Exercices corrigés : appliquer l'algèbre linéaire et la géométrie vectorielle aux sciences de la nature (201-NYC / Maths 105)

a) Deux inconnues, $T$ et $N$, et deux contraintes : l'équilibre d'un point fournit exactement deux équations dans le plan, une par axe. Le câble est parallèle au plan incliné, donc sa direction fait $25^{\circ}$ avec l'horizontale : $\vec{T}=T(\cos 25^{\circ};\ \sin 25^{\circ})$. La force $N$ est perpendiculaire au plan, donc à $115^{\circ}$ de l'horizontale : $\vec{N}=N(-\sin 25^{\circ};\ \cos 25^{\circ})$. Le poids vaut $(0;\ -400)$. En projetant, $T\cos 25^{\circ}-N\sin 25^{\circ}=0$ sur $x$ et $T\sin 25^{\circ}+N\cos 25^{\circ}=400$ sur $y$.

b) La matrice augmentée est $\left[\begin{array}{cc|c} \cos 25^{\circ} & -\sin 25^{\circ} & 0 \\ \sin 25^{\circ} & \cos 25^{\circ} & 400 \end{array}\right]$. Son déterminant vaut $\cos^{2}25^{\circ}+\sin^{2}25^{\circ}=1$, par l'identité de Pythagore, et non pas une valeur approchée sortie de la calculatrice. Ce n'est pas un hasard : la matrice des coefficients est une matrice de ROTATION, celle qui fait passer du repère horizontal-vertical au repère lié au plan incliné. Un déterminant égal à $1$, donc non nul, garantit une solution unique quelles que soient les données du second membre. Traduction physique : quel que soit le poids, il existe un et un seul couple $(T;N)$ qui tient le chariot.

c) Trois inconnues, les masses $x_{1}$, $x_{2}$ et $x_{3}$ prélevées sur les solutions à $10\ \%$, $20\ \%$ et $50\ \%$, en grammes. Trois contraintes : la masse totale, la masse de sel, et la condition d'atelier. La masse totale donne $x_{1}+x_{2}+x_{3}=600$. Le sel apporté est $0{,}10x_{1}+0{,}20x_{2}+0{,}50x_{3}$, et la cible en contient $0{,}25\times 600=150$ g. La condition d'atelier s'écrit $x_{2}=2x_{1}$, soit $-2x_{1}+x_{2}=0$. La matrice augmentée, une fois la deuxième ligne multipliée par $10$ pour chasser les décimales, est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 600 \\ 1 & 2 & 5 & 1500 \\ -2 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right]$.

d) Trois inconnues, $I_{1}$, $I_{2}$ et $I_{3}$. Le nœud donne $I_{1}=I_{2}+I_{3}$, soit $I_{1}-I_{2}-I_{3}=0$. La maille qui passe par la source, $R_{1}$ puis $R_{2}$ donne $12-4I_{1}-6I_{2}=0$, soit $4I_{1}+6I_{2}=12$. La maille formée des deux branches parallèles donne $6I_{2}-3I_{3}=0$, les deux résistances étant sous la même tension. D'où $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & -1 & 0 \\ 4 & 6 & 0 & 12 \\ 0 & 6 & -3 & 0 \end{array}\right]$.

e) Les trois mises en forme suivent le même protocole, et c'est tout le propos du chapitre. On nomme d'abord les inconnues, une par grandeur que l'énoncé ne donne pas. On écrit ensuite UNE équation par contrainte : une par axe de projection en mécanique, une par grandeur conservée ou imposée en chimie, une par nœud et une par maille indépendante en électricité. On range enfin les coefficients dans une matrice, et à partir de là plus aucune trace du contexte ne subsiste : Gauss-Jordan traite les trois systèmes de la même manière, sans savoir si les lettres désignent des newtons, des grammes ou des ampères. Ce qu'il faut compter avant tout calcul, c'est le nombre d'inconnues d'un côté et le RANG du système de l'autre. Autant de pivots que d'inconnues, la réponse est unique ; moins de pivots, il manque une contrainte et l'ensemble des solutions est infini ; une ligne du type $[0\ 0\ 0\,|\,c]$ avec $c\neq 0$, et l'énoncé se contredit lui-même. Compter les équations ne suffit jamais, car deux équations peuvent n'en dire qu'une seule.

Le fil de la série : l'algèbre linéaire ne résout pas le problème de sciences, elle le MET EN FORME, et c'est la mise en forme qui coûte les points.

a) Le câble $OA$ part de $O$ vers le haut à gauche, donc $\vec{T_{1}}=T_{1}(-\cos 30^{\circ};\ \sin 30^{\circ})$. Le câble $OB$ part vers le haut à droite, donc $\vec{T_{2}}=T_{2}(\cos 60^{\circ};\ \sin 60^{\circ})$. Le poids vaut $\vec{P}=(0;\ -200)$. Une tension TIRE toujours le point vers l'attache : c'est la première erreur à éviter, celle du signe. L'équilibre $\vec{T_{1}}+\vec{T_{2}}+\vec{P}=\vec{0}$ se projette en $-T_{1}\cos 30^{\circ}+T_{2}\cos 60^{\circ}=0$ sur $x$ et $T_{1}\sin 30^{\circ}+T_{2}\sin 60^{\circ}=200$ sur $y$.

b) $A=\begin{pmatrix} -\cos 30^{\circ} & \cos 60^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \sin 60^{\circ} \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0 \\ 200 \end{pmatrix}$. Alors $\det A=-\cos 30^{\circ}\sin 60^{\circ}-\cos 60^{\circ}\sin 30^{\circ}=-(\sin 60^{\circ}\cos 30^{\circ}+\cos 60^{\circ}\sin 30^{\circ})=-\sin(60^{\circ}+30^{\circ})=-\sin 90^{\circ}=-1$. La formule d'addition évite toute décimale, et le résultat exact $-1$ vient de ce que les deux câbles sont PERPENDICULAIRES, $30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$.

c) Cramer donne $T_{1}=\dfrac{1}{\det A}\begin{vmatrix} 0 & \cos 60^{\circ} \\ 200 & \sin 60^{\circ} \end{vmatrix}=\dfrac{-200\cos 60^{\circ}}{-1}=200\cos 60^{\circ}=100$ N, et $T_{2}=\dfrac{1}{\det A}\begin{vmatrix} -\cos 30^{\circ} & 0 \\ \sin 30^{\circ} & 200 \end{vmatrix}=\dfrac{-200\cos 30^{\circ}}{-1}=200\cos 30^{\circ}=100\sqrt{3}\approx 173{,}2$ N. Le câble le plus proche de la verticale porte davantage, ce qui est conforme à l'intuition. L'erreur qui coûte le plus ici est de croire que les deux tensions se partagent les $200$ N : leur somme vaut $273{,}2$ N, bien plus que le poids, parce que ce sont des VECTEURS et que leurs composantes horizontales s'annulent entre elles.

d) Sur $x$ : $-100\cos 30^{\circ}+173{,}205\cos 60^{\circ}=-86{,}603+86{,}603=0$. Sur $y$ : $100\sin 30^{\circ}+173{,}205\sin 60^{\circ}=50+150=200$, ce qui compense exactement le poids. Le terme $100\sqrt{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=150$ tombe juste, signe que le calcul exact valait mieux que la valeur arrondie.

e) Avec deux câbles horizontaux, les directions deviennent $(-1;\ 0)$ et $(1;\ 0)$. Le système est $-T_{1}+T_{2}=0$ sur $x$ et $0\,T_{1}+0\,T_{2}=200$ sur $y$. La matrice $A=\begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ a une ligne nulle, donc $\operatorname{rang}(A)=1$, tandis que la matrice augmentée $\left[\begin{array}{cc|c} -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 200 \end{array}\right]$ a pour rang $2$ : la deuxième ligne dit $0=200$. Les deux rangs diffèrent, donc le système est INCOMPATIBLE, et le théorème de compatibilité de Rouché conclut qu'il n'existe aucune solution. Ce n'est pas une faute de calcul, c'est une information physique : deux câbles horizontaux n'ont aucune composante verticale, donc aucune tension, si grande soit-elle, ne peut équilibrer un poids. Un système sans solution dans un problème de sciences ne signale pas une erreur d'algèbre, il signale que la situation décrite est impossible.

a) $W=\vec{F}\cdot\vec{d}=40\times 6+(-15)\times 2+25\times(-3)=240-30-75=135$ J. Le produit scalaire se calcule composante par composante, sans aucun angle, et c'est la forme la plus sûre : elle ne demande ni norme ni cosinus.

b) $\|\vec{F}\|=\sqrt{1\,600+225+625}=\sqrt{2\,450}\approx 49{,}497$ N et $\|\vec{d}\|=\sqrt{36+4+9}=\sqrt{49}=7$ m. Donc $\cos\theta=\dfrac{135}{49{,}497\times 7}\approx 0{,}38963$ et $\theta\approx 67{,}1^{\circ}$. L'angle est aigu, le produit scalaire est positif, le travail est MOTEUR : la force accompagne le déplacement. Le signe du travail se lit sur le seul signe du produit scalaire, sans calculer l'angle, et c'est le réflexe à garder en évaluation.

c) La projection de $\vec{F}$ sur $\vec{d}$ vaut $\vec{F_{\parallel}}=\dfrac{\vec{F}\cdot\vec{d}}{\|\vec{d}\|^{2}}\,\vec{d}=\dfrac{135}{49}(6;\ 2;\ -3)\approx(16{,}531;\ 5{,}510;\ -8{,}265)$. Par différence, $\vec{F_{\perp}}=\vec{F}-\vec{F_{\parallel}}\approx(23{,}469;\ -20{,}510;\ 33{,}265)$. Vérification : $\vec{F_{\perp}}\cdot\vec{d}\approx 140{,}82-41{,}02-99{,}80=0$, aux arrondis près, et le calcul exact donne zéro. Enfin $\vec{F_{\parallel}}\cdot\vec{d}=\dfrac{135}{49}\times 49=135$ J, le même travail qu'en a). Le piège classique est de diviser par $\|\vec{d}\|$ au lieu de $\|\vec{d}\|^{2}$ : on obtient alors un vecteur sept fois trop long, et toute la suite est fausse.

d) Travail de la tension : $W_{T}=120\times 8{,}0\times\cos 35^{\circ}\approx 786{,}4$ J. Travail du poids : le poids est vertical, le déplacement horizontal, donc l'angle vaut $90^{\circ}$ et $W_{P}=0$ J. Travail de la normale : elle est verticale elle aussi, donc $W_{N}=0$ J, quelle que soit sa valeur, et sa valeur n'est même pas nécessaire pour l'affirmer. Sur une copie, écrire le calcul de la normale avant de conclure qu'elle ne travaille pas est du temps perdu ; le produit scalaire répond avant le calcul.

e) Parce que le produit scalaire de deux vecteurs orthogonaux est nul par définition : $\vec{F_{\perp}}\cdot\vec{d}=0$, donc $W=\vec{F}\cdot\vec{d}=(\vec{F_{\parallel}}+\vec{F_{\perp}})\cdot\vec{d}=\vec{F_{\parallel}}\cdot\vec{d}$ : seule la part parallèle au déplacement compte, et elle compte entièrement. Ce n'est pas un travail petit, c'est un travail EXACTEMENT nul. Mais la composante perpendiculaire n'est pas inutile pour autant : dans le cas de la caisse, $F_{\perp}=120\sin 35^{\circ}\approx 68{,}8$ N soulage le sol, qui n'exerce plus que $N=30\times 9{,}8-68{,}8\approx 225{,}2$ N. Le frottement, proportionnel à $N$, diminue d'autant. La composante perpendiculaire ne fournit aucune énergie, mais elle change les autres forces, donc le bilan final. Confondre les deux, dire qu'une force qui ne travaille pas ne sert à rien, est l'erreur de raisonnement la plus coûteuse du chapitre.

a) $\|\vec{M}\|=r\,F\sin\theta=0{,}30\times 150\times\sin 60^{\circ}=45\times 0{,}866025\approx 38{,}97$ N$\cdot$m. Autre lecture, celle du bras de levier : la distance de $O$ à la ligne d'action de la force vaut $0{,}30\sin 60^{\circ}\approx 0{,}2598$ m, et $0{,}2598\times 150\approx 38{,}97$ N$\cdot$m. Les deux lectures donnent le même nombre parce que le sinus peut être affecté indifféremment à la longueur ou à la force.

b) Perpendiculaire, $\sin 90^{\circ}=1$ et $\|\vec{M}\|=0{,}30\times 150=45$ N$\cdot$m. Le rapport vaut $\sin 60^{\circ}\approx 0{,}8660$, donc il manque $13{,}4\ \%$ de l'effet utile. C'est exactement pourquoi on tire perpendiculairement au manche : tout écart à $90^{\circ}$ est du muscle dépensé pour rien.

c) $\vec{F}=(75;\ 129{,}904;\ 0)$. Le produit vectoriel vaut $\vec{r}\times\vec{F}=\big(0\times 0-0\times 129{,}904;\ 0\times 75-0{,}30\times 0;\ 0{,}30\times 129{,}904-0\times 75\big)=(0;\ 0;\ 38{,}97)$. Seule la composante $z$ survit, ce qui est attendu : $\vec{r}$ et $\vec{F}$ sont tous deux dans le plan $xy$, donc leur produit vectoriel est perpendiculaire à ce plan. Sa norme est bien $38{,}97$ N$\cdot$m, et son signe positif dit que le boulon tourne dans le sens antihoraire vu de l'axe $z$.

d) $\vec{F_{\parallel}}=(75;\ 0;\ 0)$ et $\vec{F_{\perp}}=(0;\ 129{,}904;\ 0)$. Le moment de la part parallèle est $\vec{r}\times\vec{F_{\parallel}}=(0{,}30;\ 0;\ 0)\times(75;\ 0;\ 0)=\vec{0}$, puisque deux vecteurs colinéaires ont un produit vectoriel nul. Le moment de la part perpendiculaire vaut $(0;\ 0;\ 0{,}30\times 129{,}904)=(0;\ 0;\ 38{,}97)$, c'est-à-dire la totalité du moment. Le parallèle avec l'exercice précédent est exact et vaut d'être mémorisé : dans le travail, seule la composante PARALLÈLE au déplacement compte et la perpendiculaire ne donne rien ; dans le moment, c'est l'inverse, seule la composante PERPENDICULAIRE au bras compte et la parallèle ne donne rien. Produit scalaire et produit vectoriel sélectionnent des parts complémentaires, et c'est la raison pour laquelle confondre les deux coûte la question entière.

e) $\vec{M}=(0{,}25;\ 0;\ 0{,}10)\times(0;\ 200;\ 0)=\big(0\times 0-0{,}10\times 200;\ 0{,}10\times 0-0{,}25\times 0;\ 0{,}25\times 200-0\times 0\big)=(-20;\ 0;\ 50)$ N$\cdot$m. Sa norme vaut $\sqrt{400+2\,500}=\sqrt{2\,900}\approx 53{,}85$ N$\cdot$m. Deux composantes non nulles signifient que la force tend à faire tourner le système autour de DEUX axes à la fois : autour de $z$, ce qui serre effectivement le boulon, et autour de $x$, ce qui tend à faire basculer la clé hors de son plan. La composante $M_{z}=50$ est la seule utile ; la composante $M_{x}=-20$ est un effort parasite que l'assemblage doit encaisser. Le vecteur moment porte donc plus d'information qu'un nombre : sa DIRECTION est l'axe de rotation, et un moment oblique est un moment dont une partie travaille contre le montage.

a) Les lignes sont les ÉLÉMENTS, les colonnes les ESPÈCES, dans l'ordre $\mathrm{Al}$, $\mathrm{HCl}$, $\mathrm{AlCl_{3}}$, $\mathrm{H_{2}}$. Aluminium : $x_{1}-x_{3}=0$. Hydrogène : $x_{2}-2x_{4}=0$. Chlore : $x_{2}-3x_{3}=0$. D'où $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -3 & 0 \end{pmatrix}$, de format $3\times 4$ : trois éléments, quatre espèces. Le second membre est le vecteur nul, toujours, parce qu'une conservation dit que ce qui entre égale ce qui sort.

b) $L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{2}$ donne $(0;\ 0;\ -3;\ 2)$. La forme échelonnée est $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & -3 & 2 \end{pmatrix}$, avec trois pivots : $\operatorname{rang}(A)=3$. Le théorème du rang donne $\dim\ker A=4-3=1$. Il y a donc exactement une direction de solutions, une droite de $\mathbb{R}^{4}$, et c'est pourquoi une équation chimique s'équilibre d'une seule façon À L'ÉCHELLE PRÈS.

c) Posons $x_{4}=t$. La troisième ligne donne $-3x_{3}+2t=0$, soit $x_{3}=\frac{2t}{3}$ ; la deuxième donne $x_{2}=2t$ ; la première $x_{1}=x_{3}=\frac{2t}{3}$. Le noyau est engendré par $\left(\frac{2}{3};\ 2;\ \frac{2}{3};\ 1\right)$, ou plus commodément par $(2;\ 6;\ 2;\ 3)$ en prenant $t=3$. Les plus petits entiers positifs sont donc $x_{1}=2$, $x_{2}=6$, $x_{3}=2$, $x_{4}=3$, et l'équation équilibrée est $2\,\mathrm{Al}+6\,\mathrm{HCl}\rightarrow 2\,\mathrm{AlCl_{3}}+3\,\mathrm{H_{2}}$. Vérification : aluminium, $2$ à gauche et $2$ à droite ; hydrogène, $6$ et $6$ ; chlore, $6$ et $6$. Le piège est de prendre $t=1$ par réflexe : on obtient des tiers, et il faut alors multiplier toute la famille. Le paramètre libre n'est pas forcément à prendre égal à $1$, c'est le dénominateur commun qui décide.

d) Ordre des colonnes : $\mathrm{MnO_{4}^{-}}$, $\mathrm{Fe^{2+}}$, $\mathrm{H^{+}}$, $\mathrm{Mn^{2+}}$, $\mathrm{Fe^{3+}}$, $\mathrm{H_{2}O}$. Manganèse : $x_{1}-x_{4}=0$. Oxygène : $4x_{1}-x_{6}=0$. Fer : $x_{2}-x_{5}=0$. Hydrogène : $x_{3}-2x_{6}=0$. La matrice $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}$ est de format $4\times 6$. Une seule opération, $L_{2}\leftarrow L_{2}-4L_{1}$, la met sous forme échelonnée avec des pivots dans les colonnes $1$, $2$, $3$ et $4$ : $\operatorname{rang}=4$, donc $\dim\ker=6-4=2$, et les inconnues libres sont $x_{5}$ et $x_{6}$. En posant $x_{6}=4a$ et $x_{5}=b$, on trouve $x_{1}=a$, $x_{4}=a$, $x_{3}=8a$, $x_{2}=b$, soit la famille $(a;\ b;\ 8a;\ a;\ b;\ 4a)$. Deux paramètres libres, donc l'équation n'est PAS déterminée : $a=1,\ b=0$ donne $\mathrm{MnO_{4}^{-}}+8\,\mathrm{H^{+}}\rightarrow\mathrm{Mn^{2+}}+4\,\mathrm{H_{2}O}$ et $a=0,\ b=1$ donne $\mathrm{Fe^{2+}}\rightarrow\mathrm{Fe^{3+}}$, deux écritures qui conservent tous les atomes et qu'aucun chimiste n'accepterait. La dimension du noyau vient de dire précisément ce qui manque : une contrainte.

e) La charge est une grandeur conservée au même titre qu'un élément, donc elle est une LIGNE de plus. Charges, dans l'ordre des colonnes : $-1$, $+2$, $+1$ pour les réactifs, $+2$, $+3$, $0$ pour les produits, d'où la ligne $(-1;\ 2;\ 1;\ -2;\ -3;\ 0)$. Appliquée à la famille précédente, elle donne $-a+2b+8a-2a-3b=0$, soit $5a-b=0$ et $b=5a$. Le rang passe à $5$, la dimension du noyau tombe à $6-5=1$, et l'équation redevient déterminée. Avec $a=1$ : $x_{1}=1$, $x_{2}=5$, $x_{3}=8$, $x_{4}=1$, $x_{5}=5$, $x_{6}=4$, c'est-à-dire $\mathrm{MnO_{4}^{-}}+5\,\mathrm{Fe^{2+}}+8\,\mathrm{H^{+}}\rightarrow\mathrm{Mn^{2+}}+5\,\mathrm{Fe^{3+}}+4\,\mathrm{H_{2}O}$. Contrôle des charges : $-1+10+8=17$ à gauche, $2+15=17$ à droite. C'est la leçon à retenir de tout le chapitre : la dimension du noyau ne se contente pas de compter les solutions, elle DIAGNOSTIQUE l'énoncé. Une dimension de $1$ signale une réaction bien posée ; une dimension de $2$ ou plus signale qu'une conservation a été oubliée, ici la charge ; et un système incompatible signalerait une réaction impossible.

a) Loi des nœuds en $A$ : les courants $I_{1}$ et $I_{3}$ arrivent, $I_{2}$ repart, donc $I_{1}-I_{2}+I_{3}=0$. Loi des nœuds en $B$ : $I_{2}$ arrive, $I_{1}$ et $I_{3}$ repartent, donc $-I_{1}+I_{2}-I_{3}=0$. Maille de gauche, parcourue de $B$ vers $A$ par la branche $1$ puis de $A$ vers $B$ par la branche du milieu : $18-3I_{1}-6I_{2}=0$, soit $3I_{1}+6I_{2}=18$. Maille de droite, de même : $15-2I_{3}-6I_{2}=0$, soit $6I_{2}+2I_{3}=15$.

b) Avec $X=(I_{1};\ I_{2};\ I_{3})$, la matrice augmentée est $\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & -1 & 0 \\ 3 & 6 & 0 & 18 \\ 0 & 6 & 2 & 15 \end{array}\right]$. L'opération $L_{2}\leftarrow L_{2}+L_{1}$ annule entièrement la deuxième ligne, second membre compris. Puis $L_{3}\leftarrow L_{3}-3L_{1}$ donne $(0;\ 9;\ -3\,|\,18)$, et $L_{4}\leftarrow 3L_{4}-2L_{3}$ donne $(0;\ 0;\ 12\,|\,9)$. Après remontée des lignes nulles en bas, il reste trois pivots : $\operatorname{rang}(A)=3$ et $\operatorname{rang}([A\,|\,B])=3$. Les deux rangs sont égaux et valent le nombre d'inconnues, donc la solution existe et elle est unique. Quatre équations n'ont pas surdéterminé le problème, parce que le RANG, et non le nombre de lignes, mesure l'information réellement apportée.