Les systèmes d'équations et d'inéquations - 2nd

Un système d'équations du 1er degré à deux inconnues est un système de la forme $$\left\lbrace\begin{array}{lll}
ax+by &=& c\\
a'x+b'y &=& c'
\end{array}\right.\quad \text{où } \ a, \ b,\ c,\ a',\ b'\ \text{ et } c'\ \in\mathbb{R}$$

La méthode consiste à chercher l'une des inconnue en éliminant l'autre inconnue après addition des deux équations.

Soit à résoudre le système suivant $\left\lbrace\begin{array}{llll}
3x-4y &=& 5 & (1)\\
2x+3y &=& 6 & (2)
\end{array}\right.$

Nous avons choisi de chercher d'abord $x$.

Et donc, pour éliminer $y$, on multiplie l'équation (1) par 3 et l'équation (2) par 4 ensuite, on les additionne .

Le système devient $\left\lbrace\begin{array}{llll}
9x-12y &=& 15 & (3)\\
8x+12y &=& 24 & (4)
\end{array}\right.$

$(3)+(4)\ \Rightarrow\ 17x=39\;;\ $ soit $x=\dfrac{39}{17}$

Nous pouvons directement remplacer la valeur de $x$ dans l'une des équations (1) ou (2) pour trouver $y$.

On peut aussi répéter la procédure pour trouver $y$ en multipliant (1) par 2 et (2) par -3.

On obtient $\left\lbrace\begin{array}{llll}
6x-8y &=& 10 & (5)\\
-6x-9y &=& -18 & (6)
\end{array}\right.$

$(5)+(6)\ \Rightarrow\ -17y=-8\;;\ $ soit $y=\dfrac{8}{17}$

 

$$S=\left\lbrace\left(\dfrac{39}{17};\ \dfrac{8}{17}\right)\right\rbrace$$

Pour cette méthode, on exprime l'une des inconnues en fonction de l'autre dans l'une des équations et on remplace dans l'autre équation.

 

Soit le système : $\left\lbrace\begin{array}{llll} 3x-4y &=& 5 & (1)\\ 2x+3y &=& 6 & (2)\end{array}\right.$

 

Partant de l'équation (2) on a :

 

$2x+3y=6\ \Rightarrow\ x=\dfrac{6-3y}{2}=3-\dfrac{3}{2}y$

 

En remplaçant dans (1) on obtient :

 

$\begin{array}{rcl} 3\left(3-\dfrac{3}{2}y\right)-4y=5&\Rightarrow&9-\dfrac{9}{2}y-4y=5 \\ \\&\Rightarrow&-\dfrac{9}{2}y-4y=5-9=-4 \\ \\ &\Rightarrow&-17y=-8 \\ \\ &\Rightarrow&y=\dfrac{8}{17}\end{array}$

 

Or $x=3-\dfrac{3}{2}\;,\ $ donc en remplaçant par la valeur de $y$ on obtient :

 

$\begin{array}{rcl} x&=&3-\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{8}{17}\right) \\ \\ &=&3-\dfrac{12}{17} \\ \\ \Rightarrow x&=&\dfrac{51-12}{17}\end{array}$

 

Soit : $x=\dfrac{39}{17}$

 

$$S=\left\lbrace\left(\dfrac{39}{17};\ \dfrac{8}{17}\right)\right\rbrace$$

On exprime l'une des inconnues en fonction de l'autre simultanément dans les deux équations et pose l'égalité.

 

Par exemple, soit le système $\left\lbrace\begin{array}{llll} 3x-4y &=& 5 & (1)\\ 2x+3y &=& 6 & (2)\end{array}\right.$

 

En exprimant $x$ en fonction de $y$ on obtient :

$$\left\lbrace\begin{array}{llll}
x &=& \dfrac{5+4y}{3} & (3)\\
\\
x &=& \dfrac{6-3y}{2} & (4)
\end{array}\right.$$

En posant (3)=(4) on obtient : 
 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{5+4y}{3}=\dfrac{6-3y}{2}&\Rightarrow&2(5+4y)=3(6-3y) \\ \\ &\Rightarrow&10+8y=18-9y \\ \\ &\Rightarrow&17y=8 \\ \\ &\Rightarrow&y=\dfrac{8}{17}\end{array}$

 

En remplaçant dans (4) la valeur de $y$ on obtient :
 

$\begin{array}{rcl} x&=&\dfrac{6-3\left(\dfrac{8}{17}\right)}{2} \\ \\ &=&3-\dfrac{3}{2}\times\dfrac{8}{17} \\ \\ \Rightarrow x&=&3-\dfrac{12}{17}\end{array}$

Soit : $x=\dfrac{39}{17}$

 

L'ensemble des solutions est donc donné par $$S=\left\lbrace\left(\dfrac{39}{17};\ \dfrac{8}{17}\right)\right\rbrace$$

Soit à résoudre le système suivant $$(\mathbf{S})\ \left\lbrace\begin{array}{lll}
ax+by &=& c\\
a'x+b'y &=& c'
\end{array}\right.\quad \text{où } \ a, \ b,\ c,\ a',\ b'\ \text{ et } c'\ \in\mathbb{R}$$

On calcul d'abord le déterminant de $(\mathbf{S})$. On a :

$det(\mathbf{S})=\Delta=\begin{vmatrix}
a & b\\
a' & b'
\end{vmatrix}=ab'-a'b$

Ensuite on pose $\Delta_{x}=\begin{vmatrix}
c & b\\
c' & b'
\end{vmatrix}=cb'-c'b\ $ et $\ \Delta_{y}=\begin{vmatrix}
a & c\\
a' & c'
\end{vmatrix}=ac'-a'c$

Enfin, selon le cas, on donne la solution

$\centerdot\ \ $ Si $\Delta\neq 0\ $ alors le système admet une solution unique $(x,\ y)\ $ où $$x=\dfrac{\Delta_{x}}{\Delta}\quad \text{et}\quad y=\dfrac{\Delta_{y}}{\Delta}$$

$\centerdot\ \ $ Si $\Delta=0\ $ et si, $\ \Delta_{x}=0\ $ et $\ \Delta_{y}=0$ alors le système admet une infinité de solutions $(x,\ y)\ $ qui vérifie $ax+by+c=0$ (ou $a'x+b'y+c'=0$)

$\centerdot\ \ $ Si $\Delta=0\ $ et si, $\ \Delta_{x}\neq 0\ $ ou $\ \Delta_{y}\neq 0$ alors le système n'a pas de solutions. $$S=\emptyset$$

Soit le système $(\mathbf{S})\ \left\lbrace\begin{array}{lll}
ax+by &=& c\\
a'x+b'y &=& c'
\end{array}\right.\ $ qui devient $(\mathbf{S}')\ \left\lbrace\begin{array}{lll}
ax+by-c &=& 0\\
a'x+b'y-c' &=& 0
\end{array}\right.$

$\text{où } \ a, \ b,\ c,\ a',\ b'\ \text{ et } c'\ \in\mathbb{R}$

Considérons les droites $(\mathfrak{D_{1}})\ :\ ax+by-c=0\ $ et $\ (\mathfrak{D_{2}})\ :\ a'x+b'y-c'=0$

Résoudre le système revient à déterminer les points d'intersection des droites $(\mathfrak{D_{1}})\ $ et $\ (\mathfrak{D_{2}})$

 

$1^{e}\ $ cas

 

 

 

Soit $\vec{u}_{1}\begin{pmatrix}
-b\\
a
\end{pmatrix}\ $ vecteur directeur de $(\mathfrak{D_{1}})\ $ et $\  \vec{u}_{2}\begin{pmatrix}
-b'\\
a'
\end{pmatrix}\ $ vecteur directeur de $(\mathfrak{D_{2}})$

Si $(\mathfrak{D_{1}})\ $ est sécante à $\ (\mathfrak{D_{2}})$ alors $det(\vec{u}_{1};\ \vec{u}_{2})\neq 0$

$det(\vec{u}_{1};\ \vec{u}_{2})=\begin{vmatrix}
-b & -b'\\
a & a'
\end{vmatrix}=-a'b+ab'=det(\mathbf{S})$

$$S=\left\lbrace M_{0};\ \text{point d'intersection des droites }(\mathfrak{D_{1}})\ \text{ et }(\mathfrak{D_{2}})\right\rbrace$$

$2^{e}\ $ cas

Si $(\mathfrak{D_{1}})\parallel(\mathfrak{D_{2}})\ \text{ et }(\mathfrak{D_{1}})\cap(\mathfrak{D_{2}})=\emptyset$

$$S=\emptyset$$

 

 

 

$(\mathfrak{D_{1}})\parallel(\mathfrak{D_{2}})$ donc, $\vec{u}_{1}\ $ et $\ \vec{u}_{2}$ sont colinéaires.

 

Par suite, $det(\vec{u}_{1};\ \vec{u}_{2})=0\ $ or $\ det(\vec{u}_{1};\ \vec{u}_{2})=det(\mathbf{S})=\Delta=0\ $ et on a : $\dfrac{a}{a'}=\dfrac{b}{b'}\neq\dfrac{c}{c'}$

D'où, $$S=\emptyset$$

$3^{e}\ $ cas

Si $(\mathfrak{D_{1}})=(\mathfrak{D_{2}})$ alors les droites sont confondues.

$(\mathfrak{D_{1}})\parallel(\mathfrak{D_{2}})\ $ donc, $\ det(\vec{u}_{1};\ \vec{u}_{2})=det(\mathbf{S})=\Delta=0\ $ et on a : $\dfrac{a}{a'}=\dfrac{b}{b'}=\dfrac{c}{c'}$

Ainsi, $$S=\left\lbrace(x,\ y)\in\mathbb{R}^{2}/\;ax+by-c=0\right\rbrace\ \text{ ou }\ \left\lbrace(x,\ y)\in\mathbb{R}^{2}/\;a'x+b'y-c'=0\right\rbrace$$

Soit par exemple, à résoudre graphiquement le système d'inéquations suivant : $$(\mathbf{S})\ \left\lbrace\begin{array}{rclc}
2x-3 &\leq & 1&(1)\\
x+2y &\geq & -4&(2)
\end{array}\right.$$

Considérons les droites $(\mathfrak{D_{1}})\ :\ 2x-3=1\ \text{ soit }\ x=2$ et $\ (\mathfrak{D_{2}})\ :\ x+2y+4=0$

Dans un repère orthonormé $(O;\ \vec{i},\ \vec{j})$ on représente ces droites.

 

 

 

Considérons un point quelconque n'appartenant pas aux deux droites. Si les coordonnées de ce point vérifient les deux inéquations alors ce point appartient à la partie solution sinon, l'autre partie du plan ne contenant pas ce point demeure solution du système d'inéquations.

 

Pour le système $(\mathbf{S})$, vérifions si le point $O\in S$

 

On a :

 

$2x-3\leq 1\ \Rightarrow\ 2\times 0=0\leq 1\quad\text{vraie}$

 

$x+2y\geq -4\ \Rightarrow\ 0+2\times 0=0\geq -4\quad\text{vraie}$

 

Donc, $O\in S$

 

Sur le graphique, l'ensemble des solutions $S$ est représenté par la partie non hachurée et les demi-droites frontières.

Une entreprise fabrique des fauteuils et des chaises à l'aide de trois machines $A,\ $ $B\ $ et $\ C$.

Pour fabriquer un fauteuil il faut utiliser les machines $A$ et $B$ pendant une heure $(1h)\;,\ $ la machine $C$ pendant trois heures $(3h)$.

Pour fabriquer une chaise on utilise les machines $A$ et $C$ pendant une heure $(1h)\;,\ $ la machine $B$ pendant deux heures $(2h)$.

Mais les machines ne sont disponibles que soixante heures $(60h)$ pour $A\;,\ $ quatre vingts dix heures $(90h)$ pour $B$ et cent cinquante heures $(150h)$ pour $C$.

Un fauteuil génère un bénéfice de $10\,000\;F$ et une chaise $5\,000\;F.$

Combien faut-il fabriquer de fauteuils et de chaises pour obtenir, dans ces conditions, un bénéfice maximum ?

$$a)\ \begin{array}{|c|c|}\hline &\text{Disponibilité} \\ &\text{en }(h) \\ \hline A&60 \\ \hline B&90 \\ \hline C&150 \\ \hline\end{array}\qquad b)\ \begin{array}{|c|c|}\hline &\text{Bénéfice sur} \\ &\text{un article} \\ \hline\text{Fauteuil}&10\,000\;F \\ \hline\text{Chaise}&5\,000\;F \\ \hline\end{array}$$

 

$$c)\ \begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline &A&B&C&\text{Total} \\ \hline\text{Fauteuil}&1\;h&1\;h&3\;h&5\;h \\ \hline\text{Chaise}&1\;h&2\;h&1\;h&4\;h \\ \hline\text{Total}&2\;h&3\;h&4\;h& \\ \hline\end{array}$$

Déterminons le nombre de fauteuils et de chaises à fabriquer pour réaliser un bénéfice maximum.

 

Soit $x$ le nombre de fauteuils et $y$ le nombre de chaises.

Considérons le système $(S)$ ci-après 

 

$$(S)\;\left\lbrace\begin{array}{rcr} x&\geq& 0 \\ y&\geq& 0 \\ x+y&\leq& 60 \\ x+2y&\leq&90 \\ 3x+y&\leq&150\end{array}\right.$$

 

Soit $B$ le bénéfice réalisé. 

 

On a $$B=10\,000x+5\,000y$$

Le bénéfice maximum sera réalisé en un point $A(x_{B}\;,\ y_{B})$ appartenant à la partie solution de $(S).$

 

 

 

Échelle $1\;cm\ \longrightarrow\ 10$

 

La partie non hachurée constitue la solution de $(S).$

 

Soient les droites $(\mathfrak{D_{1}})\ :\ x+y-60=0\;,\quad(\mathfrak{D_{2}})\ :\ x+2y-90=0$ et $(\mathfrak{D_{3}})\ :\ 3x+y-150=0$

 

Traçons les droites $(\mathfrak{D}_{B})$ d'équation $$B=10\,000x+5\,000y\ \Leftrightarrow\ y=\dfrac{B}{5\,000}-2x$$ pour les valeurs de $B$ suivantes : $200\,000\;;\ 300\,000\;;\ 400\,000$ (les droites $(\mathfrak{D}_{B})$ sont les droites représentées en pointillés).

Soit $b_{B}=\dfrac{B}{5\,000}$ l'ordonnée à l'origine de $y=\dfrac{B}{5\,000}-2x$ alors si $B$ augmente $b_{B}$ aussi augmente.

 

On constate d'après le graphique que le point $A(45\;;\ 15)$ permet de réaliser un bénéfice maximal.

 

Le bénéfice maximum est donc : $$B=10\,000\times 45+5\,000\times 15=525\,000\;F$$