\input{../preambules/preDM.tex}
\begin{document}

\newcommand{\reponse}[1]{\noindent \mbox{
#1}}
\chead{Devoir maison n°12 - correction}
\rhead{2017-2018}
\lfoot{}
\cfoot{Espaces vectoriels et applications linéaires.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction du DM n°12}
\end{center}
\vspace{10pt}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item On peut utiliser deux méthodes : \\
 \\
$\bullet$ $0+2\times 0+0 = 0$ donc $\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 
\end{pmatrix} \in E$. \\
 
$\bullet$ \underline{Soient $X,Y \in E$, soit $\lambda \in \R$.} 

On note $X = \begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}$ et $Y = \begin{pmatrix}
y_1 \\
y_2 \\
y_3
\end{pmatrix}$ et on a $x_1 + 2x_2 +x_3 = 0$, $y_1 + 2y_2+ y_3 =0$. 

On s'intéresse au vecteur $\lambda X + Y = \begin{pmatrix}
\lambda x_1 + y_1 \\
\lambda x_2 + y_2 \\
\lambda x_3 + y_3 \\
\end{pmatrix}$ et on calcule

\begin{eqnarray*}
\lambda x_1 + y_1 + 2(\lambda x_2 + y_2) + \lambda x_3 + y_3 & = & \lambda (x_1 + 2x_2 + x_3) + y_1 + 2y_2 + y_3  \\
\lambda x_1 + y_1 + 2(\lambda x_2 + y_2) + \lambda x_3 + y_3 &= & 0
\end{eqnarray*}

Ainsi $\lambda X + Y \in E$. \fbox{$E$ est donc un sous espace vectoriel.}
\\

Le problème de cette méthode, c'est qu'elle ne permet pas de trouver les vecteurs qui engendrent cet espace vectoriel. Voici l'autre méthode :

\begin{eqnarray*}
E & =& \left\{
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_{3,1}(\R),
x+2y+z=0 \right\} \\
E & =& \left\{
\begin{pmatrix}
-2y -z\\
y\\
z
\end{pmatrix}, (y,z) \in \R^2 \right\} \\
E & =& \left\{
y \begin{pmatrix}
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix} + z\begin{pmatrix}
-1\\
0\\
1
\end{pmatrix} , (y,z) \in \R^2 \right\} \\
E & =& Vect\left\{
\begin{pmatrix}
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix} , \begin{pmatrix}
-1\\
0\\
1
\end{pmatrix} \right\} \\
\end{eqnarray*}
 
\item On a $1 \times 0 + 2 \times (-1) + 1 \times 2 = 0$ donc \fbox{$X \in E$}. 

\item Soient $x,y \in \R$, 2 inconnues tels que 
$$
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
2
\end{pmatrix} = 
x \begin{pmatrix}
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix} + y
\begin{pmatrix}
-1\\
0\\
1
\end{pmatrix}
$$

On trouve assez facilement que $x = -1$ et $y = 2$. On a alors
\fbox{$
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
2
\end{pmatrix} = 
- 1 \cdot\begin{pmatrix}
-2\\
1\\
0
\end{pmatrix} + 2 \cdot
\begin{pmatrix}
-1\\
0\\
1
\end{pmatrix}
$}

\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soient $X = \begin{pmatrix}
x_1 \\
x_2 \\
x_3
\end{pmatrix}$, $Y = \begin{pmatrix}
y_1 \\
y_2 \\
y_3
\end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{3,1}(\R)$ et $\lambda \in \R$. On a alors 
\begin{eqnarray*}
f( \lambda X + Y) & =& f \left( \begin{pmatrix}
\lambda x_1 + y_1 \\
\lambda x_2 + y_2 \\
\lambda x_3 + y_3 
\end{pmatrix} \right) \\
& = & \lambda x_1 + y_1  + 2(\lambda x_2 + y_2) + \lambda x_3 + y_3 \\
& = & \lambda (x_1 + 2x_2 + x_3) + (y_1 + 2y_2 + y3) \\
& = & \lambda f(X) + f(Y)
\end{eqnarray*}

\fbox{La fonction $f$ est une application linéaire. }

\item On a $\rm{Ker}(f) =  \left\{
X\in\mathcal{M}_{3,1}(\R),
f(X)=0 \right\} =  \left\{
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_{3,1}(\R),
x+2y+z=0 \right\} = E$

On s'intéresse à l'image de $f$. On note $(e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$ et on calcule

$$
f(e_1) = 1, \qquad f(e_2) = 2, \qquad f(e_3) = 1
$$
Ainsi, \fbox{$\rm{Im} (f) = \R$}. 
\item \underline{Soit $X \in E$.} On note $X = \begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}$ et on a alors $x + 2y + z = 0$.

On calcule $f(X)  =  x + 2y + z = 0$. 
Ainsi, \fbox{$f(E) = \{ 0 \}$}. 
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=\sqrt{x^2-x+1}$ et
on introduit la suite $u$ définie par $u_0=1/2$ et $u_{n+1}=f(u_n)$.
\begin{enumerate}
\item \begin{verbatim}
clf

function y = f(x)
    y = sqrt(x^2 - x + 1)
endfunction

u = zeros(1,21)
u(1) = 1/2
for k = 1:20
    u(k+1) = f(u(k))
end

plot(u,'x')
\end{verbatim}
\item Tracer le graphe obtenu sur Scilab. Que peut-on conjecturer quand à la limite de la suite ?

On obtient le graphe sur la prochaine page. \fbox{On peut conjecturer que la suite $(u_n)$ tend vers 1.} 
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{dm12.png}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item Afin de répondre à cette question, on prend $x, y \in \R$ deux inconnues tels que 
$v = x u_1 + yu_2$. On obtient alors le système suivant
$$\begin{cases}
2 = x + y \\
-10 = -3x - y \\
26= 5x - 4 y \\
2 = 2x + 3y \\
\end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases}
2 = x + y \\
-8 = -2x \quad(L_1 + L_2) \\
34= 9x  \quad(4L_1 + L_2)\\
4 = x   \quad( 3L_1 - L_2)\\
\end{cases}  \Longleftrightarrow \begin{cases}
2 = x + y \\
4 =x  \\
34/9= x  \\
4 = x   \\
\end{cases}$$
Ceci n'est pas possible donc \fbox{$v$ n'appartient pas à $F$.}

\item Par définition, $(u_1, u_2)$ forme une famille génératrice de $F$. Il faut montrer que c'est également une famille libre. 

\underline{Soient $\lambda_1, \lambda_2 \in R,$ tel que $\lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2 = 0$}. Cela amène au système suivant

$$\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
 -3\lambda_1 - \lambda_2 =0\\
5 \lambda_1 - 4 \lambda_2 =0\\
2\lambda_1 + 3\lambda_2 = 0 \\
\end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 = 0 \\
-2\lambda_1 =0\\
9 \lambda_1  =0\\
\lambda_1 = 0 \\
\end{cases} \Longleftrightarrow  \lambda_1 = \lambda_2 = 0 $$
La famille $(u_1, u_2)$ est libre. \fbox{C'est donc une base de $F$. }


\item Soient $\begin{pmatrix}
x_1\\
y_1
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
x_2\\
y_2
\end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{2,1}(\R)$, soit $\lambda \in \R$. On calcule
\begin{eqnarray*}
f\left(\lambda \begin{pmatrix}
x_1\\
y_1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
x_2\\
y_2
\end{pmatrix} \right) & = &(\lambda x_1 + x_2) u_1 + (\lambda y_1 + y_2) u_2 \\
& = & \lambda (x_1 u_1 + y_1 u_2) + (x_2 u_1 + y_2 u_2) \\
& = & \lambda f\left( \begin{pmatrix}
x_1\\
y_1
\end{pmatrix} \right) + f \left(\begin{pmatrix}
x_2\\
y_2
\end{pmatrix} \right)
\end{eqnarray*}
Donc \fbox{l'application $f$ est linéaire.}

Par définition, ${\rm Ker}(f) = \left\{ \begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix} \ x u_1 + y u_2 = 0 \right\} $. Or, $(u_1, u_2)$ étant une famille libre, la seule solution à l'équation $x u_1 + y u_2 = 0$ est $x = y =0$. Ainsi \fbox{${\rm Ker}(f) = \left\{ \begin{pmatrix}
0\\
0
\end{pmatrix} \right\} $.}

Si on note $(e_1,e_2)$ la base canonique de $\mathcal{M}_{2,1}(\R)$, on a $f(e_1) = u_1$ et $f(e_2) = u_2$. Ainsi \\
\begin{center}
\fbox{$
{\rm Im} (f) = Vect(u_1,u_2) = F .$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}