Exercice 7

1. On a $\mathrm{Vect}(u\,;v) \subset E$, et $0_{E}=0_{K} \cdot u+0_{K} \cdot v$ en appartient. Soient ensuite $\lambda \in K$ et deux éléments $au+bv$ et $a'u+b'v$ : $$\lambda(au+bv)+(a'u+b'v)=(\lambda a+a')\,u+(\lambda b+b')\,v \in \mathrm{Vect}(u\,;v)$$ Enfin, tout élément de $\mathrm{Vect}(u\,;v)$ est par définition une combinaison linéaire de $u$ et $v$. $$\boxed{\mathrm{Vect}(u\,;v) \text{ est un sous-espace vectoriel de } E, \text{ dont } (u\,;v) \text{ est une famille génératrice.}}$$

2. Soit $W$ un sous-espace vectoriel contenant $u$ et $v$, et soit $\lambda u+\mu v$ un élément de $\mathrm{Vect}(u\,;v)$. Comme $W$ est stable par multiplication externe, $\lambda u \in W$ et $\mu v \in W$ ; comme il est stable par addition, leur somme y appartient. $$\boxed{\mathrm{Vect}(u\,;v) \subset W}$$ Autrement dit, $\mathrm{Vect}(u\,;v)$ est le plus petit sous-espace vectoriel contenant $u$ et $v$.

3. On calcule la combinaison générale : $$\lambda\,(1\,;0\,;1)+\mu\,(0\,;1\,;1)=\big(\lambda \,;\, \mu \,;\, \lambda+\mu\big)$$ Un tel vecteur vérifie $z=x+y$. Réciproquement, si $z=x+y$, le choix $\lambda=x$ et $\mu=y$ convient. $$\boxed{\mathrm{Vect}\big((1\,;0\,;1)\,;(0\,;1\,;1)\big)=\big\{(x\,;y\,;z) \in \mathbb{R}^{3} \;\big|\; z=x+y\big\}}$$ C'est donc un plan vectoriel de $\mathbb{R}^{3}$.

4. On remarque que $(2\,;4\,;6)=2 \times (1\,;2\,;3)$ : le second vecteur est colinéaire au premier, et n'apporte rien. $$\boxed{\mathrm{Vect}\big((1\,;2\,;3)\,;(2\,;4\,;6)\big)=\mathrm{Vect}\big((1\,;2\,;3)\big)=\big\{(t\,;2t\,;3t) \;\big|\; t \in \mathbb{R}\big\}}$$ Deux vecteurs peuvent donc n'engendrer qu'une droite : le nombre de vecteurs d'une famille génératrice ne dit rien de la « taille » de l'espace engendré. C'est précisément ce que la notion de famille libre viendra corriger.