Bases de sous-espaces vectoriels


Soit $u_1=(1,-1,2)$, $u_2=(1,1,-1)$ et $u_3=(-1,-5,7)$.
On pose $E=\text{Vect}\left( u_1, u_2, u_3\rp$ et $F=\left\{(x, y, z)\in\R^3 , x + y + z = 0\right\}$.
  1. Donner une base de $E$.
  2. Montrer que $F$ est un sous-espace vectoriel de $\R^3$, et en donner une base.
  3. Donner une base de $E\cap F$.

Correction
  1. On a $\dim(E)\leqslant3$. Il reste à voir si les trois vecteurs forment une famille libre ou non.
    \[\begin{array}{rl}\alpha u_1+\beta u_2+\gamma u_3=0 &\iff\la\begin{array}{rcrcrcl} \alpha&+&\beta&-&\gamma&=&0 \\ -\alpha&+&\beta&-&5\gamma&=&0\\ 2\alpha&-&\beta&+&7\gamma&=&0\enar\right.\\[2em] \begin{array}{r}\\L_1+L_2\to L_2\\2L_1+L_3\to L_3\end{array} &\iff\la\begin{array}{rcrcrcl} \alpha&+&\beta&-&\gamma&=&0 \\ &&2\beta&-&6\gamma&=&0\\ &-&3\beta&+&9\gamma&=&0\enar\right.\\[2em] &\iff\la\begin{array}{rcrcrcl} \alpha&+&\beta&-&\gamma&=&0 \\ &&\beta&&&=&3\gamma\\ &&\beta&&&=&3\gamma\enar\right. \enar\]

    La famille n'est donc pas libre, et en choisissant par exemple $\gamma=1$ et donc $\beta=3$ et $\alpha=-2$, on obtient la relation

    \[-2u_1+3u_2+u_3=0\iff u_3=2u_1-3u_2\]

    On a donc $E=\text{Vect}\left( u_1,u_2,u_3\rp=\text{Vect}\left( u_1,u_2\rp$, et comme $u_1$ et $u_2$ ne sont pas liés (ils ne sont pas proportionnels), on en déduit qu'ils forment une base de $E$.
  2. $(0,0,0)\in F$, et si $u(x,y,z)$ et $v(x',y',z')$, donc $x+y+z=0$ et $x'+y'+z'=0$, alors $w=u+v$ est tel que $w(x+x',y+y',z+z')$ avec
    \[(x+x')+(y+y')+(z+z')=\left( x+y+z\rp+\left( x'+y'+z'\rp=0\]

    et donc $w=u+v\in E$.
    De même, si $\lambda\in\R$, alors $w'=\lambda w$ est tel que $w'(\lambda x,\lambda y,\lambda z)$ avec
    \[(\lambda x)+(\lambda y)+(\Lambda z) =\lambda (x+y+z)=0\]

    et donc $w'=\lambda w\in E$.
    Ainsi, $E$ est un sous-espace vectoriel de $\R^3$.

    Pour $u(x,y,z)\in E$, on a $x+y+z=0\iff z=-x-y$ et donc $u(x,y,-x-y)=x(1,0,-1)+y(0,1,-1)$.
    Ainsi, $e_1(1,0,-1)$ et $e_2(0,1,-1)$ forment une famille génératrice de $E$. Comme ces vecteurs ne sont pas liés, ils forment de plus une base de $E$.
  3. Soit $u(x,y,z)\in E\cap F$, alors $u=\alpha u_1+\beta u_2$ et $u=a e_1+be_2$ et donc
    \[\begin{array}{rl}\alpha u_1+\beta u_2=u=a e_1+be_2 &\iff \la\begin{array}{rcrlcl} \alpha&+&\beta&=&a\\ -\alpha&+&\beta&=&b\\ 2\alpha&-&\beta&=&-a-b \enar\right.\\[2em] &\iff \la\begin{array}{rcrcrcrlcl} \alpha&+&\beta&-&a&&&=&0\\ -\alpha&+&\beta&& &-&b&=&0\\ 2\alpha&-&\beta&+&a&+&b&=&0 \enar\right.\\[2em] \begin{array}{r}\\L_1+L_2\to L_2\\2L_1-L_3\to L_3\end{array} &\iff \la\begin{array}{rcrcrcrlcl} \alpha&+&\beta&-&a&&&=&0\\ &+&2\beta&-&a&-&b&=&0\\ &&3\beta&-&3a&-&b&=&0 \enar\right.\\[2em] \begin{array}{r}\\\\3L_2-2L_3\to L_3\end{array} &\iff \la\begin{array}{rcrcrcrlcl} \alpha&+&\beta&-&a&&&=&0\\ &+&2\beta&-&a&-&b&=&0\\ &&&&3a&-&b&=&0 \enar\right.\\[2em] \enar\]

    On trouve donc $b=3a$, puis $\beta=2a$ et $\alpha=-a$, soit
    \[u=\alpha u_1+\beta u_2=a(1,3,-4)\]

    ou ce qu'on (doit) retrouve(r) avec la deuxième relation:
    \[u=ae_1+be_2=a(1,3,-4)\]

    Ainsi, en posant $e_3(1,3,-4)$ on a $E\cap F=\text{Vect}(e_3)$, et $e_3$ est une base de ce sous-espace de dimension 1.


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