Espace vectoriel de type fini

Barème :2pts par question.

1) Soit \(u=(x,y,z)\), \(u\) est combinaison linéaire d'éléments de \(A_1\) équivaut à l'existence de réels \(\alpha\), \(\beta\) vérifiant \(\alpha(0,1,1)+\beta(1,0,1)=(x,y,z)\). Cela revient à trouver des solutions au système d'inconnues \(\alpha\), \(\beta\):

\(\left\{\begin{array}{rcrcr}&&\beta&=&x\\\alpha&&&=&y\\\alpha&+&\beta&=&z\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{rcrcl}&&\beta&=&x\\\alpha&&&=&y\\&&0&=&z-x-y\end{array}\right.\)

Ce système n'a de solution que si \(-x-y+z=0\), par exemple si \(u=(1,-1,0)\); mais si \(v=(1,1,1)\), le système n'a pas de solution, ainsi \(v\) n'est pas combinaison linéaire d'éléments de \(A_1\),

donc \(A_1\) n'est pas une partie génératrice de \(\mathbb{R}^3\).

2) Soit \(u=(x,y,z)\), \(u\) est combinaison linéaire d'éléments de \(A_2\) équivaut à l'existence de réels \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) vérifiant \(\alpha(0,1,1)+\beta(1,0,1)+\gamma(1,1,0)=(x,y,z)\). Cela revient à trouver des solutions au système d'inconnues \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\):

\(\begin{array}{rcl}{\left\{\begin{array}{rcrcrcr}&&\beta&+&\gamma&=&x\\\alpha&&&+&\gamma&=&y\\\alpha&+&\beta&&&=&z\end{array}\right.}&\Leftrightarrow&{\left\{\begin{array}{rcrcrcl}\alpha&&&+&\gamma&=&y\\&&\beta&+&\gamma&=&x\\&&\beta&-&\gamma&=&-y+z\end{array}\right.}\\&\Leftrightarrow&{\left\{\begin{array}{rcrcrcl}\alpha&&&+&\gamma&=&y\\&&\beta&+&\gamma&=&x\\&&&-&2\gamma&=&-x-y+z\end{array}\right.}\end{array}\)

Quel que soit le choix de \((x,y,z)\), ce système a toujours une solution :

\(\displaystyle{\gamma=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y-\frac{1}{2}z}\), \(\displaystyle{\beta=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z}\), \(\displaystyle{\alpha=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z}\)

donc tout vecteur de \(\mathbb{R}^3\) peut s'écrire comme combinaison linéaire d'éléments de \(A_2\),

\(A_2\) est une partie génératrice de \(\mathbb{R}^3\).

3) Soit \(u(x,y,z)\), \(u\) est combinaison linéaire d'éléments de \(A_3\) équivaut à l'existence de réels \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) vérifiant \(\alpha(-2,1,1)+\beta(1,-2,1)+\gamma(1,1,-2)=(x,y,z)\). Cela revient à trouver des solutions au système d'inconnues \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\):

\(\begin{array}{rcl}{\left\{\begin{array}{rcrcrcr}-2\alpha&+&\beta&+&\gamma&=&x\\\alpha&-&2\beta&+&\gamma&=&y\\\alpha&+&\beta&-&2\gamma&=&z\end{array}\right.}&\Leftrightarrow&{\left\{\begin{array}{rcrcrcl}\alpha&-&2\beta&+&\gamma&=&y\\&-&3\beta&+&3\gamma&=&x+2y\\&&3\beta&-&3\gamma&=&-y+z\end{array}\right.}\\&\Leftrightarrow&{\left\{\begin{array}{rcrcrcl}\alpha&-&2\beta&+&\gamma&=&y\\&-&3\beta&+&3\gamma&=&x+2y\\&&&&0&=&x+y+z\end{array}\right.}\end{array}\)

Ce système n'a de solution que si \(x+y+z=0\), par exemple si \(u=(1,-1,0)\); mais si \(v=(1,1,1)\), le système n'a pas de solution, ainsi \(v\) n'est pas combinaison linéaire d'éléments de \(A_3\),

donc \(A_3\) n'est pas une partie génératrice de \(\mathbb{R}^3\).

4) on remarque que \(A_4\) contient \(A_2\) qui est une partie génératrice de \(\mathbb{R}^3\),

donc \(A_4\) est une partie génératrice de \(\mathbb{R}^3\).

5) Soit \(u(x,y,z)\), \(u\) est combinaison linéaire d'éléments de \(A_5\) équivaut à l'existence de réels \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), \(\delta\) vérifiant \(\alpha(-2,1,1)+\beta(1,-2,1)+\gamma(1,1,-2)+\delta(0,-3,3)=(x,y,z)\). Cela revient à trouver des solutions au système d'inconnues :

\(\begin{array}{rcl}{\left\{\begin{array}{rcrcrcrcr}-2\alpha&+&\beta&+&\gamma&&&=&x\\\alpha&-&2\beta&+&\gamma&-&3\delta&=&y\\\alpha&+&\beta&-&2\gamma&+&3\delta&=&z\end{array}\right.}&\Leftrightarrow&{\left\{\begin{array}{rcrcrcrcl}\alpha&-&2\beta&+&\gamma&-&3\delta&=&y\\&-&3\beta&+&3\gamma&-&6\delta&=&x+2y\\&&3\beta&-&3\gamma&+&6\delta&=&-y+z\end{array}\right.}\\&\Leftrightarrow&{\left\{\begin{array}{rcrcrcrcl}\alpha&-&2\beta&+&\gamma&-&3\delta&=&y\\&-&3\beta&+&3\gamma&-&6\delta&=&x+2y\\&&&&&&0&=&x+y+z\end{array}\right.}\end{array}\)

Ce système n'a de solution que si \(x+y+z=0\), par exemple si \(u=(1,-1,0)\); mais si \(v=(1,1,1)\), le système n'a pas de solution, ainsi \(v\) n'est pas combinaison linéaire d'éléments de \(A_5\),

donc \(A_5\) n'est pas une partie génératrice de \(\mathbb{R}^3\).