DS 2 - LIX

DS 2 - Alternance GEA
Premier sujet
Problème 1 (4pts) Soient A et B deux matrices


2
−1
 3
−1 2 −3 2
1 

A=
et B = 

3 1 −2 −1
−2 3 
1
2
Calculer le produit AB puis BA

−1 2 −3 2
3 1 −2 −1
(−1) × 2 + 2 × 3 + (−3) × (−2) + 2 × 1 (−1) × (−1) + 2 × 1 + (−3) × 3 + 2 × 2
3 × 2 + 1 × 3 + (−2) × (−2) + (−1) × 1 3 × (−1) + 1 × 1 + (−2) × 3 + (−1) × 2
12 −2
12 −10

2 −1 3
1 
 −1 2 −3 2
3 1 −2 −1
−2 3 
1
2
AB =
=
=


BA = 


2 −1
 3
1 


 −2 3 
1
2


2 × (−1) + (−1) × 3 2 × 2 + (−1) × 1 2 × (−3) + (−1) × (−2) 2 × 2 + (−1) × (−1)
 3 × (−1) + 1 × 3
3×2+1×1
3 × (−3) + 1 × (−2)
3 × 2 + 1 × (−1) 

= 
 (−2) × (−1) + 3 × 3 (−2) × 2 + 3 × 1 (−2) × (−3) + 3 × (−2) (−2) × 2 + 3 × (−1) 
1 × (−1) + 2 × 3
1×2+2×1
1 × (−3) + 2 × (−2)
1 × 2 + 2 × (−1)


−5 3
−4
5
 0
7
−11
5 

= 
 11 −1
0
−7 
5
4
−7
0

Problème 2 (4pts)

1 −2 3
1. Calculer le déterminant de M =  −1 −3 2 
4
1 2
2. Utiliser les déterminants pour résoudre le

 x − 2y + 3z =
−x − 3y + 2z =

4x + y + 2z =
système
12
13
0
On a
1
det(M ) = −1
4
= 1 × −2 3 −3 2 1 2 −1 2 −1 −3 −3 2 − (−2) × +3×
1 2 4 2 4
1 = 1 × (−3 × 2 − 1 × 2) + 2 × (−1 × 2 − 4 × 2) + 3 × (−1 × 1 − 4 × (−3))
= −8 − 20 + 33 = 5
Le déterminant de M est non nul, donc ce système est de Cramer et
12 −2 3 13 −3 2 0 1 2 x =
5
13 −3 −3 2 13 2 − (−2) × 12 × 0 2 +3× 0 1 1 2 =
5
12 × (−3 × 2 − 1 × 2) + 2 × (13 × 2 − 0 × 2) + 3 × (13 × 1 − (−3) × 0)
=
5
12 × (−8) + 2 × 26 + 3 × 13
−96 + 52 + 39
−5
=
=
=
= −1
5
5
5
1 12 3 −1 13 2 4 0 2 y =
5
13 2 −1 2 −1 13 − 12 × 1 × 4 2 +3× 4 0 0 2 =
5
1 × (13 × 2 − 0 × 2) − 12 × (−1 × 2 − 4 × 2) + 3 × (−1 × 0 − 13 × 4)
=
5
1 × 26 − 12 × (−10) + 3 × (−52)
26 + 120 − 156
−10
=
=
=
= −2
5
5
5
1 −2 12 −1 −3 13 4
1 0 z =
5
−3 13 −1 13 −1 −3 1×
− (−2) × + 12 × 1 0 4 0 4
1 =
5
1 × (−3 × 0 − 1 × 13) + 2 × (−1 × 0 − 4 × 13) + 12 × (−1 × 1 − 4 × (−3))
=
5
−13 − 104 + 132
15
1 × (−13) + 2 × (−52) + 12 × (11)
=
=
=3
=
5
5
5
Problème 3 (4pts) Résoudre le système suivant en utilisant la méthode du
pivot de Gauss:

= 8
 2x − y + z
3x + 2y − 3z = −3

−x − 3y + 4z = 11
On a les matrices augmentes suivantes:

2 −1 1
8
 3
2 −3 −3 
−1 −3 4 11


0 −7 9 30
L1 ← L1 + 2L3
 0 −7 9 30  en effectuant les opérations
L2 ← L2 + 3L1
−1 −3 4 11


0
0 0 0
 0 −7 9 30  en effectuant les opérations L1 ← L1 − L2
−1 −3 4 11

On en déduit que y =
9z−30
7
et x = −3y + 4z − 11 =
−27z+90+28z−77
7
=
z+13
7
Problème 4 (8pts) Un fleuriste dispose de 50 lys, 80 roses et 80 jonquilles.
Il réalise soit des bouquets de 10 lys, 10 roses et 20 jonquilles qui rapportent
40 euros, soit des bouquets de 10 lys, 20 roses et 10 jonquilles qui rapportent
50 euros. On cherche a déterminer comment le fleuriste doit former les
bouquets pour réaliser une recette maximale.
1. Mettre le problème en équation
2. Sur un graphique, tracer le polygone des contraintes
3. Donner une solution que vous justifierez
Soit x le nombre de bouquets de 10 lys, 10 roses et 20 jonquilles. Soit y
le nombre de bouquets de 10 lys, 20 roses et 10 jonquilles. On a

x ≥ 0 car on ne peut pas avoir un nombre négatif de bouquets




y ≥ 0 car on ne peut pas avoir un nombre négatif de bouquets



10x + 10y ≤ 50 car on a 50 lys
10x + 20y ≤ 80 car on a 80 roses




20x
+ 10y ≤ 80 car on a 80 jonquilles



max(40x + 50y)
Cela revient à















x
y
x+y
x + 2y
2x + y
max(40x + 50y)
≥
≥
≤
≤
≤
0
0
5
8
8
On trace donc les droites d’équation x = 0, y = 0, y = −x + 5, y = − 12 x + 4
et y = −2x + 8. Le polygone des contraintes est donc
On s’intéresse maintenant à maximiser le profit, donc on trace une droite
40
de coefficient directeur y = − 50
x = −0, 8x. On s’aperçoit que le profit est
maximal à l’intersection des droites y = − 12 x + 4 et y = −x + 5. On trouve
donc x = 2 et y = 3. Le profit est alors de 230 euros.
On aura utilisé toutes les roses et tous les lys mais il restera 10 jonquilles.
DS 2 - Alternance GEA
Deuxième sujet
Problème 5 (4pts) Soient A et B deux matrices


2 −1
−1 4 −3
A=
et B =  −3 1 
3 1 −2
2
3
Calculer le produit AB puis BA
On a
AB =
−1 4 −3
3 1 −2


2 −1
 −3 1 
2
3
(−1) × 2 + 4 × (−3) + (−3) × 2 (−1) × (−1) + 4 × 1 + (−3) × 3
=
3 × 2 + 1 × (−3) + (−2) × 2
3 × (−1) + 1 × 1 + (−2) × 3
−20 −4
=
−1 −8


2 −1 −1 4 −3


−3 1
BA =
3 1 −2
2
3


2 × (−1) + (−1) × 3 2 × 4 + (−1) × 1 2 × (−3) + (−1) × (−2)
=  (−3) × (−1) + 1 × 3 (−3) × 4 + 1 × 1 (−3) × (−3) + 1 × (−2) 
2 × (−1) + 3 × 3
2×4+3×1
2 × (−3) + 3 × (−2)


−5 7
−4
=  6 −11 7 
7
11 −12


1 2 −3
Problème 6 (4pts)
1. Calculer le déterminant de M =  4 3 −2 
2 −1 1
2. Utiliser les déterminants pour résoudre le système

 x + 2y − 3z = −3
4x + 3y − 2z = 3

2x − y + z = 6
On a


1 2 −3
M =  4 3 −2 
2 −1 1
1 2 −3 det(M ) = 4 3 −2 2 −1 1 3 −2 4 −2 4 3 = 1×
−2×
−3×
−1 1 2 1 2 −1 = 1 × (3 × 1 − (−2) × (−1)) − 2 × (4 × 1 − 2 × (−2)) − 3 × (4 × (−1) − 3 × 2)
= 1 × (1) − 2 × (8) − 3 × (−10) = 1 − 16 + 30 = 15
Le déterminant de M est non nul, donc ce système est de Cramer et
−3 2 −3 3
3
−2
6 −1 1 x =
15
3 −2 3 −2 3 3 −3 × −2×
+ (−3) × −1 1 6 1 6 −1 =
15
−3 × (3 × 1 − (−2) × (−1)) − 2 × (3 × 1 − 6 × (−2)) − 3 × (3 × (−1) − 6 × 3)
=
15
−3 − 30 + 63
30
−3 × 1 − 2 × 15 − 3 × (−21)
=
=
=2
=
15
15
15
1 −3 −3 4 3 −2 2 6
1 y =
15
3 −2 4 −2 4 3 − (−3) × 1 × 2 1 + (−3) × 2 6 6 1 =
15
1 × (3 × 1 − (−2) × 6) + 3 × (4 × 1 − 2 × (−2)) − 3 × (4 × 6 − 2 × 3)
=
15
1 × 15 + 3 × 8 − 3 × 18
15 + 24 − 54
−15
=
=
=
= −1
15
15
15
1 2
4 3
2 −1
z =
15
3
1 × −1
=
−3
3
6
− 2 × 4 3 + (−3) 4 3 2 6 2 −1 15
1 × (3 × 6 − 3 × (−1)) − 2 × (4 × 6 − 2 × 3) − 3 × (4 × (−1) − 2 × 3)
=
15
21 − 36 + 30
15
1 × 21 − 2 × 18 − 3 × (−10)
=
=
=1
=
15
15
15
3
6
Problème 7 (4pts) Résoudre le système suivant en utilisant la méthode du
pivot de Gauss:

= 8
 2x − y + z
−x − 3y + 4z = 11

3x + 2y − 3z = 2
On a les matrices augmentes suivantes:

2 −1 1 8
 −1 −3 4 11 
3
2 −3 2

30
L1 ← L1 + 2L2
11  en effectuant les opérations
L3 ← L3 + 3L2
35

−5
11  en effectuant les opérations L1 ← L1 − L3
30


0
 −1
0

0
 −1
0
−7 9
−3 4
−7 9
0 0
−3 4
−7 9
Ce système n’a pas de solutions car 0x + 0y + 0z = 0 6= 5.
Problème 8 (8pts) Un épicier dispose de 50 pommes, 80 poires et 80 oranges. Il réalise soit des caisses de 10 pommes, 10 poires et 20 oranges qui
rapportent 40 euros, soit des caisses de 10 pommes, 20 poires et 10 oranges
qui rapportent 50 euros. On cherche a déterminer comment l’épicier doit
former les caisses pour réaliser une recette maximale.
1. Mettre le problème en équation
2. Sur un graphique, tracer le polygone des contraintes
3. Donner une solution que vous justifierez
Soit x le nombre de caisses de 10 pommes, 10 poires et 20 oranges. Soit
y le nombre de bouquets de 10 pommes, 20 poires et 10 oranges. On a

x ≥ 0 car on ne peut pas avoir un nombre négatif de caisses




y ≥ 0 car on ne peut pas avoir un nombre négatif de caisses



10x + 10y ≤ 50 car on a 50 pommes
10x + 20y ≤ 80 car on a 80 poires




20x
+ 10y ≤ 80 car on a 80 oranges



max(40x + 50y)
Cela revient à















x
y
x+y
x + 2y
2x + y
max(40x + 50y)
≥
≥
≤
≤
≤
0
0
5
8
8
On trace donc les droites d’équation x = 0, y = 0, y = −x + 5, y = − 12 x + 4
et y = −2x + 8. Le polygone des contraintes est donc
On s’intéresse maintenant à maximiser le profit, donc on trace une droite
40
de coefficient directeur y = − 50
x = −0, 8x. On s’aperçoit que le profit est
maximal à l’intersection des droites y = − 12 x + 4 et y = −x + 5. On trouve
donc x = 2 et y = 3. Le profit est alors de 230 euros.
On aura utilisé toutes les pommes et toutes les poires mais il restera 10
oranges.