\documentclass[a4paper,twoside,leqno,12pt]{article}

%packages utilisés
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{csquotes}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[mathscr]{eucal}
\usepackage{pdfpages}
\usepackage[all]{xy}
\usepackage{pgf,tikz}
\usepackage[g]{esvect}
\usetikzlibrary{arrows}
\usepackage{multicol}
\usepackage[pdftex,pdfborder={0 0 0}]{hyperref}

% Définition des environnements
\theoremstyle{definition}
	\newtheorem{exo}{Exercice}
	
\theoremstyle{remark}
	\newtheorem*{rem}{Remarque}

% Nouvelles commandes
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\newcommand{\Se}{\mathbb{S}}
\newcommand{\norm}[1]{\left\vert #1 \right\vert}
\newcommand{\Norm}[1]{\left\Vert #1 \right\Vert}
\newcommand{\prsc}[2]{\left\langle #1\,, #2 \right\rangle}
\newcommand{\deron}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\newcommand{\derond}[2]{\frac{\partial^2 #1}{\partial #2 ^2}}
\newcommand{\deronc}[3]{\frac{\partial^2 #1}{\partial #2 \partial #3}}

\newcommand{\lgu}{``}
\newcommand{\rgu}{''}

\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
\renewcommand{\bar}{\overline}

% Mise en page
\parskip=3pt
\setlength{\voffset}{-0.8cm}
\setlength{\hoffset}{-0.8cm}
\setlength{\evensidemargin}{0cm}
\setlength{\topmargin}{0cm}
\setlength{\textwidth}{16cm}
\setlength{\textheight}{24cm}

\renewcommand{\headrulewidth}{0.2pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0.2pt}

% Informations document
\author{Thomas Letendre}
\date{26 mars 2014}
\title{TMB printemps 2014 - DM3 Corrigé}

\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\lhead{Techniques mathématiques de base}
\rhead{Printemps 2014}
\lfoot{Licence PCSI}
\rfoot{Université Claude Bernard - Lyon 1}

\begin{center}
\Large Devoir Maison 3 - Corrigé
\end{center}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Soient $(a,b,c) \in \R^3$, $(u,v,w) \in \R^3$, $\lambda \in \R$ et $\mu \in \R$. On a :
\begin{align*}
f(& \lambda (a,b,c) + \mu (u,v,w)) = f(\lambda a + \mu u,\lambda b + \mu v,\lambda c + \mu w)\\
&= (-(\lambda a + \mu u)-(\lambda b + \mu v)-(\lambda c + \mu w),2(\lambda a + \mu u)+2(\lambda b + \mu v)+2(\lambda c + \mu w))\\
&= (\lambda(-a-b-c)+\mu(-u-v-w),\lambda(2a+2b+2c)+\mu(2u+2v+2w))\\
&= \lambda (-a-b-c,2a+2b+2c)+ \mu (-u-v-w,2u+2v+2w)\\
&= \lambda f(a,b,c) + \mu f(u,v,w).
\end{align*}
C'est valable pour $(a,b,c)$, $(u,v,w)$, $\lambda$ et $\mu$ quelconques. Donc pour tout $(a,b,c)$ et $(u,v,w) \in \R^3$ et tout $\lambda$ et $\mu \in \R$, $f( \lambda (a,b,c) + \mu (u,v,w))= \lambda f(a,b,c) + \mu f(u,v,w)$. Donc $f$ est linéaire.

\item L'application $f$ va de $\R^3$ dans $\R^2$, donc $A$ est une matrice à deux lignes et trois colonnes. La première colonne de $A$ contient les coordonnées de $f(1,0,0)=(-1,2)$, la deuxième celles de $f(0,1,0)=(-1,2)$ et la troisième celles de $f(0,0,1)=(-1,2)$. Donc $A = \left(\begin{smallmatrix}-1 & -1 & -1\\ 2 & 2 & 2\end{smallmatrix}\right)$.

\item Soient $(u,v) \in \R^2$ et $(x,y,z) \in \R^3$, résolvons le système $f(x,y,z)=(u,v)$ par pivot de Gauss :
\begin{equation*}
f(x,y,z)=(u,v) \iff \left\{ \begin{aligned}-x &-y &-z &= &u \\ 2x &+2y &+2z &= &v\end{aligned}\right. \iff \left\{ \begin{aligned}-x -y -z &= u \\  0 &= 2u+v\end{aligned}\right.
\end{equation*}
où la seconde équivalence est obtenue en ajoutant deux la première ligne à la seconde.
Commençons par remarquer que si $2u+v \neq 0$, alors la seconde ligne du système est absurde. Dans ce cas le système n'a donc pas de solutions.\\
Supposons maintenant que $(u,v)$ satisfasse $2u+v=0$. Dans ce cas la seconde ligne du système obtenu ci-dessus est vérifiée par hypothèse, et on a :
\begin{equation*}
f(x,y,z) = (u,v) \iff -x-y-z=u \iff x+y+z+u=0.
\end{equation*}
L'ensemble des solutions de l'équation est donc l'ensemble des triplets $(x,y,z)$ de réels tels que $x+y+z+u=0$.\\
\emph{Conclusion :} soit $(u,v) \in \R^2$.\\
Si $2u+v \neq 0$ alors l'équation $f(x,y,z)=(u,v)$ d'inconnue $(x,y,z) \in \R^3$ n'a pas de solutions.\\
En revanche, si $2u+v =0$ alors l'ensemble des solutions de cette équation est $\{(x,y,z)\in \R^3 | x+y+z+u=0\}$.
\begin{rem}
Géométriquement, cela signifie que l'image de $f$ est la droite de $\R^2$ : $\Delta =\{(u,v) \in \R^2 | 2u+v=0\}$. Si $(u,v) \notin \Delta$, alors $(u,v)$ n'a pas d'antécédent par $f$. Mais si $(u,v) \in \Delta$ alors $(u,v)$ a beaucoup d'antécédents par $f$ et l'ensemble de ces antécédents est le plan de $\R^3$ : $P_{(u,v)} = \{(x,y,z)\in \R^3 | x+y+z+u=0\}$. On peut remarquer que ces plans dépendent du choix de $(u,v)$ mais qu'ils sont tous parallèles.
\end{rem}
\begin{rem}
Attention dans ce qui précède $(u,v)$ et $(x,y,z)$ jouent des rôles différents.
\end{rem}

\item On applique la règle de Sarrus :
\begin{align*}
\det(B) &= \det \left(\begin{smallmatrix} 1 & -1 & 3 \\ 1 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \end{smallmatrix}\right) \\
&= \begin{split}(1\times(-2)\times 0) + (1\times 1 \times 3) + (0 \times (-1)& \times 2) - (0\times (-2) \times 3) \\ & - (1 \times (-1) \times 0) - (1 \times 1 \times 2)\end{split}\\
&= 0+3+0-0-0-2 = 1
\end{align*}
Comme $\det(B)=1 \neq 0$, $B$ est inversible.

\item Soit $(a,b,c) \in \R^3$, résolvons par pivot de Gauss le système linéaire $B\left(\begin{smallmatrix} x \\ y\\ z \end{smallmatrix}\right)=\left(\begin{smallmatrix} a \\ b \\ c \end{smallmatrix}\right)$, d'inconnue $(x,y,z) \in \R^3$. Soit $(x,y,z)\in \R^3$, on a les équivalences :
\begin{align*}
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 \\ 1 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \iff \begin{pmatrix} x-y+3z \\ x-2y+2z \\ y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \iff \left\{ \begin{aligned} x-y&+3z &= a \\ x-2y&+2z &= b \\ y& &= c\end{aligned}\right. \\
&\iff \left\{ \begin{aligned} x-y&+3z &=& a \\ -y&-z &= &b-a \\ y& &= &c\end{aligned}\right. \iff \left\{ \begin{aligned} x-y&+3z &=& a \\ y& &= &c \\ -y&-z &= &b-a \end{aligned}\right.\\
&\iff \left\{ \begin{aligned} x-y&+3z &=& a \\ y& &= &c \\ &-z &= &b-a+c \end{aligned}\right. \iff \left\{ \begin{aligned} x-y&+&3z &= a \\ y& & &= c \\ & &z &= a-b-c \end{aligned}\right. \\
& \iff \left\{ \begin{aligned} x-y& & &= a-3(a-b-c) \\ y& & &= c \\ & &z &= a-b-c \end{aligned}\right. \iff \left\{ \begin{aligned} x-y& = -2a+3b+3c \\ y& = c \\ z& = a-b-c \end{aligned}\right. \\
& \iff \left\{ \begin{aligned} x &= -2a +3b &+4c \\ y &= &c \\ z &= \quad a \ -b &-c \end{aligned}\right. \iff \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2a +3b &+4c \\ &c \\ a-b &-c \end{pmatrix} \\
&\iff \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a \\ b \\ c\end{pmatrix}
\end{align*}
Donc $B^{-1}= \left(\begin{smallmatrix} -2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1\end{smallmatrix}\right)$. On calcule son déterminant par la règle de Sarrus :
\begin{equation*}
\det(B^{-1})= 0 + 0 + (3 \times 1 \times 1) - 0 - 0 -((-1)\times 1 \times (-2))= 3-2 =1
\end{equation*}
\begin{rem}
On a $\det(B^{-1})= \frac{1}{\det(B)}$, ce qui est toujours le cas.
\end{rem}

\item On a $g:\R^3 \to \R^3$ et $f: \R^3 \to \R^2$. La seule composée qui a du sens est donc $f\circ g : \R^3 \to \R^2$. La matrice $M$ de $f\circ g$ dans les bases canoniques de $\R^3$ et $\R^2$ est le produit des  matrices de $f$ et $g$ dans ces mêmes bases :
\begin{equation*}
M = AB = \begin{pmatrix}-1 & -1 &-1 \\ 2 & 2 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & -1 & 3 \\ 1 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2 & -5 \\ 4 & -4 & 10\end{pmatrix}.
\end{equation*}
\begin{rem}
Tout comme on ne peut composer $f$ et $g$ que d'une façon, on ne peut multiplier $A$ et $B$ que d'une façon vues les tailles des matrices.
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{document}