Dawson College · 201-SN4-RE

Tutorat 201-SN4-RE · Dawson

Algèbre linéaire et géométrie vectorielle : tutorat individuel en ligne et préparation aux examens.

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Aperçu du cours

Le cours 201-SN4-RE à Dawson relie les systèmes linéaires et les matrices à la géométrie vectorielle et aux raisonnements mathématiques élémentaires.

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Essayer quatre exercices de systèmes et de géométrie vectorielle
Classer les solutions d’un système avec paramètre

Notions à travailler pour 201-SN4-RE

Systèmes linéairesMatricesVecteursDroites et plansDistances géométriques

Difficultés fréquentes

Distinguer une ligne contradictoire d’une ligne redondante pour déterminer les solutions d’un système
Relier la réduction par lignes à la géométrie des intersections de plans et aux vecteurs directeurs

Se préparer à ce cours

Exercez-vous à résoudre des équations simultanées, à conserver les fractions exactes et à multiplier une matrice par un vecteur colonne. Révisez coordonnées, composantes vectorielles et produit scalaire. Passez des équations à la matrice augmentée sans changer l’ordre des variables.

Conditions d’inscription

Les conseils ci-dessus concernent la préparation aux études, pas l’admissibilité. Vérifiez les préalables, restrictions et disponibilités actuels auprès de votre établissement : Dawson College.

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Un problème pour s’exercer

Soient $x,y,z$ les inconnues réelles du système $x+y+z=4$ , $2x-y+z=1$ et $3x+2z=k$ . Ici, $k$ est un paramètre réel fixé qui détermine le membre de droite de la troisième équation. Pour quelles valeurs de $k$ le système possède-t-il des solutions? Justifiez avec une matrice augmentée, puis exprimez toutes les solutions comme un point plus un multiple d’un vecteur directeur. Définissez le paramètre libre de cette expression.

Voir le raisonnement

1. Éliminer en conservant le membre de droite. Notons $R_1,R_2,R_3$ les lignes de la matrice augmentée; chacune contient les coefficients de $x,y,z$ , suivis du membre de droite. Au départ, les lignes sont $[1,1,1\mid4]$ , $[2,-1,1\mid1]$ et $[3,0,2\mid k]$ . Les opérations $R_2\leftarrow R_2-2R_1$ et $R_3\leftarrow R_3-3R_1$ donnent $[0,-3,-1\mid-7]$ et $[0,-3,-1\mid k-12]$ . En soustrayant la nouvelle deuxième ligne de la troisième, on obtient $[0,0,0\mid k-5]$ . 2. Interpréter la dernière ligne. Elle signifie $0=k-5$ . Si $k\ne5$ , cette égalité est fausse et le système n’a aucune solution. Si $k=5$ , c’est l’identité $0=0$ , qui n’impose aucune restriction supplémentaire. Les deux équations restantes sont $x+y+z=4$ et $3y+z=7$ . 3. Introduire explicitement un paramètre libre. Posons $t=y-2$ , qui peut prendre toute valeur réelle puisque les équations restantes ne fixent pas $y$ . Alors $y=2+t$ . La deuxième équation donne $z=7-3(2+t)=1-3t$ ; la première donne ensuite $x=4-(2+t)-(1-3t)=1+2t$ . Toutes les solutions pour $k=5$ sont donc $(x,y,z)=(1,2,1)+t(2,1,-3)$ , avec $t\in\mathbb{R}$ . Le vecteur $(1,2,1)$ repère un point de la droite solution, tandis que $(2,1,-3)$ en donne la direction. Le paramètre libre $t$ sélectionne les points de cette droite; il se distingue du paramètre fixé $k$ du système initial. 4. Vérifier les trois équations. La substitution donne $(1+2t)+(2+t)+(1-3t)=4$ , $2(1+2t)-(2+t)+(1-3t)=1$ et $3(1+2t)+2(1-3t)=5$ . Tous les termes en $t$ s’annulent. Une ligne de coefficients nuls n’est contradictoire que si son membre de droite est non nul.

Quatre exercices pour relier systèmes, vecteurs et géométrie

Savez-vous traduire une condition géométrique en équations, puis expliquer le sens du résultat? Ces quatre exercices originaux de Nablio vont de l’intersection de droites aux distances perpendiculaires et aux cas avec paramètres. Chacun propose un indice, une solution expliquée et un nouvel énoncé pour réessayer.

La liste officielle des cours de mathématiques de Dawson inclut les systèmes linéaires, les vecteurs, les droites et les plans, les aires, les volumes, les distances et les raisonnements mathématiques élémentaires dans 201-SN4-RE. Il s’agit d’une sélection d’exercices, pas d’un examen officiel ni d’une révision complète du cours. Consultez le plan actuel de votre section pour connaître la matière et les modalités d’évaluation qui s’appliquent.

Essayez chaque exercice avant d’ouvrir sa solution. Notez la première étape que vous ne pouvez pas justifier, suivez le lien de révision pertinent, puis fermez la réponse et tentez le nouvel énoncé. Les coordonnées et les paramètres sont réels. Les trois axes sont perpendiculaires et utilisent la même unité de longueur; les distances, les aires et les volumes s’expriment dans les unités correspondantes. Un vecteur directeur est non nul. Les symboles $\cdot$ , $\times$ et $\|\mathbf v\|$ désignent le produit scalaire, le produit vectoriel selon la règle de la main droite et la norme euclidienne d’un vecteur.

1. Déterminer si deux droites de l’espace se coupent

Deux droites ont pour équations vectorielles

\begin{aligned}L:\ \mathbf r(t)&=(1,-1,2)+t(2,1,-1),\\M:\ \mathbf q(s)&=(1,2,-3)+s(1,-1,2),\end{aligned}

où $t,s\in\mathbb R$ sont des paramètres indépendants. Les droites se coupent-elles? Établissez un système en $t$ et $s$ , vérifiez les trois coordonnées et expliquez si l’intersection est unique. Une personne affirme que des vecteurs directeurs différents garantissent une intersection. Ce raisonnement suffit-il dans l’espace à trois dimensions?

Voir un indice : comparer les coordonnées correspondantes

Un point commun doit avoir les mêmes coordonnées x, y et z sur les deux droites. Les paramètres repèrent des points sur des droites différentes; ils n’ont pas à être égaux. Résolvez deux équations de coordonnées, puis vérifiez la troisième.

Voir la solution expliquée : vérifier le candidat géométriquement

Établir trois équations pour deux paramètres

L’égalité des coordonnées donne $1+2t=1+s$ , $-1+t=2-s$ et $2-t=-3+2s$ . Ainsi,

\begin{aligned}2t-s&=0,\\t+s&=3,\\t+2s&=5.\end{aligned}

La première équation donne $s=2t$ . La deuxième devient $3t=3$ , d’où $t=1$ et $s=2$ . Ce sont des valeurs candidates pour les paramètres, pas encore une intersection vérifiée dans l’espace.

Vérifier la coordonnée restante et les deux droites

La troisième équation est satisfaite : $1+2(2)=5$ . La substitution dans les équations vectorielles initiales donne

\begin{aligned}\mathbf r(1)&=(3,0,1),\\\mathbf q(2)&=(3,0,1).\end{aligned}

L’intersection se limite au point $(3,0,1)$ . Tout point commun doit satisfaire les deux premières équations, qui imposent l’unique couple $(t,s)=(1,2)$ ; la troisième équation confirme que ce candidat convient. Cela établit l’unicité, et pas seulement l’existence.

Distinguer des directions non parallèles et des droites sécantes

Les vecteurs $(2,1,-1)$ et $(1,-1,2)$ ne sont pas des multiples scalaires : les composantes en x exigeraient un facteur de 2, mais les composantes en y ne correspondraient alors pas. Les droites ne sont donc pas parallèles. Cela ne suffit pas à garantir une intersection dans l’espace : des droites non parallèles peuvent être gauches, c’est-à-dire ne pas se rencontrer. De plus, des vecteurs simplement différents ne prouvent pas que les directions sont non parallèles, puisque l’un pourrait être un multiple de l’autre.

Erreur à repérer : imposer $t=s$ ou considérer que l’égalité de deux coordonnées suffit à obtenir le même point dans l’espace.

Réessayez : changer une seule coordonnée de M

Remplacez M par $M':\mathbf q(s)=(1,2,-2)+s(1,-1,2)$ , sans changer L. Déterminez si les deux droites sont sécantes, parallèles ou gauches. Expliquez pourquoi il faut vérifier la troisième coordonnée.

Vérifier les nouvelles droites

Les équations en x et en y n’ont pas changé; le seul candidat reste donc $t=1,s=2$ . Mais les coordonnées en z valent maintenant $2-1=1$ sur L et $-2+2(2)=2$ sur $M'$ . Elles diffèrent. Aucun autre couple ne peut satisfaire les deux premières équations : il n’y a donc pas d’intersection. Les vecteurs directeurs sont inchangés et non parallèles : les droites sont gauches, et non parallèles. Dans le nouveau système, la troisième équation est $t+2s=4$ , alors que les deux premières imposent $t+2s=5$ .

Si la mise en équations ou la vérification de la solution vous a posé problème, révisez les opérations réversibles et la vérification d’un système. Pour un système dont les inconnues sont des coordonnées plutôt que des paramètres de droites, revenez au système avec paramètre déjà présenté sur cette page.

2. Trouver le point d’une droite le plus proche

Soient $A=(1,-1,0)$ , $B=(3,0,2)$ et $P=(4,2,0)$ . Trouvez le point H de la droite passant par A et B qui est le plus proche de P, puis la distance de P à cette droite. Justifiez pourquoi ce point est le plus proche. On considère la droite entière, et non le segment reliant A à B.

Voir un indice : utiliser un reste perpendiculaire

Posez $\mathbf d=B-A$ , $\mathbf u=P-A$ et $H=A+t\mathbf d$ . Le segment le plus court est perpendiculaire à la droite; ainsi, $(\mathbf u-t\mathbf d)\cdot\mathbf d=0$ . Trouvez le scalaire t avant de calculer le point.

Voir la solution expliquée : projeter un déplacement, pas une position

Distinguer les deux vecteurs

Le vecteur directeur de la droite et le déplacement de A à P sont

\mathbf d=(2,1,2),\qquad \mathbf u=(3,3,0).

C’est le vecteur $\mathbf u$ , et non le vecteur position $(4,2,0)$ , qu’il faut décomposer suivant la droite à partir de A. Puisque $\mathbf d\ne\mathbf0$ , sa norme au carré est positive.

Trouver et vérifier le pied de la perpendiculaire

En développant la condition de perpendicularité, on obtient $\mathbf u\cdot\mathbf d-t(\mathbf d\cdot\mathbf d)=0$ . Donc,

\begin{aligned}t&=\frac{\mathbf u\cdot\mathbf d}{\mathbf d\cdot\mathbf d}\\&=\frac{3(2)+3(1)+0(2)}{2^2+1^2+2^2}=1.\end{aligned}

Ainsi, $H=A+\mathbf d=(3,0,2)=B$ . Le déplacement de H à P vaut $P-H=(1,2,-2)$ , et son produit scalaire avec $\mathbf d$ est $2+2-4=0$ . Le point appartient à la droite et le segment qui le relie à P lui est perpendiculaire. La distance vaut

\|P-H\|=\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}=3.

Expliquer pourquoi le pied est le point le plus proche

Pour tout autre point Q de la droite, $Q-H$ est parallèle à $\mathbf d$ , tandis que $P-H$ lui est perpendiculaire. Le théorème de Pythagore donne donc

\|P-Q\|^2=\|P-H\|^2+\|Q-H\|^2.

Le deuxième terme est positif ou nul et ne s’annule que si Q=H. Ainsi, H est l’unique point le plus proche. La distance vaut 3 unités de longueur des coordonnées. Ni le coefficient t=1 ni le vecteur projeté $t\mathbf d$ ne sont cette distance.

Erreur à repérer : diviser par $\|\mathbf d\|$ plutôt que par $\|\mathbf d\|^2$ , ou oublier d’ajouter A après avoir trouvé le déplacement projeté.

Réessayez : laisser le pied dépasser B

Gardez A et B, mais remplacez P par $R=(6,3,2)$ . Trouvez le point le plus proche sur la droite entière et la distance. Le pied est-il entre A et B?

Vérifier le nouveau pied et la distance

Maintenant, $R-A=(5,4,2)$ . Son produit scalaire avec $\mathbf d$ vaut $10+4+4=18$ , donc $t=18/9=2$ . Le pied est $H_R=A+2\mathbf d=(5,1,4)$ . Le reste $R-H_R=(1,2,-2)$ a encore un produit scalaire nul avec $\mathbf d$ et une norme de 3.

A correspond à t=0 et B à t=1; t=2 se trouve au-delà de B, à l’extérieur du segment. Ce point reste le plus proche sur la droite entière, car t peut être n’importe quel réel. Restreindre la recherche au segment constituerait une autre question.

Pour une explication plus courte du produit scalaire et du coefficient de projection, révisez le produit scalaire et la projection. Cette section d’un guide MATH 204 traite d’une notion réutilisable; elle ne signifie pas que les exigences des deux cours sont identiques.

3. Construire un plan et calculer une aire et un volume

Soient $A=(1,0,-1)$ , $B=(3,1,-1)$ , $C=(1,2,1)$ et $D=(2,0,0)$ . Trouvez une équation cartésienne du plan passant par A, B et C, ainsi que l’aire du triangle ABC. Trouvez ensuite le volume du parallélépipède dont les trois arêtes issues de A sont $\overrightarrow{AB}$ , $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AD}$ . Expliquez pourquoi les trois points déterminent un plan.

Voir un indice : un produit vectoriel, deux rôles

Formez $\mathbf u=B-A$ et $\mathbf v=C-A$ . Leur produit vectoriel est perpendiculaire aux deux directions; sa norme donne l’aire de leur parallélogramme. L’aire du triangle en vaut la moitié. Le volume du parallélépipède est $|(\mathbf u\times\mathbf v)\cdot(D-A)|$ .

Voir la solution expliquée : distinguer la direction et l’échelle

Construire des directions à partir d’un même point

\begin{aligned}\mathbf u&=(2,1,0),\\\mathbf v&=(0,2,2),\\\mathbf w=D-A&=(1,0,1).\end{aligned}

Pour des composantes dans l’ordre x,y,z,

\begin{aligned}(\mathbf u\times\mathbf v)_x&=u_yv_z-u_zv_y,\\(\mathbf u\times\mathbf v)_y&=u_zv_x-u_xv_z,\\(\mathbf u\times\mathbf v)_z&=u_xv_y-u_yv_x.\end{aligned}

Ici, les trois composantes valent $1(2)-0(2)=2$ , $0(0)-2(2)=-4$ et $2(2)-1(0)=4$ . Donc, $\mathbf N=\mathbf u\times\mathbf v=(2,-4,4)$ . Ce vecteur est non nul : les deux directions ne sont pas parallèles et A, B, C ne sont pas alignés. Ils déterminent un seul plan.

Utiliser une normale plus simple pour l’équation

On peut utiliser $\mathbf n=\mathbf N/2=(1,-2,2)$ comme vecteur normal. Un point $(x,y,z)$ appartient au plan exactement lorsque son déplacement depuis A est perpendiculaire à $\mathbf n$ :

\begin{aligned}(x-1)-2y+2(z+1)&=0,\\x-2y+2z&=-1.\end{aligned}

Vérifiez A, B et C : les membres de gauche valent respectivement $1-2=-1$ , $3-2-2=-1$ et $1-4+2=-1$ . De plus, $\mathbf n\cdot\mathbf u=2-2=0$ et $\mathbf n\cdot\mathbf v=-4+4=0$ .

Garder la norme du produit vectoriel initial pour l’aire et le volume

L’aire du parallélogramme vaut $\|\mathbf N\|=\sqrt{4+16+16}=6$ . Le triangle ABC a donc une aire de $6/2=3$ unités carrées des coordonnées. Le volume du parallélépipède vaut

|\mathbf N\cdot\mathbf w|=|2(1)-4(0)+4(1)|=6

unités cubes des coordonnées. Il s’agit d’un parallélépipède, pas d’un tétraèdre. Pour une vérification indépendante, D est à une distance $|2-(-1)|/\|\mathbf n\|=3/3=1$ du plan : l’aire de la base, 6, multipliée par la hauteur, 1, donne un volume de 6.

Erreur à repérer : remplacer le produit vectoriel par une normale simplifiée avant de calculer l’aire. Multiplier une normale par un scalaire non nul donne une normale au même plan, mais change sa norme en général. Ici, $\|\mathbf n\|=3$ n’est pas l’aire du parallélogramme.

Réessayez : étirer une arête

Gardez A, B et D, mais utilisez $C'=(1,4,3)$ . Sans recalculer chaque composante, prévoyez le plan, l’aire du triangle et le volume du parallélépipède. Justifiez les facteurs en comparant $C'-A$ et $C-A$ .

Vérifier la configuration étirée

Puisque $C'-A=(0,4,4)=2\mathbf v$ , le nouveau produit vectoriel vaut $\mathbf u\times(2\mathbf v)=2\mathbf N$ , dont la norme est 12. La nouvelle aire du triangle est 6 et le volume du parallélépipède est $|(2\mathbf N)\cdot\mathbf w|=12$ . Le plan reste $x-2y+2z=-1$ : ses deux directions indépendantes engendrent le même plan passant par A. Vérifiez $C'$ : $1-2(4)+2(3)=-1$ . Doubler une arête de la base double ici l’aire et le volume, pas la hauteur.

Si le sens du vecteur normal reste flou, consultez le guide sur l’intersection de plans pour relier équations de plans, normales et ensembles de solutions. Les calculs d’aire et de volume par produit vectoriel sont développés ici.

4. Classer l’intersection d’une droite et d’un plan avant de diviser

Soit $\Pi:x-2y+2z=-1$ et la famille de droites

\ell_a:\ \mathbf r(t)=(2,0,0)+t(2,1,a),\qquad t\in\mathbb R.

Ici, a est un réel fixé qui choisit une droite, tandis que t choisit un point sur cette droite. Pour quelles valeurs de a la droite rencontre-t-elle le plan, et où? S’il n’y a pas d’intersection, trouvez la distance de la droite au plan. Expliquez pourquoi un vecteur directeur perpendiculaire à la normale du plan ne suffit pas à conclure que la droite appartient au plan.

Voir un indice : conserver le cas nul

Substituez x=2+2t, y=t et z=at dans l’équation du plan. Avant de diviser par un coefficient, vérifiez s’il peut être nul. Lorsqu’une droite suit une direction parallèle au plan, vérifiez son point de départ pour distinguer l’inclusion dans le plan de l’absence d’intersection.

Voir la solution expliquée : une équation, deux cas

Schéma de trois positions d’une droite par rapport à un plan : un point d’intersection pour la famille initiale si a est non nul; aucun point commun si a est nul; et une droite contenue dans le plan si a est nul après le changement de point de départ de la nouvelle tentative. — Schéma, pas un graphique de coordonnées : n’y mesurez ni angles ni distances. Chaque surface colorée représente seulement une partie d’un plan infini. Les deux premiers panneaux décrivent la famille initiale; le troisième utilise le point de départ modifié de la nouvelle tentative. Une direction parallèle au plan peut donner soit aucun point commun, soit une droite contenue dans le plan.

Substituer et interpréter le coefficient

La normale est $\mathbf n=(1,-2,2)$ , et le vecteur directeur $\mathbf d_a=(2,1,a)$ est non nul pour tout a. La substitution donne

\begin{aligned}(2+2t)-2t+2at&=-1,\\2at&=-3.\end{aligned}

Le coefficient $2a=\mathbf n\cdot\mathbf d_a$ indique si un déplacement le long de la droite fait varier le membre de gauche de l’équation du plan.

Cas a≠0 : une seule intersection

La division est maintenant permise : $t=-3/(2a)$ . Les coordonnées du point d’intersection sont

\begin{aligned}x&=2-\frac3a,\\y&=-\frac3{2a},\\z&=-\frac32.\end{aligned}

La vérification dans le plan donne $2-3/a+3/a-3=-1$ . Il y a une seule valeur du paramètre, donc une seule intersection. Par exemple, a=1 donne $(-1,-3/2,-3/2)$ .

Cas a=0 : aucune intersection et une distance positive

L’équation devient $0=-3$ , ce qui est impossible. Le vecteur directeur est $(2,1,0)$ , perpendiculaire à la normale, mais le point de départ $P=(2,0,0)$ n’appartient pas au plan. La droite est parallèle au plan et n’a aucun point commun avec lui.

Trouvez le pied de la perpendiculaire issue de P en écrivant $H=P-\lambda\mathbf n$ . Exiger que H appartienne à $\Pi$ donne $2-9\lambda=-1$ , donc $\lambda=1/3$ . Ainsi,

\begin{aligned}H&=(5/3,2/3,-2/3),\\\|P-H\|&=\tfrac13\|\mathbf n\|=1.\end{aligned}

Vérifiez le plan : $5/3-4/3-4/3=-1$ . Le vecteur $P-H=\mathbf n/3$ lui est perpendiculaire. Pour tout point $S=P+t(2,1,0)$ de la droite, on a $\mathbf n\cdot S=2$ ; le même déplacement normal $\mathbf n/3$ , à soustraire, atteint donc le plan et a une norme de 1. La distance de la droite entière au plan vaut ainsi 1 unité de longueur, et pas seulement la distance obtenue à partir d’un point commode. Un segment perpendiculaire est le plus court par le même raisonnement de Pythagore qu’à la question 2.

Erreur à repérer : diviser par a avant d’étudier a=0, ou déclarer qu’une droite est contenue dans le plan simplement parce que sa direction est perpendiculaire à la normale.

Réessayez : changer le point de départ

Remplacez le point de départ par $Q=(1,1,0)$ , en conservant le vecteur directeur $(2,1,a)$ et le plan $\Pi$ . Classez les intersections pour a=0 et a≠0. Donnez la distance entre la droite et le plan dans les deux cas.

Vérifier l’inclusion et la traversée

Maintenant, $\mathbf n\cdot Q=1-2=-1$ : Q appartient au plan. La substitution donne $-1+2at=-1$ , soit $2at=0$ . Si a=0, tout réel t convient : la droite entière est contenue dans le plan, donc il y a une infinité de points communs. Si a≠0, seul t=0 convient : l’unique intersection est Q. La distance entre la droite et le plan vaut zéro dans les deux cas, puisqu’ils ont des points communs. Une distance nulle ne permet pas, à elle seule, de distinguer une traversée d’une inclusion.

Si vous avez confondu le paramètre fixé et le paramètre libre, reprenez l’exemple du système initial. Si la classification géométrique vous a posé problème, comparez les ensembles de solutions de deux plans; les formes d’intersection possibles ne sont pas les mêmes pour deux plans et pour une droite avec un plan.

Choisir la suite à partir de la première erreur

Des équations incorrectes ou une coordonnée oubliée : refaites la question 1 en nommant séparément les paramètres.
Un résultat du mauvais type : à la question 2, distinguez le coefficient scalaire, le vecteur projeté, le pied et la distance avant de calculer.
Une échelle ou des unités incorrectes : à la question 3, gardez le produit vectoriel initial pour l’aire et le volume, même si vous simplifiez la normale.
Un cas particulier oublié : à la question 4, classez l’équation avec paramètre avant de diviser.

Pour le tutorat, apportez votre première mise en équations et l’étape que vous ne pouvez pas expliquer. Vous pouvez aussi commencer sans tentative préalable. Travaillez un exemple ensemble, puis utilisez le nouvel énoncé pour vérifier si vous pouvez choisir et justifier vous-même la méthode.

Comment le tutorat aide

Votre tuteur peut suivre vos opérations sur les lignes et vous aider à traduire les lignes finales en ensemble de solutions. Pour les droites et les plans, vous pouvez reprendre ensemble le schéma pour distinguer point, vecteur directeur et vecteur normal avant de choisir un calcul.

Préparation aux examens de 201-SN4-RE

Consultez le plan de votre section pour la matière évaluée et les modalités d’évaluation. Travaillez des systèmes ayant une solution unique, aucune solution ou une infinité de solutions, ainsi que les exercices de matrices et de géométrie vectorielle assignés. Pour chaque système, reliez les dernières lignes de la matrice à l’ensemble des solutions. En géométrie, identifiez les points, les directions ou les normales utilisés et expliquez ce que représente le résultat.

Nous travaillons sur des exercices autorisés et des problèmes comparables, sans réaliser de travaux évalués ni d’examens à votre place.

Pratique autonome

Exercices gratuits et guides pour 201-SN4-RE

8 min

Opérations sur les lignes : pourquoi les solutions restent les mêmes

Travaillez les opérations réversibles sur les lignes et interprétez les lignes finales pour distinguer une, aucune ou une infinité de solutions.

20 min

Intersection de plans : réduction par lignes et géométrie

Reliez une matrice augmentée à l’intersection de deux plans et utilisez les paramètres libres pour décrire tous leurs points communs.

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Questions sur les séances

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Les séances de tutorat sont actuellement offertes en anglais.

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