Exercices corrigés : espaces vectoriels et sous-espaces (201-NYC)

a) Un élément de $P_{2}$ s'écrit $ax^{2}+bx+c$. Vecteur NUL : le polynôme nul $0x^{2}+0x+0$, qui vérifie bien $p+0=p$ pour tout $p$. Opposé de $p(x)=3x^{2}-x+5$ : le polynôme $-p(x)=-3x^{2}+x-5$, dont la somme avec $p$ donne le polynôme nul ✓. Fermeture pour l'addition : la somme de deux polynômes de degré au plus 2 est de degré au plus 2, puisqu'on additionne les coefficients terme à terme sans jamais créer de degré supérieur ✓. Fermeture pour la multiplication scalaire : $\lambda(ax^{2}+bx+c)=(\lambda a)x^{2}+(\lambda b)x+\lambda c$, toujours de degré au plus 2 ✓. Les autres axiomes (associativité, commutativité, distributivité) découlent de ceux des nombres réels appliqués coefficient par coefficient. $P_{2}$ est donc bien un espace vectoriel, et ses « vecteurs » sont des polynômes.

b) Base canonique de $P_{2}$ : $\left\{1,\;x,\;x^{2}\right\}$. Elle est GÉNÉRATRICE, car tout polynôme $ax^{2}+bx+c$ s'écrit $c\cdot 1+b\cdot x+a\cdot x^{2}$; elle est LIBRE, car $c+bx+ax^{2}=0$ pour tout $x$ impose $a=b=c=0$ (un polynôme nul a tous ses coefficients nuls). Donc $\dim P_{2}=3$. Pour $M_{2\times 2}$, la base canonique est formée des quatre matrices ayant un seul 1 et des 0 ailleurs, donc $\dim M_{2\times 2}=4$. Règle générale à retenir : $\dim P_{n}=n+1$ (attention au $+1$, oublié très souvent) et $\dim M_{m\times n}=mn$.

c) NON. Contre-exemple : prenons $p(x)=x^{2}+x$ et $q(x)=-x^{2}+3$, tous deux de degré exactement 2. Leur somme vaut $p+q=x+3$, qui est de degré 1 : elle n'appartient PAS à l'ensemble. La fermeture pour l'addition est donc violée. Un second argument, plus rapide encore, suffit à conclure : le polynôme nul n'est pas de degré exactement 2, donc le vecteur nul manque, et le critère tombe immédiatement. C'est la différence décisive entre « degré au plus $n$ » et « degré exactement $n$ » : seule la première formulation donne un espace vectoriel, et les énoncés d'examen jouent constamment sur cette nuance.

d) L'axiome qui tombe est $1\cdot u=u$. En effet $1\odot(x,y)=(1\cdot x,0)=(x,0)$, ce qui diffère de $(x,y)$ dès que $y\neq 0$. Par exemple $1\odot(3,7)=(3,0)\neq(3,7)$. Cet axiome paraît le plus anodin des huit, au point qu'on est tenté de le juger superflu, et c'est précisément pourquoi les manuels le mettent en évidence : sans lui, la multiplication scalaire pourrait écraser de l'information, comme ici où la seconde coordonnée est détruite. On peut vérifier que la distributivité $\lambda\odot(u+v)=\lambda\odot u+\lambda\odot v$ tient pourtant, ce qui montre qu'un seul axiome violé suffit à disqualifier la structure, même si tous les autres sont satisfaits.

a) Critère : $W$ est un sous-espace de $V$ si 1) $\vec{0}\in W$; 2) $u,v\in W\Rightarrow u+v\in W$; 3) $u\in W$ et $\lambda\in\mathbb{R}\Rightarrow\lambda u\in W$. Vérification pour $W$. 1) $(0,0,0)$ donne $0+0-0=0$ ✓. 2) Si $u=(x_{1},y_{1},z_{1})$ et $v=(x_{2},y_{2},z_{2})$ vérifient chacun l'équation, alors leur somme donne $(x_{1}+x_{2})+2(y_{1}+y_{2})-(z_{1}+z_{2})=(x_{1}+2y_{1}-z_{1})+(x_{2}+2y_{2}-z_{2})=0+0=0$ ✓. 3) $\lambda u$ donne $\lambda x+2\lambda y-\lambda z=\lambda(x+2y-z)=\lambda\cdot 0=0$ ✓. Donc $W$ est un sous-espace : c'est le PLAN passant par l'origine de vecteur normal $(1,2,-1)$, et sa dimension est 2.

b) NON : le vecteur nul $(0,0,0)$ donne $0+0-0=0\neq 3$, donc $\vec{0}\notin U$ et le critère échoue dès sa première condition. Géométriquement, $U$ est un plan qui ne passe PAS par l'origine, c'est-à-dire un translaté de $W$. La règle générale se lit ici : une équation HOMOGÈNE (second membre nul) définit un sous-espace, une équation non homogène n'en définit jamais. C'est le test à appliquer en premier devant tout ensemble défini par une équation.

c) NON, malgré la présence du vecteur nul. La condition $xy=0$ signifie $x=0$ OU $y=0$ : géométriquement, $S$ est la RÉUNION des deux axes de coordonnées, une figure en croix. Contre-exemple à la fermeture pour l'addition : $u=(1,0)\in S$ (car $1\times 0=0$) et $v=(0,1)\in S$, mais $u+v=(1,1)$ donne $1\times 1=1\neq 0$, donc $u+v\notin S$ ✓. L'exemple est instructif : $S$ est bien fermé pour la multiplication scalaire (multiplier un point d'un axe le laisse sur cet axe) et contient le vecteur nul, mais il échoue sur l'addition. Les trois conditions sont donc INDÉPENDANTES et doivent toutes être vérifiées; passer le test du vecteur nul ne garantit rien. Plus généralement, une réunion de deux sous-espaces n'est presque jamais un sous-espace, alors que leur intersection en est toujours un.

d) Soit $T=\left\{A\in M_{2\times 2}:\operatorname{tr}(A)=0\right\}$, où $\operatorname{tr}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=a+d$. 1) La matrice nulle a une trace nulle ✓. 2) $\operatorname{tr}(A+B)=\operatorname{tr}(A)+\operatorname{tr}(B)=0+0=0$ ✓. 3) $\operatorname{tr}(\lambda A)=\lambda\operatorname{tr}(A)=0$ ✓. C'est donc un sous-espace, et la vérification est immédiate parce que la trace est une application LINÉAIRE : tout ensemble défini par « une application linéaire s'annule » est automatiquement un sous-espace, c'est d'ailleurs exactement la notion de noyau vue plus loin. Dimension : la condition $d=-a$ laisse $a$, $b$ et $c$ libres, donc une base est $\left\{\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\right\}$ et $\dim T=3$. Cohérent avec l'intuition : une contrainte linéaire non triviale fait perdre exactement une dimension, ici de 4 à 3.

a) $\text{vect}\left\{(1,2,1)\right\}$ est l'ensemble des multiples $\lambda(1,2,1)$ : c'est la DROITE passant par l'origine et de vecteur directeur $(1,2,1)$, de dimension 1. Pour la seconde, les deux vecteurs $(1,2,1)$ et $(0,1,1)$ ne sont pas proportionnels (le second a une première composante nulle, pas le premier), donc ils sont linéairement indépendants et engendrent un PLAN passant par l'origine, de dimension 2. En général, $k$ vecteurs indépendants engendrent un sous-espace de dimension $k$ : droite pour 1, plan pour 2, espace entier pour 3 dans $\mathbb{R}^{3}$.

b) On teste si $(2,5,3)$ est combinaison des deux premiers : cherchons $a$ et $b$ tels que $a(1,2,1)+b(0,1,1)=(2,5,3)$. La première composante donne $a=2$; la troisième donne $a+b=3$, donc $b=1$; vérification sur la deuxième : $2a+b=4+1=5$ ✓. Donc $(2,5,3)=2(1,2,1)+1(0,1,1)$ : le troisième vecteur est REDONDANT, il n'apporte rien. La famille engendre donc le même plan qu'au point a), et $\dim=2$. Leçon à retenir : le nombre de vecteurs d'une famille génératrice n'est PAS la dimension; la dimension est le nombre de vecteurs d'une famille génératrice LIBRE, c'est-à-dire le rang de la famille.

c) On cherche $a,b$ avec $a(1,2,1)+b(0,1,1)=(3,7,4)$. Première composante : $a=3$. Troisième : $a+b=4$, donc $b=1$. Vérification sur la deuxième : $2a+b=6+1=7$ ✓. Le système est COMPATIBLE, donc $(3,7,4)=3(1,2,1)+(0,1,1)$ appartient bien au sous-espace. Remarque de méthode : on utilise deux équations pour trouver les inconnues, et la troisième sert de TEST de compatibilité. Si elle avait été contredite, par exemple avec $(3,7,9)$ qui donnerait $a=3$ puis $b=6$ et $2a+b=12\neq 7$, le vecteur n'aurait pas appartenu au sous-espace. C'est la procédure standard pour toute question d'appartenance.

d) Il suffit de vérifier les trois conditions du critère, et chacune découle de la structure même des combinaisons linéaires. 1) Le vecteur nul s'obtient en prenant tous les coefficients nuls, $0v_{1}+\cdots+0v_{k}=\vec{0}$ ✓. 2) La somme de deux combinaisons linéaires des $v_{i}$ est encore une combinaison linéaire des $v_{i}$, en additionnant les coefficients terme à terme ✓. 3) Le multiple d'une combinaison linéaire est une combinaison linéaire, en multipliant chaque coefficient par $\lambda$ ✓. La conclusion vaut donc pour n'importe quelle famille, même liée, même réduite à un seul vecteur, et même vide (auquel cas on convient que $\text{vect}\,\emptyset=\left\{\vec{0}\right\}$, le sous-espace nul). C'est ce qui fait de $\text{vect}$ l'outil de construction universel : pour fabriquer un sous-espace, il suffit de choisir des vecteurs et de prendre toutes leurs combinaisons; on obtient d'ailleurs ainsi le PLUS PETIT sous-espace contenant la famille de départ.

a) Soient $u=(x_{1},y_{1},z_{1})$, $v=(x_{2},y_{2},z_{2})$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. Additivité : $T(u+v)=\left((x_{1}+x_{2})+(y_{1}+y_{2}),\;(y_{1}+y_{2})+(z_{1}+z_{2})\right)=\left((x_{1}+y_{1})+(x_{2}+y_{2}),\;(y_{1}+z_{1})+(y_{2}+z_{2})\right)=T(u)+T(v)$ ✓. Homogénéité : $T(\lambda u)=(\lambda x+\lambda y,\;\lambda y+\lambda z)=\lambda(x+y,\;y+z)=\lambda T(u)$ ✓. $T$ est donc linéaire. Sa matrice dans les bases canoniques est $\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\end{pmatrix}$, de format $2\times 3$, cohérent avec une application de $\mathbb{R}^{3}$ vers $\mathbb{R}^{2}$.

b) $\ker T$ est l'ensemble des $(x,y,z)$ tels que $T(x,y,z)=(0,0)$, c'est-à-dire le système $x+y=0$ et $y+z=0$. De la première équation, $x=-y$; de la seconde, $z=-y$. En posant $y=t$ comme paramètre libre : $(x,y,z)=(-t,t,-t)=t(-1,1,-1)$. Une base de $\ker T$ est donc $\left\{(-1,1,-1)\right\}$ et $\dim(\ker T)=1$. Géométriquement, c'est la DROITE passant par l'origine et dirigée par $(-1,1,-1)$ : tous les vecteurs de cette droite, et eux seuls, sont écrasés sur le vecteur nul par $T$.

c) $\text{Im}\,T$ est engendrée par les images des vecteurs de la base canonique : $T(1,0,0)=(1,0)$, $T(0,1,0)=(1,1)$, $T(0,0,1)=(0,1)$. Ces trois vecteurs vivent dans $\mathbb{R}^{2}$, ils ne peuvent donc pas être indépendants; mais $(1,0)$ et $(0,1)$ suffisent déjà à engendrer $\mathbb{R}^{2}$ tout entier. Donc $\text{Im}\,T=\mathbb{R}^{2}$ et $\dim(\text{Im}\,T)=2$. La transformation est donc SURJECTIVE : tout vecteur de $\mathbb{R}^{2}$ est atteint. Vérification par le théorème du rang : $\dim(\ker T)+\dim(\text{Im}\,T)=1+2=3=\dim\mathbb{R}^{3}$ ✓, ce qui confirme les deux calculs d'un coup.

d) Soit $T:V\to W$ linéaire. 1) Vecteur nul : la linéarité donne $T(\vec{0})=T(0\cdot\vec{0})=0\cdot T(\vec{0})=\vec{0}$, donc $\vec{0}\in\ker T$ ✓. 2) Addition : si $u,v\in\ker T$, alors $T(u+v)=T(u)+T(v)=\vec{0}+\vec{0}=\vec{0}$, donc $u+v\in\ker T$ ✓. 3) Multiplication scalaire : si $u\in\ker T$ et $\lambda\in\mathbb{R}$, alors $T(\lambda u)=\lambda T(u)=\lambda\vec{0}=\vec{0}$, donc $\lambda u\in\ker T$ ✓. Les trois conditions sont vérifiées, donc $\ker T$ est un sous-espace de $V$. Observez que chaque étape n'utilise QUE la linéarité de $T$ : la démonstration est donc valable pour toute transformation linéaire, entre espaces quelconques, y compris des espaces de polynômes ou de matrices. C'est le modèle de démonstration abstraite que l'examen demande de reproduire.

a) On écrit chaque polynôme par ses coefficients : $p_{1}=(1;\ 1;\ 0)$, $p_{2}=(0;\ 1;\ 1)$, $p_{3}=(1;\ 0;\ 1)$. La famille est libre si le déterminant de ces trois lignes est non nul : $\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix}=1(1-0)-1(0-1)+0=1+1=2\neq 0$. Le déterminant vaut $2$, donc la famille est libre. Une combinaison nulle $ap_{1}+bp_{2}+cp_{3}=0$ n'a que la solution triviale $a=b=c=0$.

b) $P_{2}$ est de dimension 3. Une famille libre de trois vecteurs dans un espace de dimension 3 est automatiquement une base : elle est forcément génératrice, sans qu'on ait à le vérifier. C'est l'argument de cardinalité, valable dans tout espace de dimension finie, et il évite ici de résoudre un système générique.

c) On cherche $a$, $b$, $c$ tels que $ap_{1}+bp_{2}+cp_{3}=q$, soit en coefficients $a(1;\ 1;\ 0)+b(0;\ 1;\ 1)+c(1;\ 0;\ 1)=(2;\ 3;\ 1)$. Le système est $\begin{cases} a+c=2 \\ a+b=3 \\ b+c=1 \end{cases}$. En soustrayant la troisième de la deuxième : $a-c=2$; avec la première $a+c=2$, on trouve $a=2$ et $c=0$, puis $b=3-a=1$. Vérification sur la troisième : $b+c=1+0=1$ ✓. Les coordonnées de $q$ dans la base sont donc $(2;\ 1;\ 0)$, c'est-à-dire $q=2p_{1}+p_{2}$. On vérifie : $2(1+x)+(x+x^{2})=2+3x+x^{2}$ ✓.

d) En coefficients : $r_{1}=(1;\ 1;\ 0)$, $r_{2}=(0;\ 1;\ 1)$, $r_{3}=(1;\ 2;\ 1)$. On remarque que $r_{1}+r_{2}=(1;\ 2;\ 1)=r_{3}$, donc $r_{3}=r_{1}+r_{2}$ : un des trois polynômes est combinaison des deux autres, la famille est liée. La relation de dépendance s'écrit $r_{1}+r_{2}-r_{3}=0$, combinaison nulle à coefficients $(1;\ 1;\ -1)$ non tous nuls. Le déterminant confirme : $\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{vmatrix}=1(1-2)-1(0-1)+0=-1+1=0$. Le raisonnement sur les polynômes est en tout point celui de $\mathbb{R}^{3}$ : c'est le bénéfice de traduire chaque polynôme en son vecteur de coefficients.

a) THÉORÈME DU RANG : pour $T:V\to W$ linéaire avec $V$ de dimension finie, $\dim(\ker T)+\dim(\text{Im}\,T)=\dim V$. Le nombre $\dim(\text{Im}\,T)$ s'appelle le RANG de $T$ et $\dim(\ker T)$ sa NULLITÉ. Illustration sur la projection $P(x,y,z)=(x,y,0)$ : le noyau est l'ensemble des $(x,y,z)$ tels que $(x,y,0)=(0,0,0)$, soit $x=y=0$ et $z$ libre, c'est-à-dire l'AXE des $z$, de dimension 1. L'image est l'ensemble des $(x,y,0)$, c'est-à-dire le PLAN $xy$, de dimension 2. Bilan : $1+2=3=\dim\mathbb{R}^{3}$ ✓. L'interprétation est géométrique et parlante : la projection écrase une direction (celle du noyau, perdue définitivement) et conserve les deux autres (l'image). Ce qui est perdu et ce qui est conservé se partagent exactement les dimensions de l'espace de départ.

b) Soient $U$ et $W$ deux sous-espaces de $V$. 1) Vecteur nul : $\vec{0}\in U$ et $\vec{0}\in W$ puisque chacun est un sous-espace, donc $\vec{0}\in U\cap W$ ✓. 2) Addition : soient $u,v\in U\cap W$. Alors $u,v\in U$, et $U$ étant un sous-espace, $u+v\in U$; de même $u,v\in W$ donne $u+v\in W$. Donc $u+v$ appartient aux deux, soit $u+v\in U\cap W$ ✓. 3) Multiplication scalaire : soit $u\in U\cap W$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. Alors $\lambda u\in U$ et $\lambda u\in W$ par le même argument, donc $\lambda u\in U\cap W$ ✓. L'intersection est donc un sous-espace. Le raisonnement se généralise sans modification à une intersection d'un nombre quelconque, même infini, de sous-espaces.

c) Prenons dans $\mathbb{R}^{2}$ les deux droites $U=\text{vect}\left\{(1,0)\right\}$ (l'axe des $x$) et $W=\text{vect}\left\{(0,1)\right\}$ (l'axe des $y$), qui sont bien deux sous-espaces. Leur réunion $U\cup W$ est la croix formée des deux axes. Or $(1,0)\in U\subseteq U\cup W$ et $(0,1)\in W\subseteq U\cup W$, mais leur somme $(1,1)$ n'est sur AUCUN des deux axes, donc $(1,1)\notin U\cup W$ : la fermeture pour l'addition est violée ✓. On retrouve exactement l'ensemble $S=\{xy=0\}$ de l'exercice 2, sous un autre habillage. Le principe général : une réunion de deux sous-espaces n'est un sous-espace que dans le cas dégénéré où l'un contient l'autre. L'asymétrie avec l'intersection s'explique bien, car l'intersection RESTREINT (les conditions s'accumulent, et la fermeture est préservée) tandis que la réunion ÉLARGIT sans contrôler ce que produisent les sommes croisées.

d) $T$ est surjective, donc $\text{Im}\,T=\mathbb{R}^{3}$ et $\dim(\text{Im}\,T)=3$. Le théorème du rang donne $\dim(\ker T)+3=\dim\mathbb{R}^{5}=5$, donc $\dim(\ker T)=2$. $T$ ne peut PAS être injective : une transformation linéaire est injective si et seulement si son noyau est réduit au vecteur nul, c'est-à-dire de dimension 0; or ici la dimension du noyau vaut 2, strictement positive. Il existe donc tout un plan de vecteurs non nuls écrasés sur $\vec{0}$, et par exemple deux vecteurs distincts de ce plan ont la même image. L'argument général mérite d'être retenu sous sa forme la plus large : une application linéaire d'un espace de dimension 5 vers un espace de dimension 3 ne peut jamais être injective, car le théorème du rang force $\dim(\ker T)\geq 5-3=2>0$. On ne peut pas comprimer un espace dans un espace plus petit sans perdre d'information, et le théorème du rang est l'énoncé précis de cette impossibilité.

a) L'ensemble des solutions d'un système HOMOGÈNE (tous les seconds membres nuls) est toujours un sous-espace. Trois arguments équivalents. D'abord le direct : $\vec{0}$ est solution ✓, une somme de solutions est solution (par linéarité de chaque équation) ✓, un multiple de solution est solution ✓. Ensuite le structurel : $W$ est exactement le NOYAU de la transformation linéaire de matrice $A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\2&4&-2\end{pmatrix}$, et un noyau est toujours un sous-espace par l'exercice 4. Enfin le géométrique : chaque équation homogène définit un plan passant par l'origine, et une intersection de sous-espaces est un sous-espace par l'exercice 6. C'est aussi ce qui explique qu'un système NON homogène n'a jamais un sous-espace pour ensemble de solutions, puisque $\vec{0}$ n'y est pas solution.

b) La seconde équation est exactement le DOUBLE de la première : elle n'apporte aucune information et disparaît à l'échelonnement. Le système se réduit à la seule équation $x+2y-z=0$, soit $x=-2y+z$. Avec deux paramètres libres $y=s$ et $z=t$ : $(x,y,z)=(-2s+t,\;s,\;t)=s(-2,1,0)+t(1,0,1)$. Une base de $W$ est donc $\left\{(-2,1,0),\;(1,0,1)\right\}$, deux vecteurs manifestement non proportionnels, et $\dim W=2$. Nature géométrique : un PLAN passant par l'origine, de vecteur normal $(1,2,-1)$. Vérification : les deux vecteurs de base sont bien orthogonaux à la normale, car $(-2)(1)+(1)(2)+(0)(-1)=0$ ✓ et $(1)(1)+(0)(2)+(1)(-1)=0$ ✓.

c) Ici les deux équations ne sont pas proportionnelles, elles sont INDÉPENDANTES. Résolution : en additionnant les deux équations, $2x+y=0$, donc $y=-2x$; en reportant dans la seconde, $x-(-2x)+z=0$, soit $3x+z=0$ et $z=-3x$. Avec $x=t$ : $(x,y,z)=t(1,-2,-3)$. Une base est $\left\{(1,-2,-3)\right\}$ et $\dim W=1$ : c'est une DROITE passant par l'origine. Comparaison : deux équations ont donné un plan (dimension 2) dans le premier cas et une droite (dimension 1) dans le second. La différence ne tient pas au NOMBRE d'équations, identique, mais au nombre d'équations INDÉPENDANTES : une seule au point b), deux ici. Une équation redondante ne contraint rien de plus, et c'est le rang de la matrice du système qui mesure la contrainte réelle.

d) Dans $\mathbb{R}^{3}$ : une contrainte indépendante donne un plan (dimension 2), deux contraintes indépendantes donnent une droite (dimension 1), trois contraintes indépendantes réduisent à l'origine seule (dimension 0). Il faut donc DEUX contraintes indépendantes pour obtenir une droite, et TROIS pour ne garder que l'origine. Règle générale : $\dim W=n-r$, où $n$ est le nombre d'inconnues et $r$ le RANG du système, c'est-à-dire son nombre d'équations indépendantes. Chaque contrainte indépendante coûte exactement une dimension. Le lien avec le théorème du rang est direct : $W$ est le noyau de la transformation $T$ de matrice $A$, le rang de $A$ est $\dim(\text{Im}\,T)=r$, et le théorème s'écrit $\dim(\ker T)+r=n$, soit exactement $\dim W=n-r$ ✓. Les deux formulations, celle des systèmes et celle des transformations, sont donc le même énoncé vu de deux côtés : c'est le résultat central du chapitre, et il vaut la peine de savoir passer d'une lecture à l'autre.

a) Les deux vecteurs de $U$, $(1;\ 1;\ 0)$ et $(1;\ 0;\ 1)$, ne sont pas proportionnels (le rapport des premières composantes est $1$, celui des deuxièmes est $0$), donc ils sont libres et $\dim U=2$ : $U$ est un plan passant par l'origine. De même $(0;\ 1;\ 1)$ et $(1;\ 1;\ 1)$ ne sont pas proportionnels, donc $\dim W=2$ : $W$ est aussi un plan.

b) Un vecteur de $U\cap W$ s'écrit à la fois $a(1;\ 1;\ 0)+b(1;\ 0;\ 1)=(a+b;\ a;\ b)$ et $c(0;\ 1;\ 1)+d(1;\ 1;\ 1)=(d;\ c+d;\ c+d)$. L'égalité composante par composante donne $\begin{cases} a+b=d \\ a=c+d \\ b=c+d \end{cases}$. Les deux dernières équations donnent $a=b$; alors la première donne $d=2a$, et $a=c+d=c+2a$ entraîne $c=-a$. Le vecteur commun est donc $(a+b;\ a;\ b)=(2a;\ a;\ a)=a(2;\ 1;\ 1)$. Une base de $U\cap W$ est $\left\{(2;\ 1;\ 1)\right\}$ et $\dim(U\cap W)=1$ : les deux plans se coupent selon une droite. Vérification : $(2;\ 1;\ 1)=(1;\ 1;\ 0)+(1;\ 0;\ 1)\in U$ et $(2;\ 1;\ 1)=-(0;\ 1;\ 1)+2(1;\ 1;\ 1)\in W$ ✓.

c) $U+W$ est engendré par les quatre vecteurs. Les trois premiers, $(1;\ 1;\ 0)$, $(1;\ 0;\ 1)$, $(0;\ 1;\ 1)$, ont pour déterminant $\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}=1(0-1)-1(1-0)+0=-2\neq 0$ : ils forment déjà une base de $\mathbb{R}^{3}$. Donc $\dim(U+W)=3$ et $U+W=\mathbb{R}^{3}$. La formule de Grassmann se vérifie : $\dim U+\dim W-\dim(U\cap W)=2+2-1=3=\dim(U+W)$ ✓. C'est un moyen sûr de trouver $\dim(U\cap W)$ quand l'intersection est pénible à calculer directement : $\dim(U\cap W)=\dim U+\dim W-\dim(U+W)$.

d) Critère : une somme $U+W$ est DIRECTE, notée $U\oplus W$, si et seulement si $U\cap W=\left\{\vec{0}\right\}$, c'est-à-dire $\dim(U\cap W)=0$. Ici l'intersection est une droite de dimension $1$, donc la somme n'est PAS directe : bien que $U+W$ remplisse tout $\mathbb{R}^{3}$, la décomposition d'un vecteur en une part de $U$ et une part de $W$ n'est pas unique, car on peut déplacer n'importe quel vecteur de la droite commune d'un côté à l'autre. Pour une somme directe qui remplisse $\mathbb{R}^{3}$, il faudrait par exemple un plan et une droite non contenue dans ce plan, dont les dimensions $2+1=3$ s'ajoutent sans recouvrement.