CoCalc -- MATH204-MISPI-TP-(David-Nabel_Moris)-(Noa-fraigneau).ipynb

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Kernel: SageMath 9.8

In [6]:

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`Exercice 1 (Matrices et produit matriciel)`

In [4]:

M = matrix([[1,2,3],[4,5,6]])
M

Out[4]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{array}\right)$

In [5]:

V = matrix([[7],[8],[9]])
V

Out[5]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} 7 \\ 8 \\ 9 \end{array}\right)$

In [15]:

L = matrix([[1,2,3]])
L

Out[15]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3 \end{array}\right)$

In [16]:

C = matrix([[-3],[2],[-1]])
C

Out[16]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} -3 \\ 2 \\ -1 \end{array}\right)$

Apres calcule le L*C a la main sa donne :

(1*-3) + (2*2) + (3*-1) = -2

In [17]:

L*C

Out[17]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} -2 \end{array}\right)$

In [17]:

M = matrix([[2,2,1],[0,-1,1]])
M

Out[17]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 2 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right)$

In [15]:

C = matrix([[1],[-1],[1]])
C

Out[15]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} 1 \\ -1 \\ 1 \end{array}\right)$

Apres calcule le M * C a la main sa donne :

( 2*1 2*-1 + 1*1 ) = 1

( 0*1 + -1*-1 + 1*1 ) = 2

In [18]:

M*C

Out[18]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} 1 \\ 2 \end{array}\right)$

In [19]:

T =  matrix([[1,0,-1],[1,1,0]])
T

Out[19]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right)$

In [20]:

S =  matrix([[1,1],[1,0],[1,1]])
S

Out[20]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right)$

T*S

(1*1)+(0*1)+(-1*1)=0ㅤㅤㅤㅤ(1*1)+(1*1) + (0*1)=0

(1*1)+(0*0)+(-1*1)=2ㅤㅤㅤㅤ(1*1) + (1*0) + (0*1) =1

$\left( \begin{matrix} 0 & 0\\ 2 & 1\\ \end{matrix} \right)$

In [24]:

T*S

Out[24]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rr} 0 & 0 \\ 2 & 1 \end{array}\right)$

(1*1)+(1*1) ㅤ (1*0)+(1*1) ㅤ (1*(-1))+(1*0)

(1*1)+(0*1) ㅤ (1*0)+(0*1) ㅤ (1*(-1)+(0*0)

(1*1)+(1*1) ㅤ (1*0)+(1*1) ㅤ (1*(-1))+(1*0)

$\left( \begin{matrix} 2 & 1 & -1\\ 1 & 0 & -1\\ 2 & 1 & -1\\ \end{matrix} \right)$

In [25]:

S*T

Out[25]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 2 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 \\ 2 & 1 & -1 \end{array}\right)$

`Exercice 2 (Matrices et applications linéaires)`

In [8]:

f(x,y,z) = ([x - y], [z -y])
f

Out[8]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} \left( x, y, z \right) \ {\mapsto} \ x - y \\ \left( x, y, z \right) \ {\mapsto} \ -y + z \end{array}\right)$

U=(x, y, z) V=(x' ,y' , z') (U;V) ∈ R^3 *R^3 λ∈R

Pour montrer qu'une application est linéaire, il faut vérifier que l'application respecte les deux propriétés suivantes :

Additivité : f(u + v) = f(u) + f(v)
Homogénéité : f(λu) = λf(u)

f(u + v) = f( (x, y, z) + (x' + y' + z')) = f((x + x', y + y', z + z'))

=(x + x' - y + y' -z + z' - y - 'y) = (x - y , z - y) + (x' - y , z' - y' )

=f(u) + f(v)

f(λu) = f(λ(x , y , z)) = f( λx , λy , λz) = (λx - λy , λz - λy) = λ(x -y , z - y)

=λ f(u)

f est donc linaire

In [25]:

C3 =  matrix([[1,0,0],[0,1,0],[0,0,1]])
C3

Out[25]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

In [26]:

C2 = matrix([[1,0],[0,1]])
C2

Out[26]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$

In [59]:

f(1,0,0)

Out[59]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} 1 \\ 0 \end{array}\right)$

In [56]:

f(0,1,0)

Out[56]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} -1 \\ -1 \end{array}\right)$

In [41]:

f(0,0,1)

Out[41]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} 0 \\ 1 \end{array}\right)$

[f(x,y,z)]c2 → (x - y, z - y).

f(1, 0, 0) : f(1, 0, 0) = $\left( \begin{matrix} 1 - 0 \\ 0- 0\\ \end{matrix} \right)$ = $\left( \begin{matrix} 1\\ 0\\ \end{matrix} \right)$

f(0, 1, 0) : f(0, 1, 0) = $\left( \begin{matrix} 0 - 1 \\ 0- 1\\ \end{matrix} \right)$ = $\left( \begin{matrix} -1\\ -1\\ \end{matrix} \right)$

f(0, 0, 1) : f(0, 0, 1) = $\left( \begin{matrix} 0 - 0 \\ 1- 0\\ \end{matrix} \right)$ = $\left( \begin{matrix} 0\\ 1\\ \end{matrix} \right)$

ㅤ

[f(1, 0, 0)]C2 = = $\left( \begin{matrix} 1\\ 0\\ \end{matrix} \right)$

[f(0, 1, 0)]C2 = $\left( \begin{matrix} -1\\ -1\\ \end{matrix} \right)$

[f(0, 0, 1)]C2 = $\left( \begin{matrix} 0\\ 1\\ \end{matrix} \right)$

Construisons l'appli linéaire $f: \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2$ donnée par $\left( \begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right) \mapsto \left( \begin{matrix} x - y\\ z - y \end{matrix} \right)$

In [21]:

M = matrix([[1, -1, 0], [0, -1, 1]])
M

Out[21]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right)$

[f(x, y, z)]C2 = mat(f, C3, C2)[(x, y, z)]C3

= $\left( \begin{matrix} 1 &-1 & 0 \\ 0 &-1 &1 \\ \end{matrix} \right)$ $\left( \begin{matrix} x \\ y \\ z \end{matrix} \right)$ = $\left( \begin{matrix} x -y\\ z - y \\ \end{matrix} \right)$

In [12]:

f(1234,5678,9101)

Out[12]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{r} -4444 \\ 3423 \end{array}\right)$

Ker (f) = { u ∈ R^3 / f(u) = 0 } => { x - y = 0 => y = x et y = z => x = y = z

ㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤㅤ { z - y = 0

Ker(f) = {x ∈ R / ( x ; x ; x) } = { x∈R / x(1,1,1)}

In [27]:

M.right_kernel(f)

Out[27]:

$\displaystyle \renewcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\mathrm{RowSpan}_{\Bold{Z}}\left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \end{array}\right)$

Le rang d'une application linéaire f est la dimension de son espace image.

Rg(f) = Dim(Im(f))

Le rang de f est 2, car son image est l'ensemble du plan R2 et peut générer tout vecteur dans R^2

rg(f) = dim(R^2)=2

dim(E) = dim(ker(f) + rg(f))

rg(f) = dim(R^3) - dim(ker(f)) = 3 - 1 = 2

Le théorème du rang confirme cela, car la dimension du domaine est 3 et la dimension du noyau est 1, donc le rang de f est 3 - 1 = 2.

In [77]:

M.image()

Out[77]:

$\displaystyle \renewcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\mathrm{RowSpan}_{\Bold{Z}}\left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)$

`Exercice 3 (Obtenir des résultats avec sage et les vérifier).`

In [79]:

f(x,y,z) =  (x + y + z, x + y + z, x + y + z)
f

Out[79]:

$\displaystyle \left( x, y, z \right) \ {\mapsto} \ \left(x + y + z,\,x + y + z,\,x + y + z\right)$

In [82]:

M = matrix([[1, 1, 1], [1, 1, 1], [1, 1, 1]])

Base_kerf((1,0,-1),(0,1,-1))

In [83]:

M.right_kernel()

Out[83]:

$\displaystyle \renewcommand{\Bold}[1]{\mathbf{#1}}\mathrm{RowSpan}_{\Bold{Z}}\left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)$

En utilisant Sage, on obtient la base du noyau de f: (1, -1, 0) et (0, 1, -1). Ces vecteurs sont linéairement indépendants. L'application f annule ces vecteurs:

f(1, -1, 0) = (1 - 1 + 0, 1 - 1 + 0, 1 - 1 + 0) = (0, 0, 0)

f(0, 1, -1) = (0 + 1 - 1, 0 + 1 - 1, 0 + 1 - 1) = (0, 0, 0)

Ainsi, ils forment bien une base du noyau de f.

`Exercice 4 (Multiplication matricielle et composition d’applications)`

In [87]:

f(a,b) =  (a + b, -a - b, a - b)
f

Out[87]:

$\displaystyle \left( a, b \right) \ {\mapsto} \ \left(a + b,\,-a - b,\,a - b\right)$

In [90]:

 g(x,y,z) = (x + z, x + y)
g

Out[90]:

$\displaystyle \left( x, y, z \right) \ {\mapsto} \ \left(x + z,\,x + y\right)$

f ◦ g : R3 → R3

(x, y, z) → ((x + z) + (x + y), -(x + z) - (x + y), (x + z) - (x + y)) = (2x + y + z, -2x - y - z, z - y)

g ◦ f : R2 → R2

(a,b) → ((a + b) + (a - b), (a + b) + (-a - b)) = (2a, 0)

M = mat(f, C2, C3) =

f(1, 0) = (1 + 0, -(1) - 0, 1 - 0) = (1, -1, 1)

f(0, 1) = (0 + 1, -0 - 1, 0 - 1) = (1, -1, -1)

$\left( \begin{matrix} 1 & 1\\ -1 & -1 \\ 1 & -1 \\ \end{matrix} \right)$

N = mat(g, C3, C2) =

g(1, 0, 0) = (1 + 0, 1 + 0) = (1, 1)

g(0, 1, 0) = (0 + 0, 0 + 1) = (0, 1)

g(0, 0, 1) = (0 + 1, 0 + 0) = (1, 0)

$\left( \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0 \\ \end{matrix} \right)$

M * N =

MN[0, 0] = (1 * 1) + (1 * 1) = 2 , MN[0, 1] = (1 * 0) + (1 * 1) = 1, MN[0, 2] = (1 * 1) + (1 * 0) = 1

MN[1, 0] = (-1 * 1) + (-1 * 1) = -2 , MN[1, 1] = (-1 * 0) + (-1 * 1) = -1 ,MN[1, 2] = (-1 * 1) + (-1 * 0) = -1

MN[2, 0] = (1 * 1) + (-1 * 1) = 0, MN[2, 1] = (1 * 0) + (-1 * 1) = -1 , MN[2, 2] = (1 * 1) + (-1 * 0) = 1

$\left( \begin{matrix} 2 & 1 & 1\\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \\ \end{matrix} \right)$

N * M =

N*M[0, 0] = (1 * 1) + (0 * -1) + (1 * 1) = 2 , N*M[1, 0] = (1 * 1) + (1 * -1) + (0 * 1) = 0

N*M[0, 1] = (1 * 1) + (0 * -1) + (1 * -1) = 0 , N*M[1, 1] = (1 * 1) + (1 * -1) + (0 * -1) = 0

$\left( \begin{matrix} 2 & 0\\ 0& 0 \\ \end{matrix} \right)$

A = mat(f ◦ g, C3, C3) =

f(g(x, y, z)) = f(x + z, x + y) = ((x + z) + (x + y), -(x + z) - (x + y), (x + z) - (x + y))

f(g(x, y, z)) = (2x + y + z, -2x - y - z, z - y)

f ◦ g(1, 0, 0) = (2, -2, 0)

f ◦ g(0, 1, 0) = (1, -1, -1)

f ◦ g(0, 0, 1) = (1, -1, 1)

$\left( \begin{matrix} 2 & 1 & 1\\ -2 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \\ \end{matrix} \right)$

B = mat(g ◦ f, C2, C2) =

g(f(a, b)) = g(a + b, -a - b, a - b) = ((a + b) + (a - b), (a + b) + (-a - b))

g(f(a, b)) = (2a, 0)

g ◦ f(1, 0) = (2, 0)

g ◦ f(0, 1) = (0, 0)

$\left( \begin{matrix} 2 & 0\\ 0& 0 \\ \end{matrix} \right)$

que A=M*N et B=N*M

on à la meme résultat à l'aide du g ◦ f et f ◦ g

In [29]:

h(x,y,z) = (x + y + z, y + z,z)
h

Out[29]:

$\displaystyle \left( x, y, z \right) \ {\mapsto} \ \left(x + y + z,\,y + z,\,z\right)$

In [32]:

H = matrix(SR, [[1,1,1], [0,1,1], [0,0,1]])
H

Out[32]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

h(1, 0, 0) = (1, 0, 0)

h(0, 1, 0) = (1, 1, 0)

h(0, 0, 1) = (1, 1, 1)

$\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)$

In [33]:

H^2

Out[33]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

In [34]:

H^3

Out[34]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 3 & 6 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

In [35]:

H^4

Out[35]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 4 & 10 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

In [36]:

H^5

Out[36]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 5 & 15 \\ 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

si on observere les matrices suivantes on peut conjecturer que pour tout entier naturel n, la matrice H^n a la forme suivante:

$\left( \begin{matrix} 1 & n & n(n+1)/2\\ 0 & 1 & n \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)$

In [38]:

H^1000

Out[38]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1000 & 500500 \\ 0 & 1 & 1000 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$

n ( n + 1 ) / 2 = 1000 * ( 1000 +1) /2 = 500500

1000 : R3 → R3

(x, y, z) → ( x + 1000y + 500500z , y + 1000z)

H^1000 * $\left( \begin{matrix} x\\ y \\ z \\ \end{matrix} \right)$ = $\left( \begin{matrix} 1 & 1000 & 500500\\ 0 & 1 & 1000 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)$ * $\left( \begin{matrix} x\\ y \\ z \\ \end{matrix} \right)$ = $\left( \begin{matrix} x+1000+500500z\\ y +1000z\\ z \\ \end{matrix} \right)$

`Exercice 5 (Résolution d’un système linéaire avec sage et applications).`

L1 →x + y + z = 1

L2 → x − y − z = 2

L3 → x − y + z = 3

ㅤ

L3 → L3 - L1

L1 →x + y + z = 1

L2 → x − y − z = 2

L3 → − 2y = 2

y = -1

ㅤ

L1 →x + (-1) + z = 1

L2 → x − (-1) − z = 2

ㅤ

L1 →x + z = 2

L2 → x − z = 1

L1 → L1 + L2

ㅤ

L1 →2x = 3 ㅤㅤx = 3/2

ㅤ

3/2 + (-1) + z = 1

z = 1/2

S = { ( 3/2 ; -1 ; 1/2 ) }

In [39]:

S = matrix(SR, [[1,1,1], [1,-1,-1], [1,-1,1]])
S

Out[39]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right)$

In [45]:

C =vector([1,2,3])
C

Out[45]:

$\displaystyle \left(1,\,2,\,3\right)$

In [46]:

S.solve_right(C)

Out[46]:

$\displaystyle \left(\frac{3}{2},\,-1,\,\frac{1}{2}\right)$

In [47]:

 f(x,y,z) = (x + y + z, x - y -z)
f

Out[47]:

$\displaystyle \left( x, y, z \right) \ {\mapsto} \ \left(x + y + z,\,x - y - z\right)$

L1 →x + y + z = 0

L2 →x - y - z = 0

ㅤ

L1 → L1 - L2

2x = 0ㅤㅤx = 0

L1 → 2y + 2z = 0

L2 → - y - z = 0

2y = - 2zㅤ

y = -z

In [50]:

S = matrix([[1, 1, 1], [1, -1, -1]])
S.right_kernel().basis()

Out[50]:

$\displaystyle \left[\left(0,\,1,\,-1\right)\right]$

L1 →x + y + z = 1

L2 →x - y - z = 2

ㅤ

L1 → L1 - L2

2x = 3ㅤㅤx = 3/2

L1 → 3/2 + y + z = 1

L2 → 3/2 - y - z = 2

ㅤ

L1 → y + z = 1 - (3/2)

L2 → -y - z = 2 - (3/2)

ㅤ

L1 → y + z = -1/2

L2 →-y - z = 1/2

ㅤ

S = { ( 3/2 ; y ; -z-1/2 ) }ㅤ

f(x1, y1, z1) = (1, 2)

f(x2, y2, z2) = (1, 2)

ㅤ

f(x1 - x2, y1 - y2, z1 - z2) = f(x1, y1, z1) - f(x2, y2, z2)

ㅤ

Puisque f(x1, y1, z1) = f(x2, y2, z2) = (1, 2), nous avons :

(1, 2) - (1, 2) = (0, 0)

ㅤ

Donc, f(x1 - x2, y1 - y2, z1 - z2) = (0, 0).

Cela montre que la différence de deux solutions du système est un élément du noyau de f, car le noyau de f est l'ensemble des vecteurs (x, y, z) qui sont envoyés sur le vecteur nul (0, 0) par l'application linéaire f.ㅤ

In [52]:

S = matrix([[1, 1, 1], [1, -1, -1]])
C = vector([1, 2])
S.solve_right(C)

Out[52]:

$\displaystyle \left(\frac{3}{2},\,-\frac{1}{2},\,0\right)$

(λ1,λ2,λ3) ∈ R3

ㅤ

L1 → λ1 + λ2 - λ3 = 0

L2 → 2λ1 + 6λ3 = 0

L3 → 3λ1 + λ2 + 5λ3 = 0

ㅤ

L1 → λ1 + λ2 - λ3 = 0

λ2 = λ3 - λ1

ㅤ

L3 → 3λ1 + (λ3 - λ1) + 5λ3 = 0

2λ1 + 6λ3 = 0

ㅤ

L2 → 2λ1 + 6λ3 = 0

ㅤ

2λ1 = -6λ3

λ1 = -3λ3

ㅤ

(λ1,λ2,λ3) ≠ ( 0 , 0 , 0 ) donc c'est n'est pas libre

L1 → (-3λ3) + λ2 - λ3 = 0

λ2 = 2λ3

ㅤ

λ1 = -3λ3

λ2 = 2λ3

L1 → λ1 + λ2 - λ3 = a

L2 → 2λ1 + 6λ3 = b

L3 → 3λ1 + λ2 + 5λ3 = c

ㅤ

3L1 → 3λ1 + 3λ2 - 3λ3 = 3a

L3 → 3λ1 + λ2 + 5λ3 = c

ㅤ

(3L1) - L3 → 2λ3 = 3a - c

ㅤ

λ3 = (3a - c) / 2

L2 → 2λ1 + 6((3a - c) / 2) = b

2λ1 + 9a - 3c = b

ㅤ

2λ1 = b - 9a + 3c

λ1 = (b - 9a + 3c) / 2

ㅤ

L1 → λ1 + λ2 - λ3 = a

L1→ ((b - 9a + 3c) / 2) + λ2 - ((3a - c) / 2) = a

ㅤ

λ2 = 5a - b + c

ㅤ

λ1 = (b - 9a + 3c) / 2

λ2 = 5a - b + c

λ3 = (3a - c) / 2

In [2]:

u=vector([1,2,3])
u

Out[2]:

(1, 2, 3)

In [9]:

v=vector([1,0,1])
v

Out[9]:

$\displaystyle \left(1,\,0,\,1\right)$

In [8]:

w=vector([-1,6,5])
w

Out[8]:

$\displaystyle \left(-1,\,6,\,5\right)$

In [10]:

M = matrix([u, v, w]).transpose()
M.rank()

Out[10]:

$\displaystyle 2$

x + y + z = 0

x - y + z = 0

ㅤ

x + y + z = 0

2y = 0

ㅤ

x = -z

y = 0

ㅤ

Ainsi, l'intersection de F et G est composée des vecteurs de la forme (-z, 0, z ) ≠ {0}. Comme l'intersection contient d'autres vecteurs que le vecteur nul, les sous-espaces vectoriels F et G ne sont pas en somme directe.

G = {(x, y, z) ∈ R³ | x - y + z = 0}

D = {(t, t, t) ∈ R³ | t ∈ R}

ㅤ

x - y + z = 0

x = t

y = t

z = t

ㅤ

t - t + t = 0

G et D sont en somme directe et que leur somme génère R³, ils sont également supplémentaires.

Pour décomposer le vecteur (1, 2, 3) en une somme d'un vecteur de G et d'un vecteur de D, on écrit l'équation suivante :

(1, 2, 3) = (x, y, z) + (t, t, t)

ㅤ

où (x, y, z) ∈ G et (t, t, t) ∈ D. On obtient donc le système suivant :

x + t = 1

y + t = 2

z + t = 3

ㅤ

t = 2

x = -1

y = 0

z = 1

(1, 2, 3) = (-1, 0, 1) + (2, 2, 2)

Donc G et D sont en somme directe .

Donc Cette décomposition est unique .

λu + βv + γw = 0

λ(1, 0, -1) + β(1, 2, 0) + γ(0, 1, 2) = (0, 0, 0)

ㅤ

λ + β = 0

2β + γ = 0

-λ + 2γ = 0

ㅤ

λ =- β

β = -2λ

- 3γ = 0

ㅤ

α = β = γ = 0

u, v et w sont linéairement indépendants

ㅤ

(a,b,c) ∈ R3

L1 → λ + β = a

L2 → 2β + γ = b

L3 → -λ + 2γ = c

ㅤ

-L1 → -λ - β = -a

L3 → -λ + 2γ = c

-L1 + L3 → -β + 2γ = c - a

β = 2γ - c + a

ㅤ

L1 → λ + β = a

L1 → λ + (2γ - c + a) = a

ㅤ

λ = c - a

L2 → 2(2γ - c + a) + γ = b

4γ - 2c + 2a + γ = b

ㅤ

5γ = b + 2c - 2a

γ = (b + 2c - 2a) / 5

ㅤ

λ = c - a

β = 2γ - c + a

γ = (b + 2c - 2a) / 5

In [11]:

u = vector([1, 0, -1])
v = vector([1, 2, 0])
w = vector([0, 1, 2])

In [12]:

C = matrix([u, v, w]).transpose()
C

Out[12]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ -1 & 0 & 2 \end{array}\right)$

In [29]:

C_inv = C.inverse()

In [14]:

u_C3 = C * u
v_C3 = C * v
w_C3 = C * w

In [25]:

u_C3

Out[25]:

$\displaystyle \left(1,\,-1,\,-3\right)$

In [26]:

v_C3

Out[26]:

$\displaystyle \left(3,\,4,\,-1\right)$

In [27]:

w_C3

Out[27]:

$\displaystyle \left(1,\,4,\,4\right)$

In [30]:

e1_E = C_inv * vector([1, 0, 0])
e1_E

Out[30]:

$\displaystyle \left(\frac{4}{3},\,-\frac{1}{3},\,\frac{2}{3}\right)$

In [32]:

e2_E = C_inv* vector([0, 1, 0])
e2_E

Out[32]:

$\displaystyle \left(-\frac{2}{3},\,\frac{2}{3},\,-\frac{1}{3}\right)$

In [31]:

e3_E = C_inv * vector([0, 0, 1])
e3_E

Out[31]:

$\displaystyle \left(\frac{1}{3},\,-\frac{1}{3},\,\frac{2}{3}\right)$

u = vector([1, 0, -1])ㅤv = vector([1, 2, 0])ㅤw = vector([0, 1, 2])

ㅤ

1 = λ + β

0 = 2β + γ

0 = -λ + 2γ

ㅤ

3γ = 1

β = -γ / 2

λ = 2γ

ㅤ

λ = 4/3

β = -1/3

γ = 4/3

0= λ + β

1= 2β + γ

0 = -λ + 2γ

ㅤ

λ =-2/3

β = 2/3

γ = -1/3

0= λ + β

0= 2β + γ

1= -λ + 2γ

ㅤ

λ =1/3

β = -1/3

γ = 2/3

mat(idR3 , E, C3) = $\left( \begin{matrix} 4/3 & -2/3 & 1/3\\ -1/3 & 2/3 & -1/3 \\ 2/3 & -1/3 & 2/3 \\ \end{matrix} \right)$

mat(idR³, C³, E) = $\left( \begin{matrix} 1 & 3 & 1\\ -1 & 4 & 4 \\ -3 & -1 & 4 \\ \end{matrix} \right)$

In [35]:

mat_idR3_EC3 = matrix([e1_E, e2_E, e3_E]).transpose()
mat_idR3_EC3

Out[35]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} \frac{4}{3} & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\ \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} \end{array}\right)$

In [36]:

mat_idR3_CE3 = matrix([u_C3, v_C3, w_C3]).transpose()
mat_idR3_CE3

Out[36]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 3 & 1 \\ -1 & 4 & 4 \\ -3 & -1 & 4 \end{array}\right)$

In [39]:

mat_idR3_CE3 * mat_idR3_EC3

Out[39]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ -1 & 0 & 2 \end{array}\right)$

In [40]:

mat_idR3_EC3 * mat_idR3_CE3

Out[40]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ -1 & 0 & 2 \end{array}\right)$

mat(idR3 , C3, E) = mat(idR3 , E, C3)

λa + βb = 0

λ(3, -1) + β(3, 0) = (0, 0)

ㅤ

3α + 3β = 0

-α = 0

ㅤ

α = 0 et β = 0

mat(idR², F, C²) = $\left( \begin{matrix} 3 & 3\\ -1 & 0\\ \end{matrix} \right)$

In [45]:

a = vector([3, -1])
b = vector([3, 0])

In [50]:

P = matrix([a, b]).transpose()
P

Out[50]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rr} 3 & 3 \\ -1 & 0 \end{array}\right)$

mat(idR2 , F, C2) = $\left( \begin{matrix} 3 & 3\\ -1 & 0\\ \end{matrix} \right)$

In [47]:

P_inv = P.inverse()

In [48]:

e1_C2 = P_inv * vector([1, 0])
e2_C2 = P_inv * vector([0, 1])

In [49]:

mat_idR2_C2F = matrix([e1_C2, e2_C2]).transpose()
mat_idR2_C2F

Out[49]:

$\displaystyle \left(\begin{array}{rr} 0 & -1 \\ \frac{1}{3} & 1 \end{array}\right)$

mat(idR2 , C2, F) = $\left( \begin{matrix} 3 & 3\\ -1 & 0\\ \end{matrix} \right)$

mat(g, C3, C2) = $\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & 1\\ \end{matrix} \right)$

mat(g, E, F) = $\left( \begin{matrix} 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 2\\ \end{matrix} \right)$

A =mat(idR2 , C2, F) · mat(g, C3, C2) · mat(idR3 , E, C3) = $\left( \begin{matrix} 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 2\\ \end{matrix} \right)$

B =mat(idR2 , F, C2) · mat(g, E, F) · mat(idR3 , C3, E) = $\left( \begin{matrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & 1\\ \end{matrix} \right)$

on remarque que A = mat(g, E, F)

B = mat(g, C3, C2)

`Exercice 1 (Matrices et produit matriciel)`

`Exercice 2 (Matrices et applications linéaires)`

`Exercice 3 (Obtenir des résultats avec sage et les vérifier).`

`Exercice 4 (Multiplication matricielle et composition d’applications)`

`Exercice 5 (Résolution d’un système linéaire avec sage et applications).`

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