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Bases de sous-espaces vectoriels - 1 - Bibm@th.net

Exercice 1

- Bases de sous-espaces vectoriels - 1 [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soient $F$ et $G$ les sous-espaces vectoriels de $\mathbb R^3$ définis par : \begin{eqnarray*} F&=&\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x-2y+z=0\}\\ G&=&\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ 2x-y+2z=0\}. \end{eqnarray*}

Donner une base de $F$, une base de $G$, en déduire leur dimension respective.
Donner une base de $F\cap G$, et donner sa dimension.
Montrer que la famille constituée des vecteurs de la base de $F$ et des vecteurs de la base de $G$ trouvées en 1 est une famille génératrice de $\mathbb R^3$. Est-elle libre?
Les espaces $F$ et $G$ sont-ils supplémentaires?

Indication

Corrigé

On trouve d'abord une famille génératrice de $F$. On a : $$(x,y,z)\in F\iff x-2y+z=0\iff \left\{ \begin{array}{rcccc} x&=&y\times 2&+&z\times(-1)\\ y&=&y\times 1&+&z\times 0\\ z&=&y\times 0&+&z\times 1. \end{array}\right.$$ Les vecteurs $(2,1,0)$ et $(-1,0,1)$ engendrent donc $F$. De plus, les deux vecteurs ne sont pas colinéaires, dont la famille est libre. C'est une base de $F$ qui est de dimension 2.
On procède de même pour $G$ : $$(x,y,z)\in G\iff 2x-y+2z=0\iff \left\{ \begin{array}{rcccc} x&=&x\times 1&+&z\times0\\ y&=&x\times 2&+&z\times 2\\ z&=&x\times 0&+&z\times 1. \end{array}\right.$$ On trouve cette fois que $\big( (1,2,0),(0,2,1)\big)$ est une base de $G$ qui est de dimension 2.
C'est la même chose, mais cette fois on a deux équations. $$(x,y,z)\in F\cap G\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x-2y+z&=&0\\ 2x-y+2z&=&0\\ \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} x-2y+z&=&0\\ 3y&=&0\\ z&=&z\\ \end{array}\right.$$ $$\iff \left\{\begin{array}{rcl} x&=&z\times(-1)\\ y&=&z\times 0\\ z&=&z\times 1 \end{array}\right.$$ Ainsi, le vecteur $(-1,0,1)$ engendre $F\cap G$. Comme une famille constituée d'un vecteur non-nul est libre, $(-1,0,1)$ est une base de $F\cap G$ qui est de dimension 1.
Notons $u=(2,1,0)$, $v=(-1,0,1)$, $w=(1,2,0)$ et $t=(0,2,1)$. Il s'agit de montrer que $(u,v,w,t)$ est une famille génératrice de $\mathbb R^3$.
Méthode 1. Soit $(x,y,z)\in\mathbb R^3$ et essayons d'écrire $(x,y,z)=au+bv+cw+dt$. Alors on doit résoudre le système \begin{eqnarray*}\left\{ \begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ a+2c+2d&=&y\\ b+d&=&z\\ \end{array}\right. &\iff& \left\{ \begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ b+3c+4d&=&2y-x\\ b+d&=&z \end{array}\right.\\ &\iff& \left\{\begin{array}{rcl} 2a-b+c&=&x\\ b+3c+4d&=&2y-x\\ 3c+3d&=&2y-x-z. \end{array}\right. \end{eqnarray*} On voit donc qu'on peut imposer une valeur quelconque à $d$, puis, le système étant triangulaire, obtenir les valeurs de $c$, $b$ et enfin $a$.
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 $\dim(F+G)=3$. Par le théorème des quatre dimensions, on a $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=2+2-1=3,$$ ce qu'il fallait démontrer.
La famille $(u,v,w,t)$ n'est pas libre car une famille libre de $\mathbb R^3$ comporte au maximum trois éléments.
$F$ et $G$ ne sont pas supplémentaires car $F\cap G\neq \{0\}$.