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Colles de mathématiques

Étude de deux sous-espaces vectoriels, dimensions, intersection, supplémentaires


Sujet


Soit F et G les sous-espaces vectoriels de R3 définis par:
F = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − 2y + z = 0}
et
G = {(x, y, z) ∈ R3 ; 2x − y + 2z = 0}
  1. Donner une base de F, une base de G, en déduire leur dimension respective.
  2. Donner une base de F∩G, et donner sa dimension.
  3. Montrer que la famille constituée des vecteurs de la base de F et des vecteurs de la base de G trouvées en a) est une famille génératrice de R3.
    Est-elle libre?
  4. Les espaces F et G sont-ils supplémentaires?

Corrigé de l'exercice de maths: Espaces vectoriels

Correction


  1. On trouve d'abord une famille génératrice de $F$. On a :
    \[\begin{array}{ll}(x,y,z)\in F&\iff x-2y+z=0\\[.4em] &\iff\la\begin{array}{rcccc} x&=&y\times 2&+&z\times(-1)\\ y&=&y\times 1&+&z\times 0\\ z&=&y\times 0&+&z\times 1. \enar\right.\enar\]

    et ainsi, les vecteurs $u_1=(2,1,0)$ et $u_2(-1,0,1)$ engendrent $F$. De plus, ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, et donc la famille est libre: c'est donc une base de $F$ qui est de dimension 2.
    On procède de même pour $G$:
    \[\begin{array}{ll} (x,y,z)\in F&\iff 2x-y+2z=0\\[.4em] &\iff\la\begin{array}{rcccc} x&=&x\times 1&+&z\times0\\ y&=&x\times 2&+&z\times2\\ z&=&x\times 0&+&z\times1. \enar\right. \enar\]


    On trouve cette fois que les vecteurs $v_1=(1,2,0)$ et $v_2=(0,2,1)$ forment une base de $G$ qui est aussi de dimension 2.
  2. On a, pour cette intersection:
    \[\begin{array}{ll}(x,y,z)\in F\cap G &\iff\la\begin{array}{rcl} x-2y+z&=&0\\ 2x-y+2z&=&0\\ \enar\right.\\[1.6em] &\iff\la\begin{array}{rcl} x-2y+z&=&0\\ 3y&=&0\\ z&=&z\\ \end{array}\right.\\[2em] &\iff\la\begin{array}{rcl} x&=&z\times(-1)\\ y&=&z\times 0\\ z&=&z\times 1 \enar\right.\enar\]

    et ainsi le vecteur $(-1,0,1)$ engendre cette intersection. Ce vecteur étant non-nul, il constitue une base de $F\cap G$ qui est donc, en particulier, de dimension 1.
  3. Il s'agit de montrer que $\left( u_1,u_2,v_1,v_2\rp$ est une famille génératrice de $\R^3$.
    Méthode 1. Pour $(x,y,z)\in\R^3$ on cherche à écrire
    \[\begin{array}{lcl}&&(x,y,z)=au_1+bu_2+cv_1+dv_2\\[.4em] &\iff&\la\begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ a+2c+2d&=&y\\ b+d&=&z\\\enar\right.\\[1.6em] &\iff&\la\begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ b+3c+4d&=&2y-x\\ b+d&=&z\enar\right.\\[1.6em] &\iff&\la\begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ b+3c+4d&=&2y-x\\ 3c+3d&=&2y-x-z.\enar\right. \enar\]

    On voit donc qu'on peut imposer une valeur quelconque à $d$, puis, le système étant triangulaire, obtenir la valeur de $c$ grâce à la 3ème équation, puis celle de $b$ par la 2ème équation et enfin celle $a$ avec la 1ère équation.


    Méthode 2. L'espace vectoriel engendré par la réunion des deux bases est $F+G$. On doit démontrer que $F+G=\mathbb R^3$, et pour cela il suffit de démontrer que $\dim(F+G)=3$. La formule de Grassmann s'écrit
    \[\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=2+2-1=3\]

    ce qu'il fallait démontrer.


    Cette famille n'est de plus pas libre car une famille libre de $\R^3$ a au plus trois éléments.
  4. $F$ et $G$ ne sont pas supplémentaires car $F\cap G\neq \{0\}$.