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Solution de l"exercice 3 1.
)fv1,v2,v3,v4gest liée. En effet pourα1,α2,α3,α42Rtq1v1+α2v2+α3v3+α4v4= 0, on obtient :
1+ 2α2α3α4= 0
2α1+α2+α3+ 4α4= 0
3α1α2+ 2α3+ 9α4= 0,{α
1+α2+α4= 0
5α1+ 3α2+ 7α4= 0,
1=2α4
2=α4
3=α4
Pourα1=2,α2= 1,α3=1etα4= 1, on obtient une solution non-nulle du système. Autrement dit,2v1+v2v3+v4= 0, et donc la famille est liée. fv1,v2,v3,v4gest une famille génératrice deFmais ce n"est pas une base deFcar elle n"est pas libre. Puisquev2= 2v1+v3v4est combinaison linéaire dev1,v2etv4, alors la famillefv1,v2v4gengendre aussiFet comme elle est libre alors c"est une base deF.2)dim(F) = 3.
En utilisant le théorème de la base incomplète, on va trouver deux vecteursu2etu5de sorte quefv1,u2,v3,v4,u5gsoit une base deR5. Alors,H=fu2,u5gsera un supplémentaire deFdansR5. D"après le théorème de la base incomplète, on sait qu"on peut choisir les vecteursu2 etu5parmi les vecteurs de la base canonique deR5.On vérifie facilement ici queu2=e2 etu5=e4convient car (fv1,e2,v3,v4,e4gest libre ).Solution de l"exercice 4 1.
)Fest un hyperplan car il existe une forme linéaire non nulleφ:R4!R,φ(x,y,z,t) =x+yzt( facile à vérifier ) tqKer(φ) =F.2)dim(F) =dim(R4)1 = 41 = 3.
3) Les equations deFsont de la formeλ(x+yzt) = 0, oùλ2R.
4) Il est facile de vérifier queFest engendré par les trois vecteurs suivants :
v1= (1,1,0,0)v2= (1,0,1,0)etv3= (1,0,0,1)
Doncfv1,v2,v3gest une base deFcar est une famille libre.5) CommeFest un hyperplan, alors son supplémentaire est une droiteD=kvoùk2R
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