Espace vectoriel de type fini

On vérifie que $G$ est contenu dans $F$, pour cela il suffit de vérifier que $c$ et $d$ sont dans $F$ puisque $G$ est le plus petit sous-espace vectoriel contenant $c$ et $d$ (on peut dire aussi que tout autre élément de $G$ est une combinaison linéaire de $c$ et $d$ donc appartient à tout sous-espace vectoriel contenant $c$ et $d$).

Le vecteur $c=(4,0,-1,2)$ appartient à $F$ si et seulement si il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $c=\alpha a+\beta b$, c'est-à-dire $(4,0,-1,2)=\alpha(0,-2,1,0)+\beta(2,-1,0,1)$, ce qui équivaut à $(4,0,-1,2)=(2\beta,-2\alpha-\beta,\alpha,\beta)$.

$\alpha=-1$ et $\beta=2$ vérifient bien cette égalité donc $c$ appartient à $F$.

Le vecteur $d=(2,3,-2,1)$ appartient à $F$ si et seulement si il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $d=\alpha a+\beta b$, c'est-à-dire $(2,3,-2,1)=\alpha(0,-2,1,0)+\beta(2,-1,0,1)$,

ce qui équivaut à $(2,3,-2,1)=(2\beta,-2\alpha-\beta,\alpha,\beta)$.

$\alpha=-2$ et $\beta=1$ vérifient bien cette égalité donc $c$ appartient à $F$.

Donc $G$ est bien contenu dans $F$.

On étudie les dimensions de $F$ et de $G$.

Les vecteurs $a$ et $b$ sont non colinéaires, donc $(a,b)$ est une base de $F$ ; de même $(c,d)$ est une base de $G$, ceci prouve que $F$ et $G$ ont la même dimension (égale à $2$), donc d'après le résultat suivant : "deux sous-espaces sont égaux si et seulement si l'un est contenu dans l'autre et leurs dimensions sont égales", on peut conclure que $F$ et $G$ sont égaux.

De même $H$ est de dimension $2$, il suffit donc de vérifier si $H$ est contenu ou non dans $F$ pour savoir si $F$ et $H$ sont égaux.

Le vecteur $u=(1,1,1,1)$ appartient à $F$ si et seulement si il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $u=\alpha a+\beta b$, c'est-à-dire $(1,1,1,1)=\alpha(0,-2,1,0)+\beta(2,-1,0,1)$, ce qui équivaut à $(1,1,1,1)=(2\beta,-2\alpha-\beta,\alpha,\beta)$.

L'égalité des premières et dernières composantes entraîne $2\beta=1$ et $\beta=1$, ce qui est impossible, donc $u$ n'appartient pas à $F$.

Les sous-espaces $F$ et $H$ ne sont pas égaux.

D'après le cours, la réunion d'une partie génératrice de $F$ et d'une partie génératrice de $H$ est une partie génératrice de $F+H$, $F+H$ admet donc $\{a,b,u,v\}$ comme partie génératrice. On cherche si cette partie est libre.

Chercher les quadruplets $(\alpha,\beta,\gamma,\delta)$ de $\mathbb R^4$ qui vérifient l'égalité $\alpha a+\beta b+\gamma u+\delta v=0$, revient à résoudre un système $(S)$.

Résolution de $(S)$ :

Soient $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ et $\delta$ quatre réels vérifiant l'égalité $\alpha a+\beta b+\gamma u+\delta v=0$, c'est-à-dire

$\alpha(0,-2,1,0)+\beta(2,-1,0,1)+\gamma(1,1,1,1)+\delta(1,2,-3,0)=0$

soit $(2\beta+\gamma+\delta,-2\alpha-\beta+\gamma+2\delta,\alpha+\gamma-3\delta,\beta+\gamma)=(0,0,0,0)$

Le quadruplet $(\alpha,\beta,\gamma,\delta)$ est solution du système $(S)$ suivant :

$\left\{\begin{array}{rcrcrcrcl}&&2\beta&+&\gamma&+&\delta&=&0\\-2\alpha&-&\beta&+&\gamma&+&2\delta&=&0\\\alpha&&&+&\gamma&-&3\delta&=&0\\&&\beta&+&\gamma&&&=&0\end{array}\right.$

équivalent à

$\left\{\begin{array}{rcrcrcrcll}\alpha&&&+&\gamma&-&3\delta&=&0&L_1\leftarrow L_3\\-2\alpha&-&\beta&+&\gamma&+&2\delta&=&0&\\&&2\beta&+&\gamma&+&\delta&=&0&L_3\leftarrow L_1\\&&\beta&+&\gamma&&&=&0&\end{array}\right.$

équivalent à

$\left\{\begin{array}{rcrcrcrcll}\alpha&&&+&\gamma&-&3\delta&=&0&\\&-&\beta&+&3\gamma&-&4\delta&=&0&L_2\leftarrow L_2+2L_1\\&&2\beta&+&\gamma&+&\delta&=&0&\\&&\beta&+&\gamma&&&=&0&\end{array}\right.$

équivalent à

$\left\{\begin{array}{rcrcrcrcll}\alpha&&&+&\gamma&-&3\delta&=&0&\\&-&\beta&+&3\gamma&-&4\delta&=&0&\\&&&&7\gamma&-&7\delta&=&0&L_3\leftarrow L_3+2L_2\\&&&&4\gamma&-&4\delta&=&0&L_4\leftarrow L_4+L_2\end{array}\right.$

D'où : $\gamma=\delta$, $\beta=-\delta$ et $\alpha=2\delta$.

L'ensemble des solutions du système $(S)$ est l'ensemble des quadruplets $(2\delta,-\delta,\delta,\delta)$.

Les quadruplets $(\alpha,\beta,\gamma,\delta)$ de $\mathbb R^4$ qui vérifient l'égalité $\alpha a+\beta b+\gamma u+\delta v=0$ sont ceux qui vérifient les conditions $\alpha=2\delta$, $\beta=-\delta$ et $\gamma=\delta$.

En particulier pour $\delta=1$, on a la relation : $2a-b+u+v=0$ ; la partie $\{a,b,u,v\}$ n'est pas libre.

Il est immédiat de vérifier que la partie $\{a,b,u\}$ est libre, en effet, chercher trois réels $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ vérifiant l'égalité $\alpha a+\beta b+\gamma u=0$ revient à chercher quatre réels $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ et $\delta$, avec $\delta=0$, vérifiant l'égalité $\alpha a+\beta b+\gamma u+\delta v=0$.

L'étude précédente montre que si $\delta=0$, cela entraîne $\alpha=\beta=\gamma=0$.

La partie $\{a,b,u\}$ est donc une partie libre maximale extraite de la partie génératrice $\{a,b,u,v\}$ de $F+H$, donc $(a,b,u)$ est une base de $F+H$, ainsi $\textrm{dim }(F+H)=3$.

Puisque la dimension de $\mathbb R^4$ est $4$, le sous-espace $F+H$ n'est pas égal à $\mathbb R^4$, donc $F$ et $H$ ne sont pas des sous-espaces supplémentaires.

De plus la relation $\textrm{dim }(F+H)=\textrm{dim }F+\textrm{dim }H-\textrm{dim }(F\cap H)$ entraîne : $\textrm{dim }(F\cap H)=1$.