Sous-espaces, espace engendré et indépendance : exercices corrigés

Les sommes réussies ne vérifient que certains cas. La stabilité doit être valable pour toute paire d’éléments et pour tout scalaire réel.

Le vecteur nul satisfait les deux équations. Prenons maintenant des vecteurs quelconques $a,b\in W$ et des réels quelconques $\alpha,\beta$, puis posons $c=\alpha a+\beta b$. Comme $a,b\in W$,

$$\begin{aligned}c_2&=\alpha(a_1+a_3)\\&\quad+\beta(b_1+b_3)\\&=c_1+c_3,\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}c_4&=\alpha(2a_1-a_3)\\&\quad+\beta(2b_1-b_3)\\&=2c_1-c_3.\end{aligned}$$

Les deux équations requises sont satisfaites, donc $c\in W$. Avec la présence du vecteur nul, cela démontre que $W$ est un sous-espace.

Erreur fréquente : supposer que $c\in W$ avant d’avoir vérifié ses équations. Cette appartenance est précisément la conclusion à établir.

Si vous avez bloqué : reprenez l’exemple résolu. Remplacez sa condition sur un paramètre par les deux conditions qui définissent $W$, puis précisez où chacune intervient.

Le vecteur nul appartient à $W$ et donne $0^2+0^2=0\leq1$, donc il appartient à $D$.

Pour $e=(1,1,0,2)$, les équations de $W$ donnent $1=1+0$ et $2=2(1)-0$. De plus, $1^2+0^2=1$, donc $e\in D$.

En revanche, $2e=(2,2,0,4)$ donne $2^2+0^2=4>1$. Ainsi, $2e\notin D$, même si $2e\in W$. La stabilité par multiplication par un scalaire échoue. Puisque $e+e=2e$, la stabilité par addition échoue aussi : les deux vecteurs additionnés appartiennent à $D$, mais leur somme n’y appartient pas. Donc $D$ n’est pas un sous-espace.

Erreur fréquente : s’arrêter après la vérification du vecteur nul, ou choisir un vecteur initial qui n’appartient pas à $D$. Il faut vérifier la restriction supplémentaire aussi bien que les équations de $W$.

Si vous avez bloqué : revenez à la méthode du contre-exemple et écrivez trois lignes : appartenance initiale, opération, puis non-appartenance du résultat. Une seule condition de stabilité qui échoue suffisait; cet exemple en fournit deux.

Toute combinaison linéaire prend la forme

$$\begin{gathered}su+rv\\=(s,s+r,r,2s-r).\end{gathered}$$

Sa deuxième coordonnée est la somme de la première et de la troisième, et sa quatrième est deux fois la première moins la troisième. Toute combinaison appartient donc à $W$ : $\operatorname{Vect}\{u,v\}\subseteq W$.

Réciproquement, si $x\in W$, les équations qui le définissent donnent

$$x=\begin{pmatrix}x_1\\x_1+x_3\\x_3\\2x_1-x_3\end{pmatrix}.$$

$$x=x_1u+x_3v.$$

Tout élément de $W$ appartient donc à l’espace engendré. Ces deux inclusions établissent l’égalité.

Pour $p$, prenons les coefficients 2 et $-1$ :

$$\begin{aligned}2u-v&=(2,1,-1,5)\\&=p.\end{aligned}$$

Le vecteur $q$ satisfait la condition sur sa deuxième coordonnée, mais sa quatrième devrait valoir $2(2)-(-1)=5$, et non 4. Ainsi, $q\notin W$ et ne peut être une combinaison de $u,v$.

Erreur fréquente : montrer que les deux vecteurs générateurs appartiennent à $W$, puis s’arrêter. Comme $W$ est un sous-espace, cela prouve que leur espace engendré est contenu dans $W$; il reste à montrer que tous les vecteurs de $W$ peuvent être obtenus.

Si vous avez bloqué : révisez les combinaisons linéaires et l’espace engendré. Pour un exemple géométrique à trois coordonnées, consultez quand trois vecteurs n’engendrent qu’un plan.

La relation

$$u-2v-w=\mathbf0$$

a pour coefficients $(1,-2,-1)$, qui ne sont pas tous nuls. La famille de trois vecteurs est dépendante.

Les paires sont pourtant indépendantes :

• Pour $au+bv=\mathbf0$, les coordonnées 1 et 3 donnent $a=0$ et $b=0$.
• Pour $au+bw=\mathbf0$, elles donnent $a+b=0$ et $-2b=0$, donc $a=b=0$.
• Pour $av+bw=\mathbf0$, elles donnent $b=0$ et $a-2b=0$, ce qui impose encore deux coefficients nuls.

L’indépendance deux à deux exclut une relation non triviale limitée à une paire. Elle n’exclut pas une relation faisant intervenir les trois vecteurs. La paire $(u,v)$ est une base de $W$, grâce à l’indépendance établie ici et à la propriété génératrice de l’exercice 3. Ajouter $w$ conserve l’espace engendré et rend la famille dépendante.

Erreur fréquente : remplacer « la seule combinaison nulle est la combinaison triviale » par « les vecteurs sont différents ». Une relation non triviale exige aussi qu’au moins un coefficient soit non nul; elle n’exige pas que tous le soient.

Si vous avez bloqué : reprenez la définition de l’indépendance, puis la vérification à deux vecteurs du guide de base. Écrivez l’équation d’une combinaison nulle avant de juger la famille.

En développant, on obtient

$$\begin{aligned}ca_t+db_t&=(c+td)u\\&\quad+(tc+d)v.\end{aligned}$$

Cas $t\notin\{-1,1\}$. Une combinaison nulle impose $c+td=0$ et $tc+d=0$, puisque $u,v$ sont indépendants. La soustraction donne $(1-t^2)d=0$. Ce facteur est non nul, donc $d=0$, puis $c=0$. La paire $(a_t,b_t)$ est indépendante.

Pour une cible quelconque $Au+Bv\in W$, résolvons les mêmes équations avec les seconds membres $A,B$ :

$$\begin{aligned}c&=\frac{A-tB}{1-t^2},\\d&=\frac{B-tA}{1-t^2}.\end{aligned}$$

Ces coefficients existent pour tous réels $A,B$. En les substituant, on retrouve $c+td=A$ et $tc+d=B$. La paire engendre donc $W$ et en est une base.

Cas $t=1$. Les deux vecteurs sont égaux à $u+v$. La relation $a_1-b_1=\mathbf0$ prouve la dépendance, et l’espace engendré est la droite $\operatorname{Vect}\{u+v\}$.

Cas $t=-1$. On a $a_{-1}=u-v$ et $b_{-1}=-(u-v)$. La relation $a_{-1}+b_{-1}=\mathbf0$ prouve la dépendance, et l’espace engendré est $\operatorname{Vect}\{u-v\}$.

Aucune de ces droites n’est tout $W$. Par exemple, si $u=s(u+v)$ ou $u=s(u-v)$, l’identification du coefficient de $v$ impose $s=0$, tandis que celle du coefficient de $u$ impose $s=1$, une contradiction. La paire est donc indépendante et engendre $W$ exactement lorsque $t\ne\pm1$.

Erreur fréquente : diviser par $1-t^2$ en oubliant les valeurs qui l’annulent. Une autre erreur consiste à conclure « engendre $\mathbb R^4$ » alors que le calcul permet seulement d’atteindre $W$. Toute combinaison satisfait encore les deux contraintes de $W$.

Si vous avez bloqué : révisez la résolution et la vérification d’un système. Si les équations étaient faciles, mais leur sens moins clair, revenez à l’espace engendré de l’exercice 3 et à l’indépendance de l’exercice 4.

L’indépendance donne l’unicité. Supposons que

$$\begin{aligned}b&=c_1v_1+\cdots+c_kv_k,\\b&=d_1v_1+\cdots+d_kv_k.\end{aligned}$$

En soustrayant, on obtient

$$\begin{aligned}\mathbf0&=(c_1-d_1)v_1+\cdots\\&\quad+(c_k-d_k)v_k.\end{aligned}$$

L’indépendance impose $c_i-d_i=0$ pour chaque $i$; les listes de coefficients sont donc identiques. L’existence était assurée par l’appartenance de $b$ à l’espace engendré.

Une représentation unique donne l’indépendance. Si la famille était dépendante, il existerait des coefficients $h_1,\ldots,h_k$, non tous nuls, tels que $h_1v_1+\cdots+h_kv_k=\mathbf0$. Ajouter cette relation à la représentation de coefficients $c_i$ en donne une deuxième, de coefficients $c_i+h_i$. Au moins un coefficient change, ce qui contredit l’unicité. La famille est donc indépendante.

En fait, faire varier $s$ dans les réels et ajouter $s(h_1,\ldots,h_k)$ à une même liste de coefficients produit une infinité de représentations distinctes lorsqu’une relation non triviale existe.

Pour la famille concrète, notons $r$ le coefficient de $w$. Puisque

$$\begin{aligned}&cu+dv+rw\\&=(c+r)u\\&\quad+(d-2r)v,\end{aligned}$$

l’indépendance de $u,v$ montre que cette combinaison vaut $p=2u-v$ exactement lorsque $c+r=2$ et $d-2r=-1$. Toutes les représentations sont donc

$$\begin{aligned}p&=(2-r)u\\&\quad+(-1+2r)v+rw,\\r&\in\mathbb R.\end{aligned}$$

Par exemple, $r=0$ donne $2u-v$, tandis que $r=1$ donne $u+v+w$. Les deux combinaisons valent $(2,1,-1,5)$. Le raisonnement montre aussi qu’aucune autre liste de coefficients n’a été oubliée.

Une cible hors de l’espace engendré n’a aucune représentation. C’est pourquoi l’énoncé supposait que $b$ appartenait à cet espace. L’unicité concerne les coefficients relativement à la famille ordonnée indiquée; changer la famille peut changer les coordonnées d’un même vecteur.

Erreur fréquente : démontrer un seul sens du « si et seulement si », ou confondre plusieurs listes de coefficients avec plusieurs vecteurs cibles.

Si vous avez bloqué : reprenez l’exemple résolu qui distingue existence et unicité. Soustrayez d’abord deux représentations concrètes, puis répétez le raisonnement avec des symboles.