Espaces vectoriels en dimension finie

Le système s’écrit $Av=0$ où $A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& -1& 1& -1\end{array}\right)$. Les deux lignes de $A$ ne sont pas proportionnelles, donc $\text{rg}(A)=2$. L’ensemble $F$ est le noyau de l’application linéaire associée à $A$ (deux équations indépendantes), donc : $$\dim F=4-\text{rg}(A)=4-2=2$$

En ajoutant les deux équations : $2x+2z=0$, soit $x=-z$. En les soustrayant : $2y+2t=0$, soit $y=-t$. Les inconnues $z,t$ sont libres, et $(x,y,z,t)=z(-1,0,1,0)+t(0,-1,0,1)$. La famille $((-1,0,1,0),(0,-1,0,1))$ engendre donc $F$ ; elle est libre (les deux vecteurs ne sont pas colinéaires), c’est une base de $F$, ce qui confirme $\dim F=2$.

Il suffit d’adjoindre deux vecteurs de ${\mathbb{R}}^4$ non combinaisons linéaires des deux premiers. Les vecteurs $e_1=(1,0,0,0)$ et $e_2=(0,1,0,0)$ de la base canonique conviennent : la famille $((-1,0,1,0),(0,-1,0,1),e_1,e_2)$ est de cardinal $4=\dim {\mathbb{R}}^4$, et elle est libre (le déterminant du système par élimination des coordonnées $z,t$ puis $x,y$ ne s’annule pas — de façon équivalente, aucun des deux nouveaux vecteurs n’appartient à $\text{Vect}((-1,0,1,0),(0,-1,0,1),\text{l’autre})$, car $e_1,e_2$ ont une coordonnée $z$ ou $t$ nulle qu’aucune combinaison des deux premiers ne peut compenser sans annuler aussi les coordonnées $x,y$). Par le théorème de caractérisation des bases par le cardinal, c’est une base de ${\mathbb{R}}^4$ adaptée à $F$.

$u_1$ et $u_2$ ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont proportionnelles pour aucun facteur), donc $(u_1,u_2)$ est libre ; de même pour $(v_1,v_2)$. Ainsi $\dim F=\dim G=2$.

On a $-u_1+u_2=(-1,-1,0,0)+(0,1,1,0)=(-1,0,1,0)$. D’autre part $-v_1+v_2=(-1,0,0,-1)+(0,0,1,1)=(-1,0,1,0)$. Les deux expressions coïncident, donc $(-1,0,1,0)\in F\cap G$ : c’est un vecteur non nul, donc $\dim (F\cap G)⩾1$. Montrons que $F\cap G$ n’est pas plus grand : un calcul direct (résolution du système $a{u}_1+b{u}_2=c{v}_1+d{v}_2$) montre que toutes les solutions sont de la forme $(a,b,c,d)=(-d,d,-d,d)$, donc $F\cap G$ est engendré par ce seul vecteur, et $\dim (F\cap G)=1$.

Par la formule de Grassmann : $\dim (F+G)=\dim F+\dim G-\dim (F\cap G)=2+2-1=3$. Vérification directe : le rang de la famille $(u_1,u_2,v_1,v_2)$ dans ${\mathbb{R}}^4$ vaut $3$ (un calcul par élimination montre que ces quatre vecteurs vérifient exactement une relation de dépendance, celle trouvée à la question précédente, et aucune autre indépendante), ce qui confirme $\dim (F+G)=3$. Notamment $F+G\ne {\mathbb{R}}^4$ : ces deux plans n’engendrent pas tout l’espace.