\pagebreak
\columnratio{0.5}

\begin{paracol}{2}
Pierre Saunders

\switchcolumn
\begin{flushright}
L3 Math 2024-25

Université Côte d'Azûr
\end{flushright}
\end{paracol}

\begin{center}
\section*{Devoir Maison 1 : Algèbre multilinéaire}
\end{center}

\bigskip

\subsubsection*{Exercice 1}

Soit $(E,\innerproduct{.}{.})$ un espace euclidien. On définit

$$\function{i}{E \setminus \{0\}}{E \setminus \{0\}}$$
$$\functiondef{x}{\frac{x}{\norm{x}^2}}$$

qu'on appelle \textit{inversion} de centre 0 et de rapport 1.

\begin{enumerate}
	\item{Montrer que $i$ est une bijection de $E \setminus \{0\}$ sur lui-même, vérifiant $i \composes i = id_E$}

	\begin{proof}\par
		Si $i$ est une bijection de $E$ alors il existe une fonction réciproque (ou inverse) $i^{-1}$ telle que $i \composes i^{-1} = id_E$, or $i$ est défini comme son propre inverse. Donc il suffit d'évaluer $i$ avec lui-même pour terminer la preuve.

		$$i \composes i = \frac{\frac{x}{\norm{x}^2}}{\norm{\frac{x}{\norm{x}^2}}^2} = \frac{\frac{x}{\norm{x}^2}}{\frac{\norm{x}^2}{\norm{x}^4}} = \frac{\norm{x}^2 x}{\norm{x}^2} = x = id_E$$
	\end{proof}

	\item{Montrer $$\forall x,y \in E \setminus \{0\}, \frac{\innerproduct{i(x)}{i(y)}}{\norm{i(x)}\norm{i(y)}} = \frac{\innerproduct{x}{y}}{\norm{x}\norm{y}}$$ On dit que $i$ est une application \textit{conforme}.}

	\begin{proof}\par
		Soit $x,y \in E \setminus \{0\}$
		$$\frac{\innerproduct{i(x)}{i(y)}}{\norm{i(x)}\norm{i(y)}} = \frac{\innerproduct{\frac{x}{\norm{x}^2}}{\frac{y}{\norm{y}^2}}}{\norm{\frac{x}{\norm{x}^2}}\norm{\frac{y}{\norm{y}^2}}} = \frac{\frac{\innerproduct{x}{y}}{\norm{x}^2\norm{y}^2}}{\frac{\norm{x}\norm{y}}{\norm{x}^2\norm{y}^2}} = \frac{\innerproduct{x}{y}}{\norm{x}\norm{y}}$$
	\end{proof}

	\item{Démontrer que $$\forall x,y \in E \setminus \{0\}, \norm{i(x) - i(y)} = \frac{\norm{x - y}}{\norm{x}\norm{y}}$$}

	\begin{proof}\par
		Soit $x,y \in E \setminus \{0\}$
		$$\norm{i(x) - i(y)} = \norm{\frac{x}{\norm{x}^2} - \frac{y}{\norm{y}^2}} = \norm{\frac{\norm{y}^2 x - \norm{x}^2 y}{\norm{x}^2\norm{y}^2}} = \frac{\norm{\norm{y}^2 x - \norm{x}^2 y}}{\norm{x}^2\norm{y}^2} = \frac{\sqrt{\innerproduct{\norm{y}^2 x - \norm{x}^2 y}{\norm{y}^2 x - \norm{x}^2 y}}}{\norm{x}^2\norm{y}^2}$$
		$$= \frac{\sqrt{\innerproduct{\norm{y}^2 x}{\norm{y}^2 x} - 2 \innerproduct{\norm{y}^2 x}{\norm{x}^2 y} - \innerproduct{\norm{x}^2 y}{\norm{x}^2 y}}}{\norm{x}^2\norm{y}^2} = \frac{\sqrt{\norm{y}^4 \norm{x}^2 - 2\norm{y}^2 \norm{x}^2 \innerproduct{x}{y} - \norm{x}^4\norm{y}^2}}{\norm{x}^2\norm{y}^2}$$
		$$= \frac{\sqrt{\norm{y}^2 \norm{x}^2 (\norm{y}^2 - 2 \innerproduct{x}{y} - \norm{x}^2)}}{\norm{x}^2\norm{y}^2} = \frac{\norm{x}\norm{y}\sqrt{\innerproduct{x - y}{x - y}}}{\norm{x}^2\norm{y}^2} = \frac{\norm{x - y}}{\norm{x}\norm{y}}$$
	\end{proof}

	\item{En déduire que pour tous $x,y,z \in E \setminus \{0\}$, on a $$\norm{x}\norm{y - z} \le \norm{y}\norm{x - z} + \norm{z}\norm{x - y}$$}

	\begin{proof}\par
		Posons $a,b \in E \setminus \{0\}$ tel que $a := i(y) - i(x)$ et $b := i(x) - i(z)$, puis utilisons l'inégalité triangulaire $\norm{a + b} \le \norm{a} + \norm{b}$ et développons.
		$$\norm{(i(y) - i(x)) + (i(x) - i(z))} = \norm{i(y) - i(z)} \le \norm{i(x) - i(z)} + \norm{i(x) - i(y)}$$
		Par le résultat de (3).
		$$\frac{\norm{y - z}}{\norm{y}\norm{z}} \le \frac{\norm{x - z}}{\norm{x}\norm{z}} + \frac{\norm{x - y}}{\norm{x}\norm{y}}$$
		En multipliant par $\norm{x}\norm{y}\norm{z}$
		$$\norm{x}\norm{y - z} \le \norm{y}\norm{x - z} + \norm{z}\norm{x - y}$$
	\end{proof}

	\item{En déduire que pour tous $a,b,c,d \in E \setminus \{0\}$, on a $$\norm{a - c}\norm{b - d} \le \norm{a - b}\norm{c - d} + \norm{a - d}\norm{b - c}$$ C'est l'\textit{inégalité de Ptolémée}.}

	\bigskip
	Pour cette preuve nous aurons besoin de ce lemme :
	\begin{lemme_sq} \label{norm_diff_symetry}
		$\forall (e,f) \in E, \norm{e - f} = \norm{f - e}$
		\begin{proof}\par
			Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel et soit $e,f \in E$.

			Comme $\exists (-1_K) \in \K(+, \cartesianProduct) \suchas (-1_K) \cartesianProduct (-1_K) = 1_K$.

			$$\norm{e - f} = \norm{-1_\K(f - e)} = \abs{-1_\K}\norm{f - e} = \norm{f - e}$$
		\end{proof}
	\end{lemme_sq}

	\begin{proof}\par
		Soit $a,b,c,d \in E$.

		Comme $E$ est un espace vectoriel et donc un groupe par $E(+)$.

		Posons $x,y,z \in E$ tel que $x := a - c$, $y := a - b$ et $z := a - d$.

		Ainsi, par le résultat (4).

		$$\norm{x}\norm{y - z} \le \norm{y}\norm{x - z} + \norm{z}\norm{x - y}$$

		Par le lemme (\ref{norm_diff_symetry}).

		$$\norm{x}\norm{z - y} \le \norm{y}\norm{z - x} + \norm{z}\norm{y - x}$$

		En développant $x$, $y$ et $z$ on obtient

		$$\norm{a - c}\norm{(a - d) - (a - b)} \le \norm{a - b}\norm{(a - d) - (a - c)} + \norm{a - d}\norm{(a - b) - (a - c)}$$

		$$\norm{a - c}\norm{b - d} \le \norm{a - b}\norm{c - d} + \norm{a - d}\norm{b - c}$$
	\end{proof}

	Soit $u \in E$ tel que $\norm{u} = 1$ et soit $\alpha \ne 0$. Considérons $H = \{ x \in E | \innerproduct{x}{u} = \alpha \}$. C'est un hyperplan affine de $E$.

	\item{Justifier que $0 \notin H$. En utilisant la question 3, montrer alors que $i(H) = S \setminus \{0\}$, où $$S = \lbrace x \in E | \Norm{x - \frac{1}{2\alpha}u} = \frac{1}{2\abs{\alpha}} \rbrace$$}
	% TODO Complete 6.

	Soient $a \in E$ et $R > 0$. On note $S(a,R) = \{ x \in E | \norm{x - a} = R\}$ la sphère de centre $a$ et de rayon $R$.

	\item{On suppose que $\norm{a} \ne R$. Montrer que $0 \notin S(a,R)$ et que $$ i(S(a,R)) = S(\frac{a}{\norm{a}^2 - R^2}, \frac{R}{\abs{\norm{a}^2 - R^2}})$$}
	% TODO Complete 7.
\end{enumerate}

