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


Soit $F$ et $G$ les sous-espaces vectoriels de $\R^3$ définis par :
\[\begin{array}{lcl}
F&=&\Bigl\{(x,y,z)\in\R^3;\ x-2y+z=0\Bigr\}\\[.6em]
G&=&\Bigl\{(x,y,z)\in\R^3;\ 2x-y+2z=0\Bigr\}.
\enar\]
  1. Donner une base de $F$, une base de $G$, en déduire leur dimension respective.
  2. Donner une base de $F\cap G$, 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 $\R^3$. Est-elle libre?
  4. Les espaces $F$ et $G$ sont-ils supplémentaires?

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 $F\cap G\neq \{0\}$.


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Tag:Espace vectoriel

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