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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,

    $\displaystyle (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 :

    $\displaystyle (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$.

    $\displaystyle a_{i,1} x_1+\ldots+a_{i,n} x_n=0$   et$\displaystyle \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 :

    $\displaystyle \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,

    $\displaystyle 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.

    $\displaystyle a_{i,1} x_1^{(0)}+\ldots+a_{i,n} x_n^{(0)}=b_i$   et$\displaystyle \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 :

    $\displaystyle 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.

    $\displaystyle (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.

    \begin{displaymath} (S)\qquad \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &ay&+az&=&ab\\ &&bz&=&a\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

    $ \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.

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&&&=&1-b\\ &y&&=&b-a/b\\ &&z&=&a/b\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

  3. Pour $ a=0$, la seconde équation s'annule.

    \begin{displaymath} (S)\qquad \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &&bz&=&0\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

    Si $ b=0$, l'ensemble des solutions est le plan d'équation implicite $ x+y+z=1$, dont des équations paramétriques sont par exemple :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lcl} x&=&1-\lambda-\mu\\ y&=&\lambda\... ...&=&\mu \end{array}\right. \;,\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;. \end{displaymath}

    Si $ b\neq 0$, l'ensemble des solutions est une droite affine, d'équations paramétriques :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lcl} x&=&1-\lambda\\ y&=&\lambda\\ z&=&0 \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;. \end{displaymath}

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 :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lcl} x&=&1+\lambda\\ y&=&1\\ z&=&a+\lambda b \end{array}\right. \;,\quad \lambda\in\mathbb{R}\;. \end{displaymath}

    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 :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &y&&=&1\\ bx&&-z&=&b-a\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

  5. Pour mettre ce système sous forme échelonnée, il faut retrancher la première ligne multipliée par $ b$ de la troisième :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &y&&=&1\\ &-by&-(1+b)z&=&-a\;, \end{array}\right. \end{displaymath}

    puis ajouter la seconde ligne multipliée par $ b$ à la troisième :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&+y&+z&=&1\\ &y&&=&1\\ &&-(1+b)z&=&b-a\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

  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 :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{rrrcl} x&&&=&\frac{b-a}{1+b}\\ &y&&=&1\\ &&z&=&\frac{a-b}{1+b}\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

Exercice 3 :  
  1. Voici les étapes de la mise sous forme échelonnée.

    \begin{displaymath} \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}\end{displaymath}

    $\displaystyle \Longleftrightarrow $

    \begin{displaymath} \begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\  \\ L_3 \leftarrow ... ...1)t&=&0\\ &&bz&+(a+2b-1)t&=&a-1 \end{array}\right. \end{array}\end{displaymath}

    $\displaystyle \Longleftrightarrow $

    \begin{displaymath} \begin{array}{cc} \begin{array}{l}  \\  \\  \\ L_4 \lefta... ...&&bz&+(a-1)t&=&0\\ &&&2bt&=&a-1 \end{array}\right. \end{array}\end{displaymath}

  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$ :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{rrrrcl} x&&&&=&-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}z-\frac{1}{2}t\\ &y&&&=&1-2z \end{array}\right. \end{displaymath}

    L'ensemble des solutions est de dimension 2, c'est donc un plan, dont un système d'équations paramétriques est :

    \begin{displaymath} \left\{ \begin{array}{lcl} x&=&-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\lamb... ...&=&\mu \end{array}\right. \;,\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}\;. \end{displaymath}

  5. Pour $ b\neq 0$, le système est de rang 4, il a donc une solution unique. On obtient :

    \begin{displaymath} \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. \end{displaymath}


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