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Coïncidence de sous-espaces - Bibm@th.net

Exercice 1

- Coïncidence de sous-espaces [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Dans les exemples suivants, démontrer que les sous-espaces $F$ et $G$ de $E$ sont égaux.

$E=\mathbb R^3$, $u_1=(1,1,3)$, $u_2=(1,-1,-1)$, $v_1=(1,0,1)$, $v_2=(2,-1,0)$, $F=\textrm{vect}(u_1,u_2)$ et $G=\textrm{vect}(v_1,v_2)$.
$E=\mathbb R^3$, $F=\textrm{vect}\big((2,3,-1),(1,-1,-2)\big)$ et $G=\textrm{vect}\big((3,7,0),(5,0,-7)\big)$.
$E=\mathbb R^3$, $F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x+y+z=0\}$, $u_1=(1,1,-2)$, $u_2=(1,-4,3)$ et $G=\textrm{vect}(u_1,u_2)$.
$E=\mathbb R^4$, $$F=\{(x,y,z,t)\in\mathbb R^4;\ x+y+z+t=0\textrm{ et }x-y+2z-2t=0\}$$ $$G=\{(x,y,z,t)\in\mathbb R^4;\ 5x+y+7z-t=0\textrm{ et }x-3y+3z-5t=0\}.$$

Indication

Corrigé

Première méthode : Pour montrer que $\textrm{vect}(u_1,u_2)\subset \textrm{vect}(v_1,v_2)$, il suffit de montrer que $u_1$ et $u_2$ sont tous deux combinaison linéaire de $v_1$ et $v_2$. L'équation $u_1=xv_1+yv_2$ est équivalente à $$\left\{ \begin{array}{ccc} 1&=&x+2y\\ 1&=&-y\\ 3&=&x \end{array} \right.$$ dont la solution est donnée par $x=3$ et $y=-1$. L'équation $u_2=x v_1+yv_2$ est équivalente à $$\left\{ \begin{array}{ccc} 1&=&x+2y\\ -1&=&-y\\ -1&=&x \end{array} \right.$$ dont la solution est donnée par $x=-1$ et $y=1$. Donc, $\textrm{vect}(u_1,u_2)\subset\textrm{vect}(v_1,v_2)$. Réciproquement, pour prouver que $\textrm{vect}(v_1,v_2)\subset\textrm{vect}(u_1,u_2)$, il suffit de prouver que $v_1$ et $v_2$ sont combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$. L'équation $v_1=xu_1+yu_2$ est équivalente à $$\left\{ \begin{array}{ccc} 1&=&x+y\\ 0&=&x-y\\ 1&=&3x-y. \end{array} \right.$$ On résout ce système en faisant $L_1+L_2$ qui donne $x=1/2$, on obtient ensuite $y=1/2$ et on vérifie que cela fonctionne dans la dernière équation. De même, on peut prouver que $v_2$ est combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$.
Deuxième méthode : On peut rechercher une équation de $F=\textrm{vect}(u_1,u_2)$ et de $G=\textrm{vect}(v_1,v_2)$. On a : $$(x,y,z)\in F\iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+b\\ y&=&a-b\\ z&=&3a-b \end{array}\right. $$ $$ \iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcll} a+b&=&x\\ 2b&=&x-y&(L_1-L_2\to L_2)\\ 4b&=&3x-z&(3L_1-L_3\to L_3) \end{array}\right. $$ $$\iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcll} a+b&=&x\\ 2b&=&x-y&(L_1-L_2\to L_2)\\ 0&=&x+2y-z&(L_3-2L_2\to L_3)\end{array}\right. $$ Ce dernier système admet une solution si et seulement si $x+2y-z=0$. On a donc $F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x+2y-z=0\}$. De même, $$(x,y,z)\in G\iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+2b\\ y&=&-b\\ z&=&a \end{array}\right.$$ $$ \iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcl} x+2y-z&=&0\\ y&=&-b\\ z&=&a \end{array}\right.$$ Ce dernier système admet donc une solution si et seulement si $x+2y-z=0$. On a donc $G=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x+2y-z=0\}$. Il est alors clair que $F=G$.
Troisième méthode : On peut s'arrêter à l'inclusion $\textrm{vect}(u_1,u_2)\subset\textrm{vect}(v_1,v_2)$ dans chacune des démonstrations précédentes si on connait la théorie de la dimension. En effet, puisque $u_2$ et $u_1$ ne sont pas colinéaires, $\textrm{vect}(u_1,u_2)$ est de dimension 2. De même, $\textrm{vect}(v_1,v_2)$ est de dimension 2. Puisque l'un est inclus dans l'autre et qu'ils ont même dimension, ils sont égaux.
On peut reprendre l'une des trois méthodes de l'exercice précédent. Par exemple, on va montrer que $G\subset F$. Pour cela, on va écrire un système d'équations de $F$, et on va vérifier que les deux vecteurs qui engendrent $G$ satisfont ce système d'équations. On en déduit alors que tout vecteur de $G$ satisfait aussi l'équation, et donc que $G$ est inclus dans $F$. On écrit alors que \begin{eqnarray*} (x,y,z)\in F&\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2, \left\{\begin{array}{rcl} x&=&2a+b\\ y&=&3a-b\\ z&=&-a-2b \end{array}\right. \\ &\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2, \left\{\begin{array}{rcl} b&=&x-2a\\ 5a&=&x+y\\ z&=&-a-2b\\ \end{array}\right.\\ &\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2, \left\{\begin{array}{rcl} b&=&\frac{3x-2y}{5}\\ a&=&\frac{x+y}{5}\\ z&=&\frac{-7x+3y}{5}\\ \end{array}\right.\\ &\iff&7x-3y+5z=0. \end{eqnarray*} On a donc $F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ 7x-3y+5z=0\}$. Or, $(3,7,0)$ et $(5,0,-7)$ satisfont cette équation et donc, d'après la discussion précédente, $G\subset F$. Avec la même méthode, ou en utilisant la théorie de la dimension, on en déduit que $G=F$.
On va chercher une équation de $G$. On a $$ \begin{array}{rcl} (x,y,z)\in G&\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+b\\ y&=&a-4b\\ z&=&-2a+3b\\ \end{array}\right. \\ &\iff&\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+b\\ y-x&=&-5b\\ z&=&-2a+3b\\ \end{array}\right. \\ &\iff&\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{4x+y}5&=&a\\ \frac{x-y}5&=&b\\ z&=&-y-x \end{array} \right. \\ &\iff&x+y+z=0. \end{array} $$ On en déduit immédiatement que $F=G$.
Il y a là aussi plusieurs méthodes. On peut d'une part démontrer que les deux systèmes $$\left\{ \begin{array}{rcl} x+y+z+t&=&0\\ x-y+2z-2t&=&0 \end{array}\right. \textrm{ et } \left\{ \begin{array}{rcl} 5x+y+7z-t&=&0\\ x-3y+3z-5t&=&0 \end{array}\right. $$ sont équivalents. C'est ce qu'on obtient ici si on remarque que le deuxième système s'obtient en faisant $3L_1+2L_2$ dans la première ligne et $-L_1+2L_2$ dans la seconde. On peut aussi chercher un système générateur de $F$ et de $G$ et se ramener aux cas précédents. En réalité, le système générateur le plus simple à obtenir dans les deux cas est le système $u_1=(-3,1,2,0)$ et $u_2=(1,-3,0,2)$ et comme les deux sous-espaces ont le même système générateur, ils sont égaux!