(1) 0=(0,0,0) : 0+0+0=0 ✓. (2) u,v∈F : (x₁+y₁+z₁)+(x₂+y₂+z₂)=0+0=0 ✓. (3) λu : λ(x+y+z)=0 ✓. F est un SEV.

λ₁v₁+λ₂v₂+λ₃v₃=0 ⟺ système: λ₁+λ₃=0; λ₁+λ₂=0; λ₂+λ₃=0. De 1 et 3: λ₁=−λ₃ et λ₂=−λ₃. De 2: −λ₃−λ₃=0 → λ₃=0. Donc λ₁=λ₂=λ₃=0. Famille libre. (dim=3 dans ℝ³ → c'est une base.)

v₃=v₁+v₂ (vérification: (1,2,0)+(0,1,1)=(1,3,1) ✓). Donc v₃ est combinaison de v₁,v₂. {v₁,v₂} libre? λ₁v₁+λ₂v₂=0 → λ₁=λ₂=0 ✓. Base={v₁,v₂}, dim(F)=2.

(1) dim(F∩G)≥dim(F)+dim(G)−4=1. Donc dim(F∩G)∈{1,2}. (2) dim(F+G)=3+2−1=4. Donc F+G=ℝ⁴.

(1) dim=3. (2) Base car libre (si a+bX+cX²=0 pour tout X alors a=b=c=0) et génératrice. (3) (2,−1,3). (4) P(1)=0: a+b+c=0. F est bien un SEV (contient 0, stable). Base de F: P₁=1−X (P₁(1)=0), P₂=1−X² (P₂(1)=0). P₁ et P₂ libres et génèrent F. dim(F)=2.

1. 0=(0,0) : 2×0−0=0 ✓, donc 0∈F. Soient u=(x₁,y₁), v=(x₂,y₂)∈F : 2x₁−y₁=0 et 2x₂−y₂=0. u+v=(x₁+x₂,y₁+y₂) : 2(x₁+x₂)−(y₁+y₂)=(2x₁−y₁)+(2x₂−y₂)=0+0=0, donc u+v∈F. Pour λ∈ℝ : λu=(λx₁,λy₁), 2λx₁−λy₁=λ(2x₁−y₁)=0, donc λu∈F. F est un sous-espace vectoriel de ℝ².
2. F={(x,2x) : x∈ℝ}=Vect((1,2)). {(1,2)} est une famille libre (non nulle) et génératrice de F : c'est une base de F. dim(F)=1 (F est une droite vectorielle).

1. v=−2u (en effet −2×(2,3)=(−4,−6)). Les deux vecteurs sont colinéaires, donc la famille (u,v) est liée.
2. Cherchons λ,μ tels que λu+μw=0 : (2λ+μ, 3λ+5μ)=(0,0). De la 1ʳᵉ équation : μ=−2λ. En reportant dans la 2ᵉ : 3λ+5(−2λ)=3λ−10λ=−7λ=0, donc λ=0, puis μ=0. La seule combinaison nulle est la triviale : la famille (u,w) est libre.

1. λ₁v₁+λ₂v₂=0 ⟺ (λ₁+2λ₂, −λ₁, 2λ₁+3λ₂)=(0,0,0). La 2ᵉ coordonnée donne −λ₁=0, donc λ₁=0. La 1ʳᵉ donne alors 2λ₂=0, donc λ₂=0. La famille est libre.
2. (v₁,v₂) est libre et génératrice de F par construction : c'est une base de F. dim(F)=2 (F est un plan vectoriel).
3. On cherche a,b tels que w=av₁+bv₂ : a+2b=4 ; −a=−2 ⟹ a=2 ; 2a+3b=7 ⟹ 4+3b=7 ⟹ b=1. On vérifie la 1ʳᵉ équation : 2+2×1=4 ✓. Donc w=2v₁+v₂ ∈ F.

Étudions la liberté : λ₁u₁+λ₂u₂+λ₃u₃=0 ⟺ (λ₁+λ₃, λ₂+λ₃, λ₁+λ₂+λ₃)=(0,0,0). De la 1ʳᵉ équation : λ₁=−λ₃. De la 2ᵉ : λ₂=−λ₃. En reportant dans la 3ᵉ : −λ₃−λ₃+λ₃=−λ₃=0, donc λ₃=0, puis λ₁=λ₂=0. La famille est libre. Comme dim(ℝ³)=3 et que la famille compte exactement 3 vecteurs libres, elle est automatiquement génératrice : (u₁,u₂,u₃) est une base de ℝ³.

1. F est l'ensemble des solutions d'un système d'équations linéaires homogènes (donc 0∈F) ; si u,v∈F vérifient les deux équations, alors λu+μv les vérifie aussi par linéarité de chaque équation. F est un sous-espace vectoriel de ℝ⁴ (intersection de deux hyperplans).
2. De la 2ᵉ équation : t=y. De la 1ʳᵉ : z=x+y. Donc (x,y,z,t)=(x,y,x+y,y)=x(1,0,1,0)+y(0,1,1,1). F=Vect((1,0,1,0),(0,1,1,1)). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (coordonnées non proportionnelles), donc la famille est libre : c'est une base de F, et dim(F)=2.

1. F={(x,y,0) : x,y∈ℝ}. Un élément de G s'écrit t(1,1,1)=(t,t,t). Il appartient à F si et seulement si sa 3ᵉ coordonnée est nulle, soit t=0. Donc F∩G={(0,0,0)}={0}.
2. dim(F)=2, dim(G)=1 et F∩G={0} : par définition, F et G sont en somme directe. De plus dim(F⊕G)=dim(F)+dim(G)=2+1=3=dim(ℝ³). Comme F⊕G⊂ℝ³ et que les dimensions sont égales, F⊕G=ℝ³ : tout vecteur de ℝ³ se décompose de façon unique en somme d'un élément de F et d'un élément de G.

dim(ℝ⁴)=4 et la famille (e₁,e₂) est libre à 2 éléments : d'après le théorème de la base incomplète, on peut la compléter par 4−2=2 vecteurs supplémentaires pour obtenir une base. Choisissons par exemple e₃=(0,0,1,0) et e₄=(0,0,0,1). Vérifions que (e₁,e₂,e₃,e₄) est libre : λ₁e₁+λ₂e₂+λ₃e₃+λ₄e₄=(λ₁, λ₂, λ₂+λ₃, λ₄)=(0,0,0,0). On obtient directement λ₁=0, λ₄=0, puis λ₂=0 (2ᵉ coordonnée), et enfin λ₃=0 (3ᵉ coordonnée, car λ₂+λ₃=0). La famille (e₁,e₂,e₃,e₄) est libre et compte 4 vecteurs dans un espace de dimension 4 : c'est une base de ℝ⁴.

v₁ et v₂ ne sont pas colinéaires (coordonnées non proportionnelles), donc (v₁,v₂) est libre et rang(v₁,v₂)=2.

Cherchons si v₃∈Vect(v₁,v₂), c'est-à-dire s'il existe a,b∈ℝ tels que av₁+bv₂=v₃ : a+2b=m (1) ; 2a+b=4 (2) ; −a+b=1 (3). En calculant (2)−(3) : (2a+b)−(−a+b)=3a=4−1=3, donc a=1. En reportant dans (3) : −1+b=1, donc b=2. En reportant a=1,b=2 dans (1) : a+2b=1+4=5. Le système n'est donc compatible que si m=5, et dans ce cas v₃=v₁+2v₂.

• Si m=5 : v₃=v₁+2v₂∈Vect(v₁,v₂), la famille est liée et rang(v₁,v₂,v₃)=rang(v₁,v₂)=2.
• Si m≠5 : v₃∉Vect(v₁,v₂). Comme (v₁,v₂) est libre, aucune relation de dépendance n'est possible entre v₁,v₂,v₃ (elle obligerait v₃ à être combinaison de v₁,v₂) : la famille (v₁,v₂,v₃) est libre. Trois vecteurs libres dans ℝ³ (dimension 3) forment une base : rang(v₁,v₂,v₃)=3.

1. Le polynôme nul est à la fois pair et impair, donc 0∈P et 0∈I. Si P₁,P₂ sont pairs et λ,μ∈ℝ, alors (λP₁+μP₂)(−X)=λP₁(−X)+μP₂(−X)=λP₁(X)+μP₂(X)=(λP₁+μP₂)(X) : λP₁+μP₂ est pair, donc P est un SEV. Raisonnement identique pour I avec (λP₁+μP₂)(−X)=−(λP₁+μP₂)(X).
2. Écrivons P=a+bX+cX²+dX³. P est pair ⟺ P(−X)=P(X) ⟺ a−bX+cX²−dX³=a+bX+cX²+dX³ ⟺ b=d=0. Donc P={a+cX² : a,c∈ℝ}, base {1,X²}, dim(P)=2. P est impair ⟺ P(−X)=−P(X) ⟺ a−bX+cX²−dX³=−a−bX−cX²−dX³ ⟺ a=c=0. Donc I={bX+dX³ : b,d∈ℝ}, base {X,X³}, dim(I)=2.
3. P∩I : un polynôme à la fois pair et impair vérifie a=b=c=d=0, donc P∩I={0}. dim(P)+dim(I)=2+2=4=dim(E) et P∩I={0}, donc E=P⊕I. On retrouve la décomposition classique de toute fonction en partie paire et partie impaire : P(X)=[P(X)+P(−X)]/2 + [P(X)−P(−X)]/2, le premier terme étant pair (dans P) et le second impair (dans I).

1. La suite nulle vérifie 0=0+0 pour tout n, donc 0∈S. Soient (uₙ),(vₙ)∈S et λ,μ∈ℝ. Pour tout n : (λu+μv)ₙ₊₂=λuₙ₊₂+μvₙ₊₂=λ(uₙ₊₁+uₙ)+μ(vₙ₊₁+vₙ)=(λuₙ₊₁+μvₙ₊₁)+(λuₙ+μvₙ)=(λu+μv)ₙ₊₁+(λu+μv)ₙ. Donc λu+μv∈S. S est un SEV de ℝℕ.
2. Par récurrence sur n : si u₀ et u₁ sont fixés, alors u₂=u₁+u₀ est déterminé, u₃=u₂+u₁ est déterminé, et ainsi de suite ; tous les termes sont uniquement déterminés. L'application φ : S→ℝ², u↦(u₀,u₁) est donc linéaire bijective (isomorphisme). Comme dim(ℝ²)=2, on a dim(S)=2.
3. Considérons les suites A et B de S définies par A₀=1, A₁=0 et B₀=0, B₁=1 (prolongées par la relation de récurrence). Pour toute suite u∈S, u=u₀A+u₁B (car φ(u)=(u₀,u₁)=u₀φ(A)+u₁φ(B) et φ est injective). {A,B} est une base de S. (La suite B est, par définition, la suite de Fibonacci.)

Notons k=dim(F∩G). Soit (e₁,...,eₖ) une base de F∩G. D'après le théorème de la base incomplète, on la complète en une base (e₁,...,eₖ,f₁,...,f_p) de F (dim(F)=k+p) et en une base (e₁,...,eₖ,g₁,...,g_q) de G (dim(G)=k+q). Montrons que la famille B=(e₁,...,eₖ,f₁,...,f_p,g₁,...,g_q) est une base de F+G.

B est génératrice de F+G : tout élément de F+G s'écrit u+v avec u∈F, v∈G ; u est combinaison linéaire des eᵢ et fⱼ, v est combinaison linéaire des eᵢ et g_l ; donc u+v est combinaison linéaire de B.

B est libre : soit une relation λ₁e₁+...+λₖeₖ+μ₁f₁+...+μ_pf_p+ν₁g₁+...+ν_qg_q=0. Posons w=ν₁g₁+...+ν_qg_q. Alors w=−(λ₁e₁+...+λₖeₖ+μ₁f₁+...+μ_pf_p)∈F. Or w∈G par construction. Donc w∈F∩G, et w est donc combinaison linéaire des eᵢ seuls : w=α₁e₁+...+αₖeₖ. On a alors, dans la base (e₁,...,eₖ,g₁,...,g_q) de G : ν₁g₁+...+ν_qg_q−α₁e₁−...−αₖeₖ=0. Par liberté de cette base, tous les νⱼ=0 et tous les αᵢ=0 ; en particulier w=0. Il reste alors λ₁e₁+...+λₖeₖ+μ₁f₁+...+μ_pf_p=0, et comme (e₁,...,eₖ,f₁,...,f_p) est une base de F, tous les λᵢ=0 et μⱼ=0. La famille B est libre.

B est donc une base de F+G, de cardinal k+p+q. Ainsi dim(F+G)=k+p+q=(k+p)+(k+q)−k=dim(F)+dim(G)−dim(F∩G). ∎

On démontre le cycle d'implications (1)⟹(2)⟹(3)⟹(1).

(1)⟹(2) : Soit x∈E. Comme E=F+G, il existe u∈F, v∈G tels que x=u+v. Supposons x=u'+v' une autre décomposition (u'∈F, v'∈G). Alors u−u'=v'−v. Le membre de gauche est dans F, le membre de droite est dans G, donc u−u'∈F∩G={0}, d'où u=u' puis v=v'. La décomposition est unique.

(2)⟹(3) : Soit (e₁,...,eₖ) une base de F et (f₁,...,f_p) une base de G. Comme E=F+G, la famille réunie (e₁,...,eₖ,f₁,...,f_p) est génératrice de E. Montrons qu'elle est libre : si λ₁e₁+...+λₖeₖ+μ₁f₁+...+μ_pf_p=0, alors le vecteur nul admet la décomposition (λ₁e₁+...+λₖeₖ)+(μ₁f₁+...+μ_pf_p) comme somme d'un élément de F et d'un élément de G ; par unicité (2) appliquée à x=0=0+0, cette décomposition coïncide avec la décomposition triviale, donc λ₁e₁+...+λₖeₖ=0 et μ₁f₁+...+μ_pf_p=0. Par liberté des bases de F et G, tous les λᵢ et μⱼ sont nuls. La famille réunie est une base de E, et dim(E)=k+p=dim(F)+dim(G).

(3)⟹(1) : D'après le théorème de Grassmann, dim(F+G)=dim(F)+dim(G)−dim(F∩G). Comme E=F+G, dim(F+G)=dim(E)=dim(F)+dim(G) par hypothèse (3). On en déduit dim(F∩G)=0, soit F∩G={0}. ∎

1. au₁+bu₂=(a,a+b,b,0)=(0,0,0,0) ⟹ a=0 (1ʳᵉ coord.), puis b=0 (3ᵉ coord.). (u₁,u₂) est libre, dim(F)=2.
2. cv₁+dv₂=(d,0,0,c+d)=(0,0,0,0) ⟹ d=0 (1ʳᵉ coord.), puis c=0 (4ᵉ coord.). (v₁,v₂) est libre, dim(G)=2.
3. Un élément de F s'écrit (a,a+b,b,0) ; un élément de G s'écrit (d,0,0,c+d). Pour qu'ils soient égaux : a+b=0 (2ᵉ coord.) ⟹ b=−a ; b=0 (3ᵉ coord.) ⟹ a=0, donc b=0. On a alors a=d=0 (1ʳᵉ coord.), puis c+d=0 (4ᵉ coord.) ⟹ c=0. Le seul vecteur commun est 0 : F∩G={0}.
4. dim(F+G)=dim(F)+dim(G)−dim(F∩G)=2+2−0=4. Comme F∩G={0}, la somme F+G est directe.
5. dim(F⊕G)=4=dim(E), et F⊕G⊂E : donc F⊕G=E.
6. On cherche a,b,c,d tels que f=(a,a+b,b,0), g=(d,0,0,c+d), et f+g=(2,1,1,3). 1ʳᵉ coord. : a+d=2. 2ᵉ : a+b=1. 3ᵉ : b=1 (la 3ᵉ coord. de g est nulle) ⟹ b=1, donc a=0. 1ʳᵉ éq. : d=2. 4ᵉ coord. : c+d=3 ⟹ c=1. Ainsi f=0·u₁+1·u₂=(0,1,1,0)=u₂ et g=1·v₁+2·v₂=(0,0,0,1)+(2,0,0,2)=(2,0,0,3). Vérification : f+g=(0,1,1,0)+(2,0,0,3)=(2,1,1,3)=w ✓.

1. Si P∈F, alors P(0)=0, donc P∈G : F⊂G. F et G sont chacun l'ensemble des solutions d'équations linéaires homogènes portant sur les coefficients de P (évaluations, qui sont des formes linéaires), donc ce sont des sous-espaces vectoriels de E.
2. Écrivons P=a+bX+cX²+dX³. P(0)=a=0. Donc G={bX+cX²+dX³ : b,c,d∈ℝ}. Base {X,X²,X³}, dim(G)=3.
3. Pour P∈F : a=0 (P(0)=0) et P(1)=b+c+d=0 (P(1)=0), donc d=−b−c. P=bX+cX²+(−b−c)X³=b(X−X³)+c(X²−X³). La famille {X−X³,X²−X³} est libre et génératrice de F : c'est une base de F. dim(F)=2.
4. dim(F)=2≠dim(G)=3. Comme F⊂G avec des dimensions distinctes, F≠G (un sous-espace de dimension strictement inférieure inclus dans un autre ne peut lui être égal).
5. On cherche H⊂G de dimension dim(G)−dim(F)=1 tel que F∩H={0}. Prenons H=Vect(X) (X∈G car son terme constant est nul). Un élément de F∩H s'écrit à la fois λX et b(X−X³)+c(X²−X³) : il faut c=0, puis (coefficient de X³) −b−c=0 ⟹ b=0, donc λ=b=0. F∩H={0}, et dim(F)+dim(H)=2+1=3=dim(G) : donc G=F⊕H avec H=Vect(X).

1. λa+μb=(λ,μ,λ−μ)=(0,0,0) ⟹ λ=0, μ=0. (a,b) est libre, donc dim(P)=2.
2. Un élément général de P s'écrit s·a+t·b=(s,t,s−t). Si c=(1,1,1)∈P, il faudrait s=1, t=1 et s−t=0 ; or 1−1=0≠1. Contradiction, donc c∉P, et par suite D⊄P (sinon c∈D⊂P). Comme D=Vect(c) est de dimension 1, ses seuls sous-espaces sont {0} et D lui-même ; puisque D⊄P, on a P∩D≠D, donc P∩D={0}. Par Grassmann : dim(P+D)=dim(P)+dim(D)−dim(P∩D)=2+1−0=3=dim(ℝ³). Comme P+D⊂ℝ³ et les dimensions coïncident, P+D=ℝ³ ; avec P∩D={0}, la somme est directe : P⊕D=ℝ³.
3. F_m est l'ensemble des solutions de l'équation linéaire homogène x+y+mz=0, dont les coefficients (1,1,m) ne sont jamais tous nuls (le coefficient de x vaut 1). F_m est donc le noyau d'une forme linéaire non nulle sur ℝ³, c'est-à-dire un hyperplan : dim(F_m)=3−1=2. F_m est un plan vectoriel pour toute valeur de m.
4. D⊂F_m ⟺ c∈F_m ⟺ 1+1+m×1=0 ⟺ m=−2.
5. D'après la question 2, tout vecteur de ℝ³ se décompose de façon unique en u∈P, v∈D. Posons v=λc=(λ,λ,λ) et u=w−v=(3−λ,2−λ,4−λ). Pour que u∈P, il faut u=(s,t,s−t) avec s=3−λ, t=2−λ, et la 3ᵉ coordonnée doit vérifier s−t=4−λ : (3−λ)−(2−λ)=1, donc il faut 4−λ=1, soit λ=3. On obtient v=(3,3,3) et u=(0,−1,1). Vérification : u=(0,−1,1)=0·a+(−1)·b=−b∈P, v=3c∈D, et u+v=(0,−1,1)+(3,3,3)=(3,2,4)=w ✓. Donc w=(0,−1,1)+(3,3,3), avec (0,−1,1)=−b∈P et (3,3,3)=3c∈D.