Maîtrise les Espaces Vectoriels : Bases et Dimensions

Correction :

a) Une famille de vecteurs est liée s'il existe des scalaires non tous nuls tels qu'une combinaison linéaire de ces vecteurs soit le vecteur nul. Ici, on observe que $v = 2u$. Donc, $2u - v = 0$. Les scalaires sont $2$ et $-1$, qui ne sont pas tous nuls. La famille $(u, v)$ est donc liée.

b) L'espace vectoriel engendré par une famille liée et non nulle est une droite vectorielle passant par l'origine, dirigée par l'un des vecteurs (non nul).

Point méthode : Pour vérifier si une famille est liée, cherche une relation de proportionnalité entre les vecteurs si leur nombre est petit, ou une combinaison linéaire égale au vecteur nul.

Correction :

Pour qu'une famille soit une base d'un espace vectoriel, elle doit satisfaire deux conditions : être libre et engendrer l'espace vectoriel.

1. Liberté : Soient $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha(1, 0) + \beta(0, 1) = (0, 0)$. Cela donne $(\alpha, 0) + (0, \beta) = (0, 0)$, donc $(\alpha, \beta) = (0, 0)$. Cela implique $\alpha = 0$ et $\beta = 0$. La famille $F$ est donc libre.

2. Condition de génération : Pour tout vecteur $(x, y) \in \mathbb{R}^2$, on cherche $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha(1, 0) + \beta(0, 1) = (x, y)$. Cela conduit à $(\alpha, \beta) = (x, y)$, donc $\alpha = x$ et $\beta = y$. Ainsi, tout vecteur de $\mathbb{R}^2$ peut s'écrire comme une combinaison linéaire des vecteurs de $F$. La famille $F$ engendre $\mathbb{R}^2$.

Comme $F$ est libre et engendre $\mathbb{R}^2$, c'est une base de $\mathbb{R}^2$.

Astuce : La famille canonique (vecteurs avec un seul 1 et des 0 ailleurs) est souvent une base pour les espaces $\mathbb{R}^n$. Son cardinal est égal à la dimension.

Correction :

Nous utilisons la formule de Grassmann pour les sous-espaces vectoriels : $\dim(F + G) = \dim(F) + \dim(G) - \dim(F \cap G)$.

On sait que $F + G$ est un sous-espace vectoriel de $E$. Donc, $\dim(F + G) \le \dim(E)$.

Ici, $\dim(F) = 2$, $\dim(G) = 3$, $\dim(E) = 4$. La formule devient : $\dim(F + G) = 2 + 3 - \dim(F \cap G) = 5 - \dim(F \cap G)$.

Comme $\dim(F + G) \le 4$, on a $5 - \dim(F \cap G) \le 4$. Ceci implique $\dim(F \cap G) \ge 5 - 4 = 1$.

De plus, l'intersection de deux sous-espaces $F$ et $G$ est un sous-espace de chacun d'eux. Donc, $\dim(F \cap G) \le \min(\dim(F), \dim(G))$. Ici, $\dim(F \cap G) \le \min(2, 3) = 2$.

En combinant les deux inégalités, on obtient $1 \le \dim(F \cap G) \le 2$.

Point méthode : La formule de Grassmann est un outil puissant pour relier les dimensions de sous-espaces et de leurs sommes/intersections.

Correction :

a) Pour montrer que $E$ est un sous-espace vectoriel, il faut vérifier trois points :

1. Le vecteur nul $(0, 0, 0)$ appartient à $E$ : $0 - 0 + 0 = 0$. C'est vrai.

2. Stabilité par addition : Soient $u = (x_1, y_1, z_1) \in E$ et $v = (x_2, y_2, z_2) \in E$. Alors $x_1 - y_1 + z_1 = 0$ et $x_2 - y_2 + z_2 = 0$. Pour $u+v = (x_1+x_2, y_1+y_2, z_1+z_2)$, on a $(x_1+x_2) - (y_1+y_2) + (z_1+z_2) = (x_1 - y_1 + z_1) + (x_2 - y_2 + z_2) = 0 + 0 = 0$. Donc $u+v \in E$. C'est vrai.

3. Stabilité par multiplication par un scalaire : Soit $u = (x, y, z) \in E$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Alors $x - y + z = 0$. Pour $\lambda u = (\lambda x, \lambda y, \lambda z)$, on a $\lambda x - \lambda y + \lambda z = \lambda(x - y + z) = \lambda(0) = 0$. Donc $\lambda u \in E$. C'est vrai.

Ainsi, $E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^3$.

b) L'équation définissant $E$ est $x - y + z = 0$. On peut exprimer une variable en fonction des deux autres, par exemple $x = y - z$.

Un vecteur $(x, y, z)$ de $E$ s'écrit donc sous la forme $(y - z, y, z)$, où $y, z \in \mathbb{R}$.

On peut décomposer ce vecteur : $(y - z, y, z) = (y, y, 0) + (-z, 0, z) = y(1, 1, 0) + z(-1, 0, 1)$.

Les vecteurs $v_1 = (1, 1, 0)$ et $v_2 = (-1, 0, 1)$ engendrent $E$. Il reste à vérifier s'ils sont libres.

Pour cela, on résout $\alpha(1, 1, 0) + \beta(-1, 0, 1) = (0, 0, 0)$.

Cela donne $(\alpha - \beta, \alpha, \beta) = (0, 0, 0)$.

On obtient $\alpha = 0$ et $\beta = 0$. La famille $(v_1, v_2)$ est donc libre.

Comme $(v_1, v_2)$ est libre et engendre $E$, c'est une base de $E$. La dimension de $E$ est le nombre de vecteurs dans la base, soit 2.

Point méthode : Pour trouver une base d'un sous-espace défini par une équation, exprime une variable en fonction des autres, puis factorise pour identifier les vecteurs générateurs. Vérifie ensuite leur liberté.

Correction :

a) L'espace $E = \mathbb{R}_2[X]$ est de dimension 3. La famille $B$ contient 3 polynômes. Pour que $B$ soit une base, il suffit de montrer qu'elle est libre ou qu'elle engendre $E$. Montrons qu'elle est libre.

Soient $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha P_1(X) + \beta P_2(X) + \gamma P_3(X) = 0$.

$\alpha(X^2 + 1) + \beta(X - 1) + \gamma(2X^2 - X) = 0$

$(\alpha + 2\gamma ) X^2 + (\beta - \gamma ) X + (\alpha - \beta ) = 0$

En identifiant les coefficients des puissances de $X$ à zéro, on obtient le système suivant :

1) $\alpha + 2\gamma = 0$

2) $\beta - \gamma = 0$

3) $\alpha - \beta = 0$

De (2), $\beta = \gamma$. De (3), $\alpha = \beta$. Donc $\alpha = \beta = \gamma$.

En substituant dans (1) : $\alpha + 2\alpha = 0 \implies 3\alpha = 0 \implies \alpha = 0$.

Par conséquent, $\alpha = \beta = \gamma = 0$. La famille $B$ est libre.

Comme $B$ est une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3, c'est une base de $E$.

b) On cherche $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$ tels que $Q(X) = \alpha P_1(X) + \beta P_2(X) + \gamma P_3(X)$.

C'est exactement le système d'équations obtenu à la question a), mais avec le second membre égal à $Q(X)$ au lieu de 0. Le polynôme $Q(X) = X^2 + 2X + 3$ doit donc être égal à $(\alpha + 2\gamma)X^2 + (\beta - \gamma)X + (\alpha - \beta)$.

En identifiant les coefficients :

1) $\alpha + 2\gamma = 1$

2) $\beta - \gamma = 2$

3) $\alpha - \beta = 3$

De (2), $\beta = \gamma + 2$. De (3), $\alpha = \beta + 3 = (\gamma + 2) + 3 = \gamma + 5$.

En substituant $\alpha$ dans (1) : $(\gamma + 5) + 2\gamma = 1 \implies 3\gamma + 5 = 1 \implies 3\gamma = -4 \implies \gamma = -4/3$.

Alors $\beta = \gamma + 2 = -4/3 + 2 = -4/3 + 6/3 = 2/3$.

Et $\alpha = \beta + 3 = 2/3 + 3 = 2/3 + 9/3 = 11/3$.

Astuce : Pour exprimer un vecteur dans une base, il faut résoudre un système linéaire dont les coefficients dépendent de la base.

Correction :

a) On vérifie les trois conditions pour un sous-espace vectoriel :

1. Le vecteur nul $(0, 0, 0, 0)$ appartient à $V$ car $0+0=0$ et $0-0=0$. C'est vérifié.

2. Stabilité par addition : Soient $u=(x_1, y_1, z_1, t_1)$ et $v=(x_2, y_2, z_2, t_2)$ deux vecteurs de $V$. Alors $x_1+y_1=0$, $z_1-t_1=0$, et $x_2+y_2=0$, $z_2-t_2=0$. Pour $u+v = (x_1+x_2, y_1+y_2, z_1+z_2, t_1+t_2)$, on a $(x_1+x_2) + (y_1+y_2) = (x_1+y_1) + (x_2+y_2) = 0+0=0$, et $(z_1+z_2) - (t_1+t_2) = (z_1-t_1) + (z_2-t_2) = 0+0=0$. Donc $u+v \in V$. C'est vérifié.

3. Stabilité par multiplication par un scalaire : Soit $u=(x, y, z, t) \in V$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. Alors $x+y=0$ et $z-t=0$. Pour $\lambda u = (\lambda x, \lambda y, \lambda z, \lambda t)$, on a $\lambda x + \lambda y = \lambda(x+y) = \lambda(0) = 0$, et $\lambda z - \lambda t = \lambda(z-t) = \lambda(0) = 0$. Donc $\lambda u \in V$. C'est vérifié.

Ainsi, $V$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb{R}^4$.

b) Les conditions définissant $V$ sont $y = -x$ et $t = z$. Un vecteur $(x, y, z, t)$ de $V$ s'écrit donc sous la forme $(x, -x, z, z)$, où $x, z \in \mathbb{R}$.

On peut décomposer ce vecteur : $(x, -x, z, z) = (x, -x, 0, 0) + (0, 0, z, z) = x(1, -1, 0, 0) + z(0, 0, 1, 1)$.

Les vecteurs $v_1 = (1, -1, 0, 0)$ et $v_2 = (0, 0, 1, 1)$ engendrent $V$. Il reste à vérifier leur liberté.

Soient $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha v_1 + \beta v_2 = (0, 0, 0, 0)$.

$\alpha(1, -1, 0, 0) + \beta(0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0)$

$(\alpha, -\alpha, \beta, \beta) = (0, 0, 0, 0)$.

On obtient $\alpha = 0$ et $\beta = 0$. La famille $(v_1, v_2)$ est donc libre.

Comme $(v_1, v_2)$ est libre et engendre $V$, c'est une base de $V$. La dimension de $V$ est le nombre de vecteurs dans la base, soit 2.

Point méthode : Un sous-espace défini par des égalités linéaires correspond à un système d'équations. La dimension est le nombre de variables libres après résolution du système.

Correction :

a) Vérifions les trois conditions pour $V$ :

1. La matrice nulle $0 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ est symétrique car $0^T = 0$. Elle appartient donc à $V$. C'est vérifié.

2. Stabilité par addition : Soient $A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix}$ et $B = \begin{pmatrix} e & f \\ f & g \end{pmatrix}$ deux matrices symétriques dans $V$. Leur somme $A+B = \begin{pmatrix} a+e & b+f \\ b+f & d+g \end{pmatrix}$. La transposée de $A+B$ est $(A+B)^T = \begin{pmatrix} a+e & b+f \\ b+f & d+g \end{pmatrix}$. Donc $(A+B)^T = A+B$, ce qui signifie que $A+B$ est symétrique et appartient à $V$. C'est vérifié.

3. Stabilité par multiplication par un scalaire : Soit $A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix} \in V$ et $\lambda \in \mathbb{R}$. La matrice $\lambda A = \begin{pmatrix} \lambda a & \lambda b \\ \lambda b & \lambda d \end{pmatrix}$. La transposée de $\lambda A$ est $(\lambda A)^T = \begin{pmatrix} \lambda a & \lambda b \\ \lambda b & \lambda d \end{pmatrix}$. Donc $(\lambda A)^T = \lambda A$, ce qui signifie que $\lambda A$ est symétrique et appartient à $V$. C'est vérifié.

Ainsi, $V$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{M}_{2,2}(\mathbb{R})$.

b) Une matrice $M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ est symétrique si $M^T = M$.

$M^T = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}$.

Pour que $M^T = M$, il faut que $b = c$. Les autres coefficients $a$ et $d$ peuvent être n'importe quels réels.

Ainsi, une matrice symétrique $M$ de taille $2 \times 2$ s'écrit sous la forme $M = \begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix}$, où $a, b, d \in \mathbb{R}$.

On peut décomposer cette matrice :

$M = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & b \\ b & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & d \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + d \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.

Les matrices $M_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, $M_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$, et $M_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ engendrent $V$. Il reste à vérifier leur liberté.

Soient $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha M_1 + \beta M_2 + \gamma M_3 = 0$.

$\alpha \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + \beta \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + \gamma \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

$\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \beta & \gamma \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.

On obtient $\alpha = 0$, $\beta = 0$, et $\gamma = 0$. La famille $(M_1, M_2, M_3)$ est donc libre.

Comme cette famille est libre et engendre $V$, c'est une base de $V$. La dimension de $V$ est 3.

Astuce : Les espaces de matrices avec des conditions de symétrie, d'antisymétrie ou de diagonalité ont souvent des bases dont les éléments sont des matrices "types" représentant ces propriétés.

Correction :

a) Si $p < n$, alors $\dim(F) = \text{rang}(u_1, \dots, u_p) \le p$. Comme $p < n$, on a $\dim(F) < n$. La dimension de $E$ est $n$. Si $F=E$, alors $\dim(F) = \dim(E) = n$. Puisque $\dim(F) < n$, on ne peut pas avoir $F=E$. Donc, $F \neq E$.

Conclusion : Oui, si $p < n$, alors $F \neq E$.

b) Si $p > n$, alors on a une famille de $p$ vecteurs dans un espace de dimension $n$. La dimension de l'espace engendré par ces vecteurs, $\dim(F)$, est au plus égale au nombre de vecteurs indépendants, qui ne peut pas dépasser $n$ (car $F$ est un sous-espace de $E$ de dimension $n$). Donc $\dim(F) \le n$. Si la famille $(u_1, \dots, u_p)$ était libre, alors sa taille $p$ devrait être inférieure ou égale à la dimension de l'espace, soit $p \le n$. Or, on a $p > n$. Par conséquent, la famille ne peut pas être libre, elle est donc liée.

Conclusion : Oui, si $p > n$, alors la famille $(u_1, \dots, u_p)$ est liée.

Point méthode : Il est fondamental de connaître la relation entre le cardinal d'une famille de vecteurs, sa liberté/liason, l'espace qu'elle engendre et la dimension de l'espace ambiant.

Correction :

a) Pour montrer que la famille est liée, cherchons $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$, non tous nuls, tels que $\alpha u + \beta v + \gamma w = 0$.

$\alpha(1, 1, 0) + \beta(0, 1, 1) + \gamma(1, 0, -1) = (0, 0, 0)$

$(\alpha + \gamma, \alpha + \beta, \beta - \gamma) = (0, 0, 0)$

On obtient le système :

1) $\alpha + \gamma = 0 \implies \gamma = -\alpha$

2) $\alpha + \beta = 0 \implies \beta = -\alpha$

3) $\beta - \gamma = 0$. Substituons $\beta = -\alpha$ et $\gamma = -\alpha$ dans (3) : $(-\alpha) - (-\alpha) = 0$, ce qui donne $0 = 0$.

Cette équation est toujours vérifiée, ce qui signifie qu'il y a une infinité de solutions. Il suffit d'en trouver une où $\alpha, \beta, \gamma$ ne sont pas tous nuls. Prenons $\alpha = 1$. Alors $\beta = -1$ et $\gamma = -1$.

Ainsi, $1u - 1v - 1w = 0$. La famille $(u, v, w)$ est liée.

b) La dimension de $F = \text{Vect}(u, v, w)$ est le rang de la famille $(u, v, w)$. Comme la famille est liée, le rang est strictement inférieur au nombre de vecteurs (3).

La dimension est donc au plus 2. Regardons si $(u, v)$ est une famille libre.

Soient $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha u + \beta v = 0$.

$\alpha(1, 1, 0) + \beta(0, 1, 1) = (0, 0, 0)$

$(\alpha, \alpha + \beta, \beta) = (0, 0, 0)$

On obtient $\alpha = 0$ et $\beta = 0$. La famille $(u, v)$ est libre.

Comme $(u, v)$ est une famille libre de vecteurs et que $w$ est une combinaison linéaire de $u$ et $v$ (puisque la famille $(u, v, w)$ est liée et $(u, v)$ est libre, $w$ doit être dans $\text{Vect}(u, v)$), le rang de $(u, v, w)$ est égal au rang de $(u, v)$.

La dimension de $F$ est donc 2.

c) Puisque $G = \text{Vect}(u, v)$ et que $u, v$ sont linéairement indépendants, $\dim(G) = 2$. Comme $u$ et $v$ appartiennent à $F = \text{Vect}(u, v, w)$, on a $G \subseteq F$. De plus, comme $\dim(G) = 2$ et $\dim(F) = 2$, on peut conclure que $F = G$.

Point méthode : Pour trouver la dimension d'un espace engendré par une famille de vecteurs, on cherche une sous-famille libre maximale de cette famille, ou on utilise le rang.

Correction :

a) Pour trouver une base de $F$, nous allons déterminer si la famille $(u, v, w)$ est libre. Si elle est liée, nous allons trouver une sous-famille libre.

Cherchons $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$, non tous nuls, tels que $\alpha u + \beta v + \gamma w = 0$.

$\alpha(1, 1, 1) + \beta(1, -1, 0) + \gamma(2, 0, 1) = (0, 0, 0)$

$(\alpha + \beta + 2\gamma, \alpha - \beta, \alpha + \gamma) = (0, 0, 0)$

On obtient le système :

1) $\alpha + \beta + 2\gamma = 0$

2) $\alpha - \beta = 0 \implies \alpha = \beta$

3) $\alpha + \gamma = 0 \implies \gamma = -\alpha$

Substituons $\beta = \alpha$ et $\gamma = -\alpha$ dans (1) :

$\alpha + \alpha + 2(-\alpha) = 0 \implies 2\alpha - 2\alpha = 0 \implies 0 = 0$.

Le système a des solutions non nulles. Par exemple, si $\alpha=1$, alors $\beta=1$ et $\gamma=-1$. Ainsi, $1u + 1v - 1w = 0$. La famille $(u, v, w)$ est liée.

Comme elle est liée, sa dimension est inférieure à 3. Regardons si $(u, v)$ est libre.

Soient $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ tels que $\alpha u + \beta v = 0$.

$\alpha(1, 1, 1) + \beta(1, -1, 0) = (0, 0, 0)$

$(\alpha + \beta, \alpha - \beta, \alpha) = (0, 0, 0)$

De la troisième équation, $\alpha = 0$. De la deuxième équation, $0 - \beta = 0 \implies \beta = 0$. La famille $(u, v)$ est libre.

Comme $(u, v)$ est libre et engendre $F$ (car $w$ est dans $\text{Vect}(u, v)$ puisque la famille $(u, v, w)$ est liée), $(u, v)$ est une base de $F$.

b) Pour savoir si $x = (3, 1, 2)$ appartient à $F$, il faut vérifier s'il peut s'écrire comme combinaison linéaire de la base $(u, v)$.

Cherchons $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$ tels que $x = \lambda u + \mu v$.

$(3, 1, 2) = \lambda(1, 1, 1) + \mu(1, -1, 0)$

$(3, 1, 2) = (\lambda + \mu, \lambda - \mu, \lambda)$

On obtient le système :

1) $\lambda + \mu = 3$

2) $\lambda - \mu = 1$

3) $\lambda = 2$

De (3), $\lambda = 2$. Substituons dans (1) : $2 + \mu = 3 \implies \mu = 1$.

Vérifions avec (2) : $\lambda - \mu = 2 - 1 = 1$. Cela correspond à l'équation (2).

Le système a une solution unique $(\lambda, \mu) = (2, 1)$. Donc $x$ appartient à $F$.

De plus, $x$ s'exprime dans la base $(u, v)$ comme $x = 2u + 1v$.

Point méthode : Pour déterminer une base d'un espace engendré, on commence par vérifier la liberté de la famille génératrice. Si elle est liée, on la réduit pour trouver une sous-famille libre maximale.