Maitriser les sommes de sous espaces vectoriels - Exercice 1

Il est évident que $$E$$ est inclus dans $$\mathbb{R}^3$$.
De plus l'élément nul de $$\mathbb{R}^3$$ est $$0_{\mathbb{R}^3} = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$. Cet élément nul appartient à l'ensemble $$E$$ car il satisfait à la définition de $$E$$. En effet, on a : $$0-0+0 = 0$$.
Enfin vérifions la stabilité par la combinaison linéaire. On désigne par $$\lambda$$ un nombre réel et on note par $$u = (x \,;\, y \,;\, z)$$ et $$u' = (x' \,;\, y' \,;\, z')$$ deux élément quelconque de l'ensemble $$E$$, donc vérifiant : $$x - y + z = 0$$ et $$x' - y' + z' = 0$$.
On a alors :
$$u + \lambda v = (x \,;\, y \,;\, z) + \lambda (x' \,;\, y' \,;\, z')$$
Donc :
$$u + \lambda v = (x + \lambda x' \,;\, y + \lambda y' \,;\, z + \lambda z')$$
Soit :
$$u + \lambda v = (x + \lambda x') - (y + \lambda y') + (z + \lambda z')$$
Soit encore :
$$u + \lambda v = x - y + z + \lambda (x' - y' + z')$$
D'où :
$$u + \lambda v = 0 + \lambda (0)$$
Ainsi :
$$u + \lambda v = 0$$
En conclusion, si $$(u\,;\,v) \in E^2$$ alors $$(u + \lambda v) \in E$$ avec $$\lambda \in \mathbb{R}$$. De fait l'ensemble $$E$$ est un sous-espace vectoriel de $$\mathbb{R}^3$$.

On a :
$$E = \left\lbrace \, (x \,;\, y \,;\, z) \in \mathbb{R}^3 \,\, | \,\, x - y + z = 0 \, \right\rbrace$$
Soit encore :
$$E = \left\lbrace \, (x \,;\, y \,;\, z) \in \mathbb{R}^3 \,\, | \,\, z = y - x \, \right\rbrace$$
Ce qui nous permet d'écrire que
$$E = \left\lbrace \, (x \,;\, y \,;\, -x + y) \in E \,\, | \,\, (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \, \right\rbrace$$
D'où :
$$E = \left\lbrace \, (x \,;\, 0 \,;\, -x) + (0 \,;\, y \,;\, y) \in E \,\, | \,\, (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \, \right\rbrace$$
Ainsi :
$$E = \left\lbrace \, x(1 \,;\, 0 \,;\, -1) + y(0 \,;\, 1 \,;\, 1) \in E \,\, | \,\, (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \, \right\rbrace$$
Donc l'ensemble $$E$$ est engendré par les deux vecteurs $$(1 \,;\, 0 \,;\, -1)$$ et $$(0 \,;\, 1 \,;\, 1)$$. Vérifions maintenant si ces deux vecteurs forment un famille libre dans $$\mathbb{R}^3$$. Pour cela désignons $$\alpha$$ et $$\beta$$ deux sclaires de $$\mathbb{R}$$, d'où :
$$\alpha(1 \,;\, 0 \,;\, -1) + \beta(0 \,;\, 1 \,;\, 1) = 0_{E} \,\, \Longrightarrow \,\, (\alpha \,;\, \beta \,;\, -\alpha + \beta) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0) \,\, \Longrightarrow \,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha & = & 0 \\ \beta & = & 0 \\ -\alpha + \beta & = & 0\end{array} \right. \,\, \Longrightarrow \,\, \alpha = \beta = 0$$
Donc les deux vecteurs $$(1 \,;\, 0 \,;\, -1)$$ et $$(0 \,;\, 1 \,;\, 1)$$ forment un famille libre dans $$\mathbb{R}^3$$.
En conclusion l'ensemble $$\big( (1 \,;\, 0 \,;\, -1) \,;\, (0 \,;\, 1 \,;\, 1) \big)$$ forme une base de $$E$$.

L'ensemble $$\big( (1 \,;\, 0 \,;\, -1) \,;\, (0 \,;\, 1 \,;\, 1) \big)$$ qui forme une base de $$E$$ contient deux éléments de $$E$$. Donc :
$$\dim (E) = 2$$

Il est évident que $$F$$ est inclus dans $$\mathbb{R}^3$$.
De plus l'élément nul de $$\mathbb{R}^3$$ est $$0_{\mathbb{R}^3} = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$. Cet élément nul appartient à l'ensemble $$F$$ car il satisfait à la définition de $$E$$. En effet, on a : $$0(2 \,;\, 3 \,;\, 0) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0) = 0_{\mathbb{R}^3}$$.
Enfin vérifions la stabilité par la combinaison linéaire. On désigne par $$\lambda$$ un nombre réel et on note par $$u = x(2 \,;\, 3 \,;\, 0)$$ et $$u' = x'(2 \,;\, 3 \,;\, 0)$$ deux élément quelconque de l'ensemble $$F$$.
On a alors :
$$u + \lambda v = x(2 \,;\, 3 \,;\, 0) + \lambda x'(2 \,;\, 3 \,;\, 0) = (x + \lambda x')(2 \,;\, 3 \,;\, 0) \in F$$
En conclusion, si $$(u\,;\,v) \in F^2$$ alors $$(u + \lambda v) \in F$$ avec $$\lambda \in \mathbb{R}$$. De fait l'ensemble $$F$$ est un sous-espace vectoriel de $$\mathbb{R}^3$$.

L'ensemble $$F$$ est généré par le vecteur non nul $$(2 \,;\, 3 \,;\, 0) \in \mathbb{R}^3$$. Ce vecteur étant non nul il est donc libre dans $$\mathbb{R}^3$$. Ainsi ce vecteur non nul $$(2 \,;\, 3 \,;\, 0)$$ forme une base de $$F$$

La base de $$F$$ trouvée à la question précédente est constituée d'un unique vecteur non nul. Donc :
$$\dim(F) = 1$$

Pour démontrer que $$E \oplus F = \mathbb{R}^3$$, nous devons procéder en deux étapes.
$${\color{red}{\bf{\clubsuit \,\, Première \,\, étape : \,\, }} E + F = \mathbb{R}^3}$$
Notons que $$E + F$$ est un espace vectoriel. Puis montrons que pour tout élément de $$\mathbb{R}^3$$ que nous noterons $$(a \,;\, b \;\, c)$$, s'écrit de manière unique en fonction des deux vecteurs $$(x \,;\, y \,;\, -x + y) \in E$$ et $$(2z \,;\, 3z \,;\, 0) \in F$$, avec $$x$$, $$y$$ et $$z$$ qui sont trois nombres réels. On a alors :
$$(a \,;\, b \;\, c) = (x \,;\, y \,;\, -x + y) + (2z \,;\, 3z \,;\, 0) = (x + 2z \,;\, y + 3z \,;\, -y + x)$$
Ce qui nous donne donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} x + 2z & = & a \\ y + 3z & = & b \\ -y + x & = & c \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & 3a - 2b + 2c \\ y & = & 3a - 2b + 3c \\ z & = & -a + b - c \end{array} \right.$$
Ceci nous permet d'écrire que $$(x \,;\, y \,;\, -x + y) \in E$$ prend la forme suivante :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} (x \,;\, y \,;\, -x + y) & \in & E \\ & & \\ (2z \,;\, 3z \,;\, 0) & \in & F \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} (x \,;\, y \,;\, -x + y) & = & x(1 \,;\, 0 \,;\, -1) + y(0 \,;\, 1 \,;\, 1) \\ & & \\ (2z \,;\, 3z \,;\, 0) & = & z(2 \,;\, 3 \,;\, 0) \end{array} \right.$$
Donc on a l'unique possibilité d'écriture suivante :
$$(a \,;\, b \;\, c) = (3a - 2b + 2c)(1 \,;\, 0 \,;\, -1) + (3a - 2b + 3c)(0 \,;\, 1 \,;\, 1) + (-a + b - c)(2 \,;\, 3 \,;\, 0)$$
Donc on a bien $$E + F = \mathbb{R}^3$$
$${\color{red}{\bf{\clubsuit \clubsuit \,\, Deuxière \,\, étape : \,\, }} E \cap F = 0_{\mathbb{R}^3}}$$
Si le vecteur $$(a \,;\, b \,;\, c)$$ appartient à $$E$$ alors ce vecteur satisfait à la définition de $$E$$. Donc on a :
$$E = \left\lbrace \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3 \,\, | \,\, a - b + c = 0 \, \right\rbrace$$
Cette dernière condition $$a - b + c = 0$$ est équivalente à $$-a + b - c = 0$$ soit $$z = 0$$.
On a utilisé la décomposition suivante :
$$(a \,;\, b \,;\, c) = (x \,;\, y \,;\, -x+y) + (2z \,;\, 3z \,;\, 0)$$
Maintenant, si le vecteur $$(a \,;\, b \,;\, c)$$ appartient à $$F$$ alors ce vecteur satisfait à la condition suivante :
$$(x \,;\, y \,;\, -x+y) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$
Ce qui implique que $$x = y = 0$$. Ceci implique que nous devons avoir :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 3a - 2b & = & 0 \\ c & = & 0 \end{array} \right.$$
Donc définition de $$F$$ nous permet d'écrire que :
$$F = \left\lbrace \, (2x \,;\, 3x \,;\, 0) \in \mathbb{R}^3 \,\, | \,\, x \in \mathbb{R} \, \right\rbrace = \left\lbrace \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3 \,\, | \,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} 3a - 2b & = & 0 \\ c & = & 0 \end{array} \right. \, \right\rbrace$$
Ainsi, si $$(a \,;\, b \,;\, c) \in E \cap F$$ alors on a $$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 3a - 2b & = & 0 \\ c & = & 0 \\ a - b + c & = & 0 \end{array} \right.$$ Ceci implique que $$a = b = c = 0$$
Autrement dit, si $$(a \,;\, b \,;\, c) \in E \cap F$$ alors $$(a \,;\, b \,;\, c) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0) = 0_{\mathbb{R}^3}$$. Ainsi $$E \cap F = 0_{\mathbb{R}^3}$$.
$${\color{red}{\bf{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, Conclusion }}}$$
Nous avons montrer que $$E + F = \mathbb{R}^3$$ et que $$E \cap F = 0_{\mathbb{R}^3}$$. En conclusion nous avons $$E \oplus F = \mathbb{R}^3$$.
Les deux sous-espaces vectoriels $$E$$ et $$F$$ sont supplémentaires l'un de l'autre dans $$\mathbb{R}^3$$.

L'ensemble $$G$$ peut également être écrit sous la forme :
$$G = \left\lbrace \, x (-2 \,;\, 1 \,;\, 0) + y (-4 \,;\, 0 \,;\, 1) \,\, | \,\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \, \right\rbrace = \left\lbrace \, (-2x -4y \,;\, x \,;\, y) \,\, | \,\, (x\,;\,y) \in \mathbb{R}^2 \, \right\rbrace$$
Ainsi on peut donc immédiatement écrire que :
$$G = \left\lbrace \, (a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3 \,\, | \,\, a = -2b -4c \in \mathbb{R}^2 \, \right\rbrace$$
Nous devons savoir si nous avons $$E \cap G = 0_{\mathbb{R}^3}$$. Donc on pose $$(a \,;\, b \,;\, c) \in \mathbb{R}^3$$. Ainsi :
$$(a \,;\, b \,;\, c) \in E \cap G \,\,\, \longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} (a \,;\, b \,;\, c) & \in & E \\ (a \,;\, b \,;\, c) & \in & G \end{array} \right. \,\,\, \longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - b + c & = & 0 \\ a & = & -2b -4c \end{array} \right.$$
Soit :
$$(a \,;\, b \,;\, c) \in E \cap G \,\,\, \longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a - b + c & = & 0 \\ a + 2b + 4c & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & -2c \\ b & = & -c \end{array} \right.$$
Donc on a :
$$E \cap G = \left\lbrace \, (-2c \,;\, -c \,;\, c) \,\, | \,\, c \in \mathbb{R} \, \right\rbrace$$
Si $$c = -1$$ alors le vecteur $$(2 \,;\, 1 \,;\, -1) \in E \cap G$$. On vient donc de démontrer que $$E \cap G \neq 0_{\mathbb{R}^3}$$.
En conclusion $$E + G$$ n'est pas une somme directe.

On sait que $$E+G$$ est un sous-espace vectoriel de $$\mathbb{R}^3$$. Donc si nom montrons que $$\dim (E+G) = \dim \mathbb{R}^3$$ alors nous aurons démontré que $$E + G = \mathbb{R}^3$$. Ceci revient à démontrer que $$\dim (E+G) = 3$$.
Le théorème du rang nous permet d'écrire que :
$$\dim (E+G) = \dim(E) + \dim(G) - \dim (E \cap G)$$
On sait déjà que $$\dim(E) = 2$$, donc on a besoin de déterminer $$\dim(G)$$ et $$\dim (E \cap G)$$.
$$\bullet \,\,$$ On sait que $$G$$ est engendré par les deux vecteurs $$(-2 \,;\, 1 \,;\, 0)$$ et $$(-4 \,;\, 0 \,;\, 1)$$. Vérifions s'ils sont libres dans $$\mathbb{R}^3$$. Soit $$\lambda_1$$ et $$\lambda_2$$ deux nombres réels. On a :
$$\lambda_1 (-2 \,;\, 1 \,;\, 0) + \lambda_2 (-4 \,;\, 0 \,;\, 1) = 0_{\mathbb{R}^3} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, (-2\lambda_1 -4\lambda_2 \,;\, \lambda_1 \,;\, \lambda_2) = (0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$
Donc on obtient immédiatement que :
$$\lambda_1 (-2 \,;\, 1 \,;\, 0) + \lambda_2 (-4 \,;\, 0 \,;\, 1) = 0_{\mathbb{R}^3} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = 0$$
Ainsi les deux vecteurs $$(-2 \,;\, 1 \,;\, 0)$$ et $$(-4 \,;\, 0 \,;\, 1)$$ sont libres dans $$\mathbb{R}^3$$. De fait ces deux vecteurs forment une base de $$G$$ et on ceci revient à dire que $$\dim(G) = 2$$.
On sait que l'ensemble $$E \cap G$$ est engendré par le vecteur $$(-2 \,;\, -1 \,;\, 1)$$. Comme cet unique vecteur est différent de $$(0 \,;\, 0 \,;\, 0) = 0_{\mathbb{R}^3}$$ il est nécessairement libre. Ceci implique que ce seul vecteur $$(-2 \,;\, -1 \,;\, 1)$$ est une base du sous-espace vectoriel $$E \cap G$$. De fait, cela implique que $$\dim (E \cap G) = 1$$.
Ainsi le théorème du rang nous permet d'écrire que :
$$\dim (E+G) = \dim(E) + \dim(G) - \dim (E \cap G) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dim (E+G) = 2 + 2 - 1 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dim (E+G) = 3$$
Ce qui nous donne :
$$\dim (E+G) = \dim \mathbb{R}^3$$
Ce qui implique que :
$$E+G = \mathbb{R}^3$$