-3t) \cdot (1,2,3) & = & 0\end{matrix}\right. $$

    Ce qui donne la même solution $t = -\frac{1}{2}$ et $u = -\frac{4}{3}$ et donc les points $A_1 = -\frac{1}{3}(1,4,4)$ et $A_2 = -\frac{1}{2}(1,2,3)$. Et enfin le vecteur $\overrightarrow{A_1A_2} = \frac{1}{6}(1,-2,1)$ est alors un vecteur directeur de $D_3$.

  • Pour aller plus loin : 1.10, 1.13
• 31/01/2019 : Systèmes linéaires
  • Exercices traités : 1.6, 1.7, 1.3 (début)
  • A traiter par vous-même : 1.3 (fin)
  • Solution de l’énigme : (afficher/masquer)
    Soit $h_e$ la hauteur (comptée en nombre de marches) de l'escalator. On note $v_a$ la vitesse d'Alice, $v_e$ la vitesse de l'escalator, et $t_a$ la durée de montée de l'escalator pour Alice. Dans un référentiel fixe, Alice a monté $h_e$ marches à vitesse $v_a+v_e$, donc $$(v_a + v_e) t_a = h_e$$ Dans le référentiel de l'escalator, Alice à monté 28 marches à vitesse $v_a$, donc $$v_a t_a = 28$$ En faisant le quotient (ce qui permet de se débarasser de $t_a$), on trouve $$\frac{h_e}{28} = \frac{v_a+v_e}{v_a} = 1 + \frac{v_e}{v_a} \iff \frac{h_e}{14} = 2 + 2 \frac{v_e}{v_a}$$ De même pour Bob, on trouve l'équation $$\frac{h_e}{21} = \frac{v_a/2+v_e}{v_a/2} = 1 + 2\frac{v_e}{v_a}$$ En faisant la soustraction (qui permet de se débarraser de $\frac{v_e}{v_a}$), on trouve $$\pars{\frac{1}{14}-\frac{1}{21}} h_e = 1 \iff h_e = 42$$ Remarque : Si $(v_a, v_e, t_a ,t_b, h_e)$ est une solution de ce problème, alors $(\lambda v_a, \lambda v_e, \lambda^{-1} t_a, \lambda^{-1} t_b, h_e)$) est une autre solution. Donc il n'y a pas une valeur unique pour les vitesses et les durées, et il ne faut pas s'inquiéter de n'avoir écrit que 4 équations pour 5 inconnues.
• 29/01/2019 : Systèmes linéaires
  • Présentation de l’UE
  • Exercices traités : 1.1, 1.2, 1.4
  • A traiter par vous-même : 1.5
  • Enigme : Alice et Bob montent en marchant un escalier mécanique en mouvement. Lorsque Bob arrive en haut de l’escalier, il a monté 21 marches alors qu’Alice, avec une vitesse double de celle de Bob en a monté 28. Combien de marches l’escalier possède-t-il au repos ? Source : Images des Mathématiques