1.Un sous-espace affine V=A+F peut aussi s’écrire V=B+F pour tout point B∈V : la direction ne dépend pas du point base.
2.Un hyperplan affine de R3 est une droite (sous-espace affine de dimension 1).
3.Si u∈L(E,F) et a∈Im(u), l’ensemble des solutions de u(x)=a est un sous-espace affine dirigé par Ker(u).
4.L’intersection de deux sous-espaces affines est toujours un sous-espace affine, y compris lorsqu’elle est vide.
5.La méthode « solution particulière + solution générale de l’équation homogène », utilisée aussi bien pour les systèmes linéaires que pour les équations différentielles, est une instance d’un seul et même théorème d’algèbre linéaire.
On considère V={(x,y,z)∈R3:x+y−z=2}.
Vérifier que A=(2,0,0)∈V, et exprimer V sous la forme A+F où F=Ker(φ) pour une forme linéaire φ à préciser.
φ(x,y,z)=x+y−z vérifie φ(A)=2+0−0=2 : A∈V. Comme V={M∈R3:φ(M)=2}={M:φ(M)=φ(A)}={M:φ(M−A)=0} par linéarité de φ, on a V=A+Ker(φ), où F=Ker(φ)={(x,y,z):x+y−z=0}.
Vérifier que B=(0,2,0)∈V également, puis vérifier directement que V=B+F.
φ(B)=0+2−0=2 : B∈V. Pour M=(x,y,z)∈V, φ(M)=2=φ(B), donc φ(M−B)=0, soit M−B∈F, c’est-à-dire M∈B+F : ainsi V⊂B+F. Réciproquement, pour w∈F, φ(B+w)=φ(B)+φ(w)=2+0=2, donc B+w∈V : ainsi B+F⊂V. On conclut V=B+F, illustrant que la direction ne dépend pas du point base choisi.
Donner une base de F, et vérifier qu’elle engendre bien F.
Les vecteurs e1=(1,0,1) et e2=(0,1,1) vérifient 1+0−1=0 et 0+1−1=0 : ils appartiennent à F, et ne sont pas colinéaires, donc forment une famille libre. Pour (x,y,z)∈F (c’est-à-dire z=x+y), (x,y,z)=(x,y,x+y)=x(1,0,1)+y(0,1,1)=xe1+ye2 : (e1,e2) engendre bien F, donc en est une base, et dimF=2, cohérent avec la définition d’un hyperplan affine de R3.
On considère V1={(x,y,z)∈R3:x+y−z=2} et V2={(x,y,z)∈R3:x−y+z=0}, deux hyperplans affines de R3.
Vérifier que A=(1,0,−1) appartient à V1∩V2.
1+0−(−1)=2 : A∈V1. 1−0+(−1)=0 : A∈V2. Donc A∈V1∩V2, qui est en particulier non vide.
Déterminer F1∩F2, où F1,F2 sont les directions respectives de V1,V2, et vérifier que dim(F1∩F2)=1.
F1={(x,y,z):x+y=z} et F2={(x,y,z):x−y+z=0}. Pour (x,y,z)∈F1∩F2, en substituant z=x+y dans l’équation de F2 : x−y+(x+y)=0 donne 2x=0, soit x=0, puis z=y. Donc F1∩F2={(0,y,y):y∈R}=Vect((0,1,1)), de dimension 1.
En déduire, par la proposition d’intersection de sous-espaces affines, une description de V1∩V2, et vérifier qu’un second point de cet ensemble, correspondant à t=1, appartient bien à V1 et V2.
D’après la proposition d’intersection (applicable puisque V1∩V2=∅ d’après la question a.) : V1∩V2=A+(F1∩F2)={(1,t,−1+t):t∈R} Pour t=1 : le point (1,1,0) vérifie 1+1−0=2 (dans V1) et 1−1+0=0 (dans V2) : il appartient bien à V1∩V2.
5 blocs de plus : les autres énoncés et tous les corrigés, rédigés en entier. Le reste du programme est écrit de la même main, avec les figures interactives et votre progression.