Série 2 — sous-espaces, familles libres, bases et dimension.
Exercice 1
Montrer que \(F = \left\{(x\,;y\,;z)\in\mathbb{R}^3\;;\;x+y+z = 0\right\}\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^3\), puis en donner une base et la dimension.
Correction
\((0\,;0\,;0)\in F\). Si \(u\) et \(v\) sont dans \(F\) et \(\lambda\in\mathbb{R}\), la somme des coordonnées de \(u+\lambda v\) vaut \(0 + \lambda\times0 = 0\) : \(F\) est un sous-espace vectoriel. \(z = -x-y\) donne \((x\,;y\,;-x-y) = x(1\,;0\,;-1) + y(0\,;1\,;-1)\). Les deux vecteurs \((1\,;0\,;-1)\) et \((0\,;1\,;-1)\) sont non colinéaires : ils forment une base de \(F\), donc \(\dim F = 2\).
Exercice 2
La famille \(\left(u(1\,;1\,;0)\,;\,v(0\,;1\,;1)\,;\,w(1\,;0\,;1)\right)\) est-elle une base de \(\mathbb{R}^3\) ?
Correction
Soit \(au + bv + cw = \vec0\) : \(\begin{cases} a + c = 0 \\ a + b = 0 \\ b + c = 0 \end{cases}\) De la première, \(c = -a\) ; de la deuxième, \(b = -a\) ; la troisième donne \(-2a = 0\), donc \(a = b = c = 0\). La famille est libre ; comme elle a \(3\) vecteurs dans un espace de dimension \(3\), c'est une base.
Exercice 3
Déterminer les coordonnées de \(t(1\,;2\,;3)\) dans la base de l'exercice 2.
Correction
On résout \(au + bv + cw = t\) : \(\begin{cases} a + c = 1 \\ a + b = 2 \\ b + c = 3 \end{cases}\) \(a = 1-c\), donc \(b = 2-a = 1+c\), et la troisième ligne donne \(1+2c = 3\), soit \(c = 1\), \(b = 2\), \(a = 0\). Vérification : \(2v + w = (0\,;2\,;2) + (1\,;0\,;1) = (1\,;2\,;3)\) ✓. Les coordonnées sont \((0\,;2\,;1)\).
Exercice 4
L'ensemble \(G = \left\{(x\,;y\,;z)\in\mathbb{R}^3\;;\;x+y+z = 1\right\}\) est-il un sous-espace vectoriel ?
Correction
\((0\,;0\,;0)\) ne vérifie pas \(x+y+z = 1\) : \(G\) ne contient pas le vecteur nul, donc non. (C'est un plan affine, pas un sous-espace vectoriel.)
Exercice 5
Déterminer la dimension de \(H = \mathrm{Vect}\left\{(1\,;0\,;1)\,;\,(2\,;0\,;2)\,;\,(0\,;1\,;0)\right\}\).
Correction
Le deuxième vecteur est le double du premier : il est inutile. \(H = \mathrm{Vect}\left\{(1\,;0\,;1)\,;\,(0\,;1\,;0)\right\}\), et ces deux vecteurs sont non colinéaires : \(\dim H = 2\).
Exercice 6
Soit \(f : \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2\) définie par \(f(x\,;y) = (x+y\,;x-y)\). Montrer que \(f\) est linéaire, déterminer son noyau et conclure.
Correction
\(f(u + \lambda v) = f(u) + \lambda f(v)\) par calcul direct sur les coordonnées : \(f\) est linéaire. \(f(x\,;y) = (0\,;0)\) donne \(x+y = 0\) et \(x-y = 0\), donc \(x = y = 0\) : \(\ker f = \{\vec0\}\). \(f\) est injective ; d'après le théorème du rang, \(\dim\mathrm{Im}\,f = 2 - 0 = 2\), donc \(f\) est bijective.
Exercice 7
Montrer que \(F = \left\{(x\,;y\,;z)\;;\;x = y \text{ et } z = 0\right\}\) est une droite vectorielle.
Correction
Un élément de \(F\) s'écrit \((x\,;x\,;0) = x(1\,;1\,;0)\) : \(F = \mathrm{Vect}\left\{(1\,;1\,;0)\right\}\). C'est donc un sous-espace vectoriel de dimension \(1\), c'est-à-dire une droite vectorielle.