Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. Le système homogène est obtenu en annulant le second membre de $(S)$. Si $(S)$ est le système suivant,
   $$(S)\qquad \left\{\begin{array}{ccccccc} a_{1,1} x_1+&\cdots&+a_{... ...m,1} x_1+&\cdots&+a_{m,j} x_j+&\cdots&+a_{m,n} x_n&=&b_m \end{array}\right.$$
   alors le système homogène associé est :
   $$(H)\qquad \left\{\begin{array}{ccccccc} a_{1,1} x_1+&\cdots&+a_{... ..._{m,1} x_1+&\cdots&+a_{m,j} x_j+&\cdots&+a_{m,n} x_n&=&0 \end{array}\right.$$

2. Le $n$-uplet $(0,\ldots,0)$ (vecteur nul de $\mathbb{R}^n$) est solution. L'ensemble des solutions de $(H)$ n'est donc jamais vide.

   Pour montrer qu'un ensemble non vide est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^n$, il suffit de vérifier qu'il est stable par combinaison linéaire, c'est-à-dire que si deux éléments appartiennent à l'ensemble, toutes leurs combinaisons linéaires restent dans le même ensemble. Soient $x=(x_1,\ldots,x_n)$ et $y=(y_1,\ldots,y_n)$ deux solutions de $(H)$, $\lambda$ et $\mu$ deux réels quelconques. Nous devons vérifier que $\lambda x+\mu y$ est solution de $(H)$. Considérons la $i$-ième équation, vérifiée à la fois par $x$ et $y$.

   $$a_{i,1} x_1+\ldots+a_{i,n} x_n=0$$   et$$\quad a_{i,1} y_1+\ldots+a_{i,n} y_n=0\;.$$
   En multipliant la première par $\lambda$, la seconde par $\mu$ et en ajoutant les deux, on obtient :
   $$\lambda(a_{i,1} x_1+\ldots+a_{i,n} x_n) +\mu(a_{i,1} x_1+\ldots+a_{i,n} x_n)=0\;,$$
   soit,
   $$a_{i,1} (\lambda x_1+\mu y_1)+\ldots+a_{i,n} (\lambda x_n+\mu y_n)=0\;.$$
   Le $n$-uplet $(\lambda x_1+\mu y_1,\ldots,\lambda x_n+\mu y_n)$ est donc solution de $(H)$.
3. Soit $s_0=(x_1^{(0)},\ldots,x_n^{(0)})$ une solution particulière de $(S)$. Nous devons démontrer que toute solution de $(S)$ est la somme de $s_0$ et d'une solution de $(H)$. Soit $s=(x_1,\ldots,x_n)$ une solution quelconque de $(S)$. Pour tout $i=1,\ldots,m$, les deux solutions satisfont la $i$-ième équation.
   $$a_{i,1} x_1^{(0)}+\ldots+a_{i,n} x_n^{(0)}=b_i$$   et$$\quad a_{i,1} x_1+\ldots+a_{i,n} x_n=b_i\;.$$
   Si on retranche la première équation de la seconde, on obtient :
   $$a_{i,1} (x_1-x_1^{(0)})+\ldots+a_{i,n} (x_n-x_n^{(0)})=0\;.$$
   Par conséquent, le $n$-uplet $s-s_0$ est solution du système homogène associé $(H)$.

   Réciproquement, on vérifie de la même façon que tout $n$-uplet somme de $s_0$ et d'une solution de $(H)$ est solution de $(S)$.

4. On dit qu'un système est échelonné s'il se présente sous la forme suivante.
   $$(S_{E})\qquad \left\{\begin{array}{cccccccl} p_1 y_1\;+&c_{1,2}\... ...&d_r\\ &&&&&0&=&d_{r+1}\\ &&&&&&\vdots&\\ &&&&&0&=&d_{m} \end{array}\right.$$
   Mettre un système $(S)$ sous forme échelonnée, c'est passer de $(S)$ à $(S_E)$ par des transformations équivalentes des lignes, et une permutation éventuelle des coordonnées, de sorte que
   1. les inconnues $(y_1,\ldots,y_n)$ de $(S_E)$ sont celles de $(S)$, mais dans un ordre qui peut être différent,
   2. les coefficients $p_1,\ldots p_r$ sont tous non nuls.
5. Si $n$ est le nombre d'inconnues, le rang du système est le complément à $n$ de la dimension de l'espace vectoriel des solutions du système homogène associé. Sur la forme échelonnée, le rang est le nombre de pivots non nuls.

Exercice 1 :  

1. Ce système est déjà sous forme échelonnée : il suffit de permuter les équations.
   $$(S)\qquad \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &ay&+az&=&ab\\ &&bz&=&a\;. \end{array}\right.$$

   $\bullet$

   Si $b=0$, $a=0$, le système $(S)$ est de rang 1,

   $\bullet$

   si $b=0$, $a\neq 0$, le système $(S)$ est de rang 2,

   $\bullet$

   si $b\neq 0$, $a=0$, le système $(S)$ est de rang 2,

   $\bullet$

   si $b\neq 0$, $a\neq 0$, le système $(S)$ est de rang 3.

2. Si $a$ et $b$ sont tous les deux non nuls, le système $(S)$ est de rang 3, donc il a une solution unique.
   $$\left\{ \begin{array}{rrrcl} x&&&=&1-b\\ &y&&=&b-a/b\\ &&z&=&a/b\;. \end{array}\right.$$

3. Pour $a=0$, la seconde équation s'annule.
   $$(S)\qquad \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &&bz&=&0\;. \end{array}\right.$$
   Si $b=0$, l'ensemble des solutions est le plan d'équation implicite $x+y+z=1$, dont des équations paramétriques sont par exemple :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&1-\lambda-\mu\\ y&=&\lambda\... ...&=&\mu \end{array}\right. \;,\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;.$$
   Si $b\neq 0$, l'ensemble des solutions est une droite affine, d'équations paramétriques :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&1-\lambda\\ y&=&\lambda\\ z&=&0 \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;.$$

Exercice 2 :  

1. Un vecteur de coordonnées $(x,y,z)$ appartient au plan vectoriel associé à ${\cal P}$ si et seulement si $x+y+z=0$. C'est le cas pour $\vec{u}$ si et seulement si $1+b=0$, soit $b=-1$.
2. Pour $b\neq -1$, la droite vectorielle associée à ${\cal D}$ n'est pas incluse dans le plan vectoriel associé à ${\cal P}$, d'après ce qui précède. Comme l'espace est de dimension 3, l'intersection de ${\cal D}$ et ${\cal P}$ est réduite à un point.
3. Pour $b=-1$, la droite vectorielle associée à ${\cal D}$ est incluse dans le plan vectoriel associé à ${\cal P}$. Deux cas sont possibles : soit ${\cal D}\subset {\cal P}$, soit ${\cal D}\cap{\cal P}=\emptyset$. Pour distinguer les deux cas, il suffit de vérifier si le point $A$ appartient à ${\cal P}$ ou non. Si $a=-1$, $1+1+a=1$, donc ${\cal D}\cap {\cal P}={\cal D}$, si $a\neq -1$, ${\cal D}\cap{\cal P}=\emptyset$.
4. La droite ${\cal D}$ a pour équations paramétriques :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&1+\lambda\\ y&=&1\\ z&=&a+\lambda b \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;.$$
   En multipliant la première équation par $b$, et en lui retranchant la troisième, on obtient $bx-z=b-a$. Donc ${\cal D}$ est incluse dans l'intersection des deux plans d'équations $bx-z=b-a$ et $y=1$. Réciproquement l'intersection de ces deux plans est une droite (car ayant des vecteurs normaux indépendants, ils ne peuvent être ni confondus ni parallèles). D'où le résultat. L'intersection de ${\cal D}$ et ${\cal P}$ est donc l'ensemble des points de $(x,y,z)$ solutions de :
   $$\left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &y&&=&1\\ bx&&-z&=&b-a\;. \end{array}\right.$$

5. Pour mettre ce système sous forme échelonnée, il faut retrancher la première ligne multipliée par $b$ de la troisième :
   $$\left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &y&&=&1\\ &-by&-(1+b)z&=&-a\;, \end{array}\right.$$
   puis ajouter la seconde ligne multipliée par $b$ à la troisième :
   $$\left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &y&&=&1\\ &&-(1+b)z&=&b-a\;. \end{array}\right.$$

6. Si $b=-1$, le rang du système est 2, sinon il est égal à 3. Si $b\neq -1$, le système a une solution unique, si $b=-1$, alors soit $a\neq b$ et le système n'a pas de solution, soit $a=b$ et l'ensemble des solutions du système est une droite.
7. Pour $b\neq -1$, on trouve :
   $$\left\{ \begin{array}{rrrcl} x&&&=&\frac{b-a}{1+b}\\ &y&&=&1\\ &&z&=&\frac{a-b}{1+b}\;. \end{array}\right.$$

Exercice 3 :  

1. Voici les étapes de la mise sous forme échelonnée.
   $$\begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\ L_2\leftarrow L_2+L_... ...\\ &2y&+(b+4)z&+(a+2b-1)t&=&a+1 \end{array}\right. \end{array}$$
   $$\Longleftrightarrow$$
   $$\begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\  \\ L_3 \leftarrow ... ...1)t&=&0\\ &&bz&+(a+2b-1)t&=&a-1 \end{array}\right. \end{array}$$
   $$\Longleftrightarrow$$
   $$\begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\  \\  \\ L_4 \lefta... ...&&bz&+(a-1)t&=&0\\ &&&2bt&=&a-1 \end{array}\right. \end{array}$$

2. $\bullet$

   Si $b=0$, $a=1$, le système $(S)$ est de rang 2,

   $\bullet$

   si $b=0$, $a\neq 1$, le système $(S)$ est de rang 3,

   $\bullet$

   si $b\neq 0$, le système $(S)$ est de rang 4.

3. Pour $b=0$, $a=1$ est la condition nécessaire et suffisante pour que le système ait des solutions.
4. Pour $(a,b)=(0,1)$, les deux dernières équations s'annulent. On peut résoudre les deux précédentes en fonction de $z$ et $t$ :
   $$\left\{ \begin{array}{rrrrcl} x&&&&=&-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}z-\frac{1}{2}t\\ &y&&&=&1-2z \end{array}\right.$$
   L'ensemble des solutions est de dimension 2, c'est donc un plan, dont un système d'équations paramétriques est :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\lamb... ...&=&\mu \end{array}\right. \;,\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;.$$

5. Pour $b\neq 0$, le système est de rang 4, il a donc une solution unique. On obtient :
   $$\left\{ \begin{array}{lcl} x&=&-\frac{1}{2}-\frac{(a-1)^2}{4... ...1)^2}{2b^2}\ [1.5ex] t&=&\frac{a-1}{2b}\;. \end{array}\right.$$