\input{../preambules/preCorrection.tex}


\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 18}
\lfoot{}
\cfoot{Espace Vectoriel.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 18}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{9}


\label{Montrer qu'un vecteur s'écrit comme combinaison linéaire d'autres vecteurs}
\savoir{Montrer qu'un vecteur s'écrit comme combinaison linéaire d'autres vecteurs}

\begin{exo}[Combinaison linéaire]
\begin{enumerate}
\item on cherche 2 réels $\lambda_1$, $\lambda_2$ tels que 
\begin{align*}
& \lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2  =  x \\
\Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{1}{}  + \lambda_2 \vect{-1}{1}{} =  \vect{3}{4}{} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 & = 3 \\
\lambda_1 + \lambda_2 & = 4 
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 & = 3 \\
 2 \lambda_1 & = 7 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + L_1
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_2 & = \dfrac{1}{2} \\
\lambda_1 & = \dfrac{7}{2} 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $x = \dfrac{7}{2} u_1 + \dfrac{1}{2} u_2$ donc $x$ est une combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$.}
\end{center}

\item On cherche 2 réels $\lambda_1$, $\lambda_2$ tels que 

\begin{align*}
& \lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2  =  x \\
\Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{1}{2}  + \lambda_2 \vect{1}{1}{-1} =  \vect{1}{2}{3} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 1 \\
\lambda_1 + \lambda_2 & = 2 \\
2\lambda_1 - \lambda_2 & = 3
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 3 \\
0 & = 1 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 - L_1\\
2\lambda_1 - \lambda_2 & = 3
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $x$ n'est pas une combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{exo}
On pose les vecteurs de $\M_{3,1}(\R)$, \qquad   $e_1 = \begin{pmatrix}
1 \\
-1 \\
2
\end{pmatrix}$ et $e_2 = \begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
-1
\end{pmatrix}$.
\begin{enumerate}
\item On a $A = e_1 + 2 e_2$ donc $A$ est une combinaison linéaire de $e_1$ et $e_2$. Si on ne voit pas directement cette relation, on cherche 2 réels $\lambda_1$, $\lambda_2$ tels que 

\begin{align*}
& \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2  =  A \\
\Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{-1}{2}  + \lambda_2 \vect{1}{1}{-1} =  \vect{3}{1}{0} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 3 \\
- \lambda_1 + \lambda_2 & = 1 \\
2\lambda_1 - \lambda_2 & = 0
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 3 \\
 2 \lambda_2 & = 4 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + L_1\\
3\lambda_1  & = 3 \qquad L_3 \leftarrow  L_3 + L_1
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
2+1 & = 3 \\
\lambda_2 & = 2 \\
\lambda_1 & = 1 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $A = e_1 + 2 e_2$ donc $A$ est une combinaison linéaire de $e_1$ et $e_2$.}
\end{center}

On cherche 2 réels $\lambda_1$, $\lambda_2$ tels que 
\begin{align*}
& \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2  =  B \\
\Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{-1}{2}  + \lambda_2 \vect{1}{1}{-1} =  \vect{-1}{-3}{4} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = -1 \\
- \lambda_1 + \lambda_2 & = -3 \\
2\lambda_1 - \lambda_2 & = 4
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = -1 \\
 2 \lambda_2 & = -4 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + L_1\\
3\lambda_1  & = 3 \qquad L_3 \leftarrow  L_3 + L_1
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
-2+1 & = -1 \\
\lambda_2 & = -2 \\
\lambda_1 & = 1 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $B = e_1 - 2 e_2$ donc $B$ est une combinaison linéaire de $e_1$ et $e_2$.}
\end{center}


On cherche 2 réels $\lambda_1$, $\lambda_2$ tels que 
\begin{align*}
& \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2  =  C \\
\Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{-1}{2}  + \lambda_2 \vect{1}{1}{-1} =  \vect{1}{-5}{8} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 1 \\
- \lambda_1 + \lambda_2 & = -5 \\
2\lambda_1 - \lambda_2 & = 8
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 1 \\
 2 \lambda_2 & = -4 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + L_1\\
3\lambda_1  & = 9 \qquad L_3 \leftarrow  L_3 + L_1
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
-2+3 & = 1 \\
\lambda_2 & = -2 \\
\lambda_1 & = 3 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $C = 3e_1 - 2 e_2$ donc $C$ est une combinaison linéaire de $e_1$ et $e_2$.}
\end{center}

\item De la même façon, on cherche 2 réels $\lambda_1$, $\lambda_2$ tels que 
\begin{align*}
& \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2  =  D \\
\Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{-1}{2}  + \lambda_2 \vect{1}{1}{-1} =  \vect{4}{1}{0} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 4 \\
- \lambda_1 + \lambda_2 & = 1 \\
2\lambda_1 - \lambda_2 & = 0
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 4\\
 2 \lambda_2 & = 5 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + L_1\\
3\lambda_1  & = 4 \qquad L_3 \leftarrow  L_3 + L_1
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 & = 4 \\
\lambda_2 & = 5/2 \\
\lambda_1 & = 4/3 
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Or $\frac{5}{2} + \frac{4}{3} = \frac{23}{6} \neq 4$ donc $D$ n'est pas combinaison linéaire de $e_1$ et $e_2$.}
\end{center}

\item Ce n'est pas une base de $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$ car le vecteur $D$ n'est pas combinaison linéaire de $e_1$ et $e_2$. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
On cherche $k$, $\lambda_1$ et $\lambda_2$ tels que 
\begin{align*}
 \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2  =  x \Longleftrightarrow & \lambda_1 \vect{1}{k}{2}  + \lambda_2 \vect{-1}{8}{k} =  \vect{1}{2}{1} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 & = 1 \\
k \lambda_1 + 8\lambda_2 & = 2 \\
2\lambda_1 + k \lambda_2 & = 1
\end{cases} \\
\Longleftrightarrow & \begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 & = 1\\
 (k+8) \lambda_1 & = 10 \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + 8L_1\\
(k+2)\lambda_2  & = -1 \qquad L_3 \leftarrow  L_3 - 2L_1
\end{cases} 
\end{align*}
On suppose déjà que $k \neq -8$ et $k \neq -2$ sinon le système n'a pas de solutions. Dans ce cas, le système est équivalent à
$$
\begin{cases}
\lambda_1 - \lambda_2 & = 1\\
\lambda_1 & = \dfrac{10}{k+8} \qquad L_2 \leftarrow  L_2 + 8L_1\\
\lambda_2  & = \dfrac{-1}{k+2} \qquad L_3 \leftarrow  L_3 - 2L_1
\end{cases}
$$
Pour que ce système admette une solution il faut que 
\begin{align*}
& \dfrac{10}{k+8} + \dfrac{1}{k+2} - 1  = 0 \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{10(k+2) + (k+8) - (k+2)(k+8)}{(k+2)(k+8)} = 0\\
\Longleftrightarrow & 10k + 20 + k + 8 - (k^2 + 10 k + 16) = 0 \\
\Longleftrightarrow & -k^2 + k +12 = 0 \\
\Longleftrightarrow & k^2 - k -12 = 0 
\end{align*}
Le discriminant du polynôme du second degré précédent est $\Delta = 1 - 4 \times (-12) = 49$. Il y a donc deux possibilités pour $k$
\begin{center}
 \fbox{$k = \dfrac{1 -7}{2} = -3$ ou $k = \dfrac{1 + 7}{2} = 4$.}
 \end{center} 
\end{exo}

\savoir{Montrer qu'un ensemble est un sous-espace vectoriel}
\label{Montrer qu'un ensemble est un sous-espace vectoriel}


\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item L'élément $\vect{0}{0}{}$ n'appartient pas à $F_1 =\left\{ \left(\begin{array}{c}
x\\
1\\
\end{array}\right),x\in\mathbb{R}\right\} $. \begin{center}
\fbox{Ce n'est donc pas un espace vectoriel. }
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item On a $F_2 \subset \M_{2,1}(\R)$
\item On a $0 + 2 \times 0 = 0$ donc $\vect{0}{0}{} \in F_2$. 
\item Soient $\lambda \in \R$, $X_1 = \vect{x_1}{y_1}{} \in F_2$ et $X_2 = \vect{x_2}{y_2}{} \in F_2$, c'est à dire que $x_1 + 2y_1 = 0$ et $x_2 + 2y_2 = 0$. Le vecteur $\lambda X_1 + X_2$ s'écrit $\vect{\lambda x_1 + x_2}{ \lambda y_1 + y_2}{}$. On a alors 
\begin{align*}
(\lambda x_1 + x_2) + 2 \times (\lambda y_1 + y_2) = \lambda x_1 + 2 \lambda y_1 +  x_2 + 2 y_2 = 0.
\end{align*}
Donc $\lambda X_1 + X_2 \in F_2$
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $F_2$ est un sous espace vectoriel de $\M_{2,1}(\R)$. }
\end{center}
\end{itemize}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item On a $F_1 \subset \M_{3,1}(\R)$.
\item On a bien $\vect{0}{0}{0} = \vect{0}{2 \times 0}{-0} \in F_1$. 
\item Soient $\lambda \in \R$, $X_1 = \vect{x_1}{2x_1}{-x_1} \in F_1$ et $X_2 = \vect{x_2}{2x_2}{-x_2} \in F_2$. Le vecteur $\lambda X_1 + X_2$ s'écrit $\vect{\lambda x_1 + x_2}{ \lambda 2x_1 + 2x_2}{-\lambda x_1 - x_2} = \vect{\lambda x_1 + x_2}{2 \times (\lambda x_1 + x_2)}{-(\lambda x_1 + x_2)} = \vect{\tilde{x}}{2\tilde{x}}{- \tilde{x}}$ avec $\tilde{x} = \lambda x_1 + x_2$. Donc $\lambda X_1 + X_2 \in F_1$
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $F_1$ est un sous espace vectoriel de $\M_{3,1}(\R)$. }
\end{center}
\end{itemize}
\item  On a $0 + 0 + 3 \times 0 = 0 \neq 1$ donc $\vect{0}{0}{0} \notin F_2$. \begin{center}
\fbox{$F_2$ n'est pas un espace vectoriel. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item On a $F \subset \M_{4,1}(\R)$.
\item En prenant $a = b= 0$, on a bien $\left(\begin{array}{c}
0\\
0\\
0\\
0
\end{array}\right) \in \M_{4,1}(\R)$.
\item Soient $X,Y$ deux vecteurs de $F$. Il existe alors $x_1,x_2,y_1,y_2 \in \R$ tels que $X = \left(\begin{array}{c}
x_1\\
0\\
x_2\\
0
\end{array}\right)$ et $Y = \left(\begin{array}{c}
y_1\\
0\\
y_2\\
0
\end{array}\right)$. Soit $\lambda \in \R$. Le vecteur $\lambda X + Y$ s'écrit alors
$$
\lambda X + Y =  \left(\begin{array}{c}
\lambda x_1 + y_1\\
0\\
\lambda x_2 + y_2\\
0
\end{array}\right) \in F
$$
(En effet $\lambda x_1 + y_1 \in \R$ et $\lambda x_2 + y_2 \in \R$ donc le vecteur est bien de la forme souhaitée.) 
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble $F$ est un sev de $\mathcal{M}_{4,\:1}(\mathbb{R})$}
\end{center}
\item \begin{itemize}
\item $F$ est un ensemble de vecteurs de $\M_{n,1}(\R)$ donc $F \subset \M_{n,1}(\R)$. 
\item Le vecteur nul $0_{\M_{n,1}(\R)}$ vérifie $A \times 0_{\M_{n,1}(\R)} = 0_{\M_{n,1}(\R)}$. Donc $0_{\M_{n,1}(\R)} \in F$.
\item Soient $X,Y \in F$, soit $\lambda \in \R$. On a notamment $AX = AY = 0$. On s'intéresse au vecteur $\lambda X + Y$. On calcule 
\begin{align*}
A (\lambda X + Y) & = \lambda AX + AY = 0
\end{align*}
Donc $\lambda X + Y \in F$. 
\end{itemize}
\begin{center}
 \fbox{L'ensemble $F=\acc{X\in\M_{n,1}(\R), AX=0}$
est un sous espace vectoriel de $\M_{n,1}(\R)$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
L'ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à $3$, $\R_{3}[X]$ est un espace vectoriel muni de la loi $+$ et $\times$ (les polynômes sont alors des vecteurs). La base canonique de $\R_3[X]$ est formé des 4 polynômes $(1,X,X^2,X^3)$. 
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item L'ensemble $F$ est un ensemble de polynômes de degrés inférieurs à 3 donc $F \subset \R_3[X]$.
\item Notons $Z$ le polynôme nul, c'est à dire $\forall X \in \R, Z(X) = 0$. On a bien $Z(0)=Z'(0) = 0$ et donc $Z \in \R_3[X]$. 
\item Soient $P,Q$ deux polynômes de $F$. On a alors $P(0) = P'(0) = Q(0) = Q'(0) = 0$. Soit $\lambda \in \R$. On s'intéresse au polynôme $\lambda P + Q$. D'après les règles sur les polynômes,
$$
(\lambda P + Q)(0) = \lambda P(0) + Q(0)= 0
$$
D'après les règles de dérivation, $(\lambda P +Q)' = \lambda P' + Q' $ Et donc :
$$
(\lambda P +Q)' (0) = \lambda P'(0) + Q'(0) = 0
$$
Les deux conditions sont vérifiées donc $\lambda P + Q \in F$. 
\begin{center}
\fbox{$F$ est un sous espace vectoriel de $\R_3[X]$.}
\end{center}
\end{itemize}

\item Soient $\lambda_0, \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \R$ tels que pour tout $X \in \R$
\begin{align*}
& \lambda_0 Q_0(X) + \lambda_1 Q_1(X) + \lambda_2 Q_2(X) + \lambda_3 Q_3(X) = 0 \\
\Longleftrightarrow &  \lambda_0 + \lambda_1 (X-1) + \lambda_2 (X-1)^2 + \lambda_3 (X - 1)^3 = 0 \\
\Longleftrightarrow & \lambda_0 + \lambda_1(X-1) + \lambda_2 (X^2 - 2X + 1) + \lambda_3 (X^3 - 3X^2 + 3X - 1) = 0 \\
\Longleftrightarrow & \lambda_3 X^3 + (\lambda_2 - 3 \lambda_3) X^2 + (\lambda_1 - 2 \lambda_2 + 3 \lambda_3) X + \lambda_0 - \lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 = 0
\end{align*}

On obtient alors par identification le système :
$$\begin{cases}
\lambda_3 & = 0 \\
\lambda_2 - 3 \lambda_3 & = 0 \\
\lambda_1 - 2 \lambda_2 + 3 \lambda_3 & = 0 \\
\lambda_0 - \lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 & = 0
\end{cases}$$

Ce système est homogène et échelonnée. Les pivots sont tous non nuls. Il a donc une unique solution :
$$
\lambda_0 = \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0
$$

\begin{center}
 \fbox{La famille $Q_i = (X-1)^i$ pour $i \in \entier{0,3}$ est une famille libre de $\R^3[X]$.}
 \end{center} 
 
 C'est donc une base de $\R_3[X]$. 
\item Soit $R(X) = 2X^3 + 3X - 4$.
On note $e_0(X)= 1$, $e_1(X) = X$, $e_2(X) = X^2$ et $e_3(X) = X^3$. On a alors 
$$
R(X) = 2 e_3(X) + 3 e_1(X) - 4 e_0(X)
$$
\begin{center}
\fbox{Les coordonnées de $R$ dans la base canonique sont donc $(2,0,3,-4)$. }
\end{center}
On cherche les coordonnées de $R$ dans la base $(Q_0, Q_1, Q_2, Q_3)$, c'est à dire $\lambda_0, \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ tels que 
\begin{align*}
& \lambda_0 Q_0(X) + \lambda_1 Q_1(X) + \lambda_2 Q_2(X) + \lambda_3 Q_3(X) =  2X^3 + 3X - 4 \\
\Longleftrightarrow &  \lambda_0 + \lambda_1 (X-1) + \lambda_2 (X-1)^2 + \lambda_3 (X - 1)^3 =  2X^3 + 3X - 4\\
\Longleftrightarrow & \lambda_0 + \lambda_1(X-1) + \lambda_2 (X^2 - 2X + 1) + \lambda_3 (X^3 - 3X^2 + 3X - 1) =  2X^3 + 3X - 4\\
\Longleftrightarrow & \lambda_3 X^3 + (\lambda_2 - 3 \lambda_3) X^2 + (\lambda_1 - 2 \lambda_2 + 3 \lambda_3) X + \lambda_0 - \lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 =  2X^3 + 3X - 4
\end{align*}
Par identification, on obtient le système :

\begin{align*}
\begin{cases}
\lambda_3 & = 2 \\
\lambda_2 - 3 \lambda_3 & = 0 \\
\lambda_1 - 2 \lambda_2 + 3 \lambda_3 & = 3 \\
\lambda_0 - \lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 & = -4
\end{cases} & \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_3 & = 2 \\
\lambda_2 & = 6 \\
\lambda_1 - 2 \lambda_2 + 6 & = 3 \\
\lambda_0 - \lambda_1 + \lambda_2 - \lambda_3 & = -4
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_3 & = 2 \\
\lambda_2 & = 6 \\
\lambda_1 & = 9 \\
\lambda_0 - 9+ 6 - 2 & = -4
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow
\begin{cases}
\lambda_3 & = 2 \\
\lambda_2 & = 6 \\
\lambda_1 & = 9 \\
\lambda_0 & = 1
\end{cases}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Les coordonnées de $R$ dans la base $(Q_0, Q_1, Q_2, Q_3)$ sont donc $(1,9,6,2)$. }
\end{center}    
\item On cherche une famille génératrice de $F$. Soit $P$ un polynôme de $F$. On écrit alors $P(X) = aX^3 + bX^2 + cX + d$. Comme $P \in F$, on a
$$
P(0) = d = 0
$$ 
De plus $P'(X) = 3aX^2 + 2bX + c$ et on a 
$$ P'(0) = c = 0.$$
Donc 
\begin{align*}
F & = \{ aX^3 + bX^2 +cX + d | (a,b) \in \R^2, \; c = 0, \; d =0 \} \\
& = \{ aX^3 + bX^2 | (a,b) \in \R^2 \}
& = Vect(X^3 , X^2)
\end{align*} 
La famille $(X^2,X^3)$ est une famille génératrice de $F$. C'est également une famille libre (facile à montrer). 
\begin{center}
\fbox{Donc $(X^2,X^3)$ est une base de $F$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{Trouver une famille libre, génératrice ou une base d'un sous espace vectoriel}
\label{Trouver une famille libre, génératrice ou une base d'un sous espace vectoriel}

\begin{exo}[Base]
\begin{itemize}
\item On montre que la famille $(e_1, e_2, e_3)$ est libre. Soient $\lambda_1$, $\lambda_2$, $\lambda_3 \in \R$ tel que 
\begin{align*}
 \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2 + \lambda_3 e_3 = 0 
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= 0 \\
\lambda_1 + 2 \lambda_2 + 3 \lambda_3 &= 0 \\
\quad \qquad  \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= 0 \\
\quad \qquad  \lambda_2 +  \lambda_3 &= 0 \quad L_2 \leftarrow  L_2 - L_1\\
\quad \qquad  \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= 0 \\
\quad \qquad  \lambda_2 +  \lambda_3 &= 0 \\
\quad \qquad \quad \quad   \lambda_3 &= 0 \quad L_3 \leftarrow  L_3 - L_2
\end{cases}
\end{align*}
Dans le système précédent, les pivots sont non nuls donc le système est de Cramer et nécessairement,
$$
\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0
$$
\begin{center}
\fbox{La famille $(e_1, e_2, e_3)$ est libre.}
\end{center}
\item On montre désormais que la famille est génératrice. Soit $X = \vect{x}{y}{z}$. On cherche $\lambda_1$, $\lambda_2$ et $\lambda_3$ tel que 
\begin{align*}
 \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2 + \lambda_3 e_3 = X 
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= x \\
\lambda_1 + 2 \lambda_2 + 3 \lambda_3 &= y \\
\quad \qquad  \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= z 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= x \\
\quad \qquad  \lambda_2 +  \lambda_3 &= y-x \quad L_2 \leftarrow  L_2 - L_1\\
\quad \qquad  \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= z 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_3 &= x \\
\quad \qquad  \lambda_2 +  \lambda_3 &= y-x \\
\quad \qquad \quad \quad   \lambda_3 &= z-y + x \quad L_3 \leftarrow  L_3 - L_2
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi, on a 
$$
\lambda_3 = z - y + x, \quad \lambda_2 = y-x - (z-y+x) =- 2x + 2y  -z
$$
et finalement 
$$
\lambda_1 = x - (-2x +2y -z) - 2(z--y +x) = x-z
$$
\end{itemize}
Autrement dit, tout vecteur $X$ de $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$ est combinaison linéaire de $(e_1,e_2,e_3)$ car il s'écrit
$$
X = (3x - y - z) e_1 + (y-z) e_2 + (z-x) e_3
$$
\begin{center}
 \fbox{La famille $(e_1,e_2,e_3)$ est libre et génératrice. C'est donc une base de $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$.}
 \end{center} Les coordonnées du vecteur $X = \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-2
\end{pmatrix}$ dans cette base sont 
\begin{center}
\fbox{$
\lambda_1 = 0 - (-2) = 2, \qquad \lambda_2 = 0 + 2 - (-2) = 4, \qquad \lambda_3 = -2  -1 = -3
$ }
\end{center}
\end{exo}


\begin{exo}[*]
Déterminer si les familles de vecteurs $(u_i)$ suivantes sont  des familles libres, des familles génératrices, des bases de $\M_{3,1}(\R)$. 
\begin{enumerate}
\item La famille $(u_1,u_2)$ est-elle génératrice ? \\

Soit $X = \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R)$. On cherche $\lambda_1$ et $\lambda_2$ tels que 

\begin{align*}
\lambda_1 u_1 +  \lambda_2 u_2 = X &\Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 = x \\
\lambda_1 + \lambda_2 = y \\
2 \lambda_1 - \lambda_2 = z 
\end{cases} 
\\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 = x \\
x = y \\
2 \lambda_1 - \lambda_2 = z 
\end{cases} 
\end{align*}
On s'aperçoit que $x$ doit être égal à $y$ ce qui n'est évidemment pas toujours le cas. Prenons le vecteur $\vect{1}{2}{2} \in \M_{3,1}(\R)$. Ce n'est pas une combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$. 
\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1,u_2)$ n'est donc pas une famille génératrice de $\M_{3,1}(\R)$}
\end{center}

Les vecteurs $u_1$ et $u_2$ ne sont pas colinéaires. 
\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1,u_2)$ est donc libre}
\end{center}

Ce n'est pas une base de $\M_{3,1}(\R)$
\item La famille $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ est-elle génératrice ? \\

Soit $X = \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R)$. On cherche $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ et $\lambda_4 \in \R$ tels que 

\begin{align*}
\lambda_1 u_1 +  \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3 + \lambda_4 u_4 = X &\Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 & = x \\
\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 + \lambda_4 & = y \\
2 \lambda_1 - \lambda_2 - \lambda_3 + \lambda_4 & = z 
\end{cases} 
\\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 &= x \\
\lambda_3 - \lambda_4 &= y - x \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 - 3\lambda_4 &= z-2x \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 &= x \\
\lambda_3 - \lambda_4 &= y - x \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 - 3\lambda_4 &= z-2x \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 &= x \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 - 3\lambda_4   &= z-2x \quad L_2 \leftrightarrow L_3 \\
\lambda_3 - \lambda_4 &= y - x \quad
\end{cases}
\end{align*}
Le système est échelonné mais on a une inconnue de plus. On pose alors $\lambda_4 = 0$ et on résout le système :

\begin{align*}
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= x \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3   &= z-2x \quad \\
\lambda_3 &= y - x \quad
\end{cases} & \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= x \\
 - 3\lambda_2    &= z + y -3x \quad \\
\lambda_3 &= y - x \quad
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1  &= \dfrac{z}{3} + \dfrac{y}{3}  \\
\lambda_2  &= x - \dfrac{z}{3} - \dfrac{y}{3}  \quad \\
\lambda_3 &= y - x \quad
\end{cases} 
\end{align*}
Donc on peut écrire $X = \left(\dfrac{z}{3} + \dfrac{y}{3}\right)u_1 + \left( x - \dfrac{z}{3} - \dfrac{y}{3} \right) u_2 + \left( \dfrac{z}{3} + \dfrac{y}{3} \right) u_3$. 
\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1, u_2, u_3, u_4)$ est donc une famille génératrice de $\M_{3,1}(\R)$. }
\end{center}

On vérifie si la famille est libre. Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ et $\lambda_4 \in \R$ tels que 

\begin{align*}
\lambda_1 u_1 +  \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3 + \lambda_4 u_4 = 0 &\Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 & = 0 \\
\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 + \lambda_4 & = 0 \\
2 \lambda_1 - \lambda_2 - \lambda_3 + \lambda_4 & = 0 
\end{cases} 
\\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 &= 0 \\
\lambda_3 - \lambda_4 &= 0 \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 - 3\lambda_4 &= 0 \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 &= 0 \\
\lambda_3 - \lambda_4 &= 0 \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 - 3\lambda_4 &= 0 \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2 \lambda_4 &= 0 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 - 3\lambda_4   &= 0 \quad L_2 \leftrightarrow L_3 \\
\lambda_3 - \lambda_4 &= 0 \quad
\end{cases}
\end{align*}
En posant notamment $\lambda_4 = 1$, le système s'écrit 

\begin{align*}
\begin{cases}
\lambda_1 &= - \dfrac{8}{3}\\
\lambda_2 & = - \dfrac{4}{3} \quad \\
\lambda_3 & = 1 \quad
\end{cases}
\end{align*}
 On a donc trouvé trois valeurs pour $\lambda_1$, $\lambda_2$ et $\lambda_3$ non tous nuls. 
\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ n'est donc pas libre}
\end{center}
La famille $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ n'est pas une base.

\item La famille $(u_1,u_2,u_3)$ est-elle génératrice ? \\

Soit $X = \vect{x}{y}{z} \in \M_{3,1}(\R)$. On cherche $\lambda_1, \lambda_2$ et $\lambda_3 \in \R$ tels que 

\begin{align*}
\lambda_1 u_1 +  \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3  = X &\Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2 + 2  & = x \\
\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3  & = y \\
2 \lambda_1 - \lambda_2 - \lambda_3  & = z 
\end{cases} 
\\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= x \\
\lambda_3  &= y - x \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3 &= z-2x \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= x \\
\lambda_3  &= y - x \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3  &= z-2x \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= x \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3  &= z-2x \quad L_2 \leftrightarrow L_3 \\
\lambda_3  &= y - x \quad
\end{cases} \\ & \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= x \\
 - 3\lambda_2    &= z + y -3x \quad \\
\lambda_3 &= y - x \quad
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1  &= \dfrac{z}{3} + \dfrac{y}{3}  \\
\lambda_2  &= x - \dfrac{z}{3} - \dfrac{y}{3}  \quad \\
\lambda_3 &= y - x \quad
\end{cases} 
\end{align*}

Donc on peut écrire $X = \left(\dfrac{z}{3} + \dfrac{y}{3}\right)u_1 + \left( x - \dfrac{z}{3} - \dfrac{y}{3} \right) u_2 + \left( y -x \right) u_3$. 
\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1, u_2, u_3)$ est donc une famille génératrice de $\M_{3,1}(\R)$. }
\end{center}

On vérifie si la famille est libre. Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \R$ tels que 

\begin{align*}
\lambda_1 u_1 +  \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3 = 0 &\Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  & = 0 \\
\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3  & = 0 \\
2 \lambda_1 - \lambda_2 - \lambda_3  & = 0 
\end{cases} 
\\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= 0 \\
\lambda_3  &= 0 \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3  &= 0 \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
\lambda_1 + \lambda_2  &= 0 \\
\lambda_3 &= 0 \quad L_1 - L_2 \to L_2 \\
 - 3\lambda_2 - \lambda_3  &= 0 \quad L_3 - 2L_1 \to L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow 
\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1,u_2,u_3)$ est donc libre}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{La famille $(u_1,u_2,u_3)$ est une base.}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
On considère l'ensemble $F = \left\{ \vect{x}{y}{z}, 2x + y -3z = 0, \; x - y +2z = 0 \right\} \subset \mathcal{M}_{3,1}(\R)$. 
\begin{enumerate}
\item On montre que $F$ est un sous espace vectoriel de $\M_{3,1}(\R)$. On a 
\begin{itemize}
\item $F \subset \M_{3,1}(\R)$.
\item On a $2 \times 0 + 0 - 3 \times 0 =0$ et $0 - 0  + 2 \times 0 =0$ donc $\vect000 \in F$.
\item Soient $X_1 = \vect{x_1}{y_1}{z_1} \in F$ et $X_2 = \vect{x_2}{y_2}{z_2} \in F$ et $\lambda \in \R$. On a les relations
$$
2x_1 + y_1 - 3z_1 =0 , \qquad x_1 - y_1 + 2z_1 = 0 
$$ 
$$
2x_2 + y_2 - 3z_2 =0 , \qquad x_2 - y_2 + 2z_2 = 0 
$$
On vérifie que le vecteur $\lambda X_1 + X_2 = \vect{\lambda x_1 + x_2}{\lambda y_1 + y_2}{\lambda z_1 + z_2}$ vérifie les équations de l'ensemble $F$. D'un côté,
\begin{align*}
2 (\lambda x_1 + x_2) + \lambda y_1 + y_2 - 3 (\lambda z_1 + z_2) = \lambda (2x_1 + y_1 - 3z_1) + (2x_2 + y_2 - 3z_2)  = 0 
\end{align*}
en utilisant les deux équations appropriées. D'un autre côté
\begin{align*}
\lambda x_1 + x_2 - (\lambda y_1 + y_2) + 2 (\lambda z_1 + z_2) = \lambda (x_1 - y_1 + 2z_1) + x_2 - y_2 + z_2 = 0.
\end{align*}
\end{itemize} 
\item On a 
\begin{align*}
F & = \left\{ \vect{x}{y}{z}, 2x + y -3z = 0, \; x - y +2z = 0 \right\} \\
& = \left\{ \vect{x}{y}{z}, 3x - z = 0, \;  y  = 2z + x \right\}  \\
& = \left\{ \vect{x}{y}{z}, x = \dfrac{1}{3}z , \;  y  = \dfrac73 z \right\} \\
& = \left\{ \vect{z}{7z}{3z} , z \in \R \right\} \\
& = \left\{ z \vect{1}{7}{3} , z \in \R \right\} = Vect \left( \vect173 \right)
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{Le vecteur $\vect173$ est une famille génératrice de $F$.}
\end{center}
\item Comme il n'y a qu'un vecteur, la famille $\vect173$ est libre. Donc  \fbox{$\vect173$ est une base de $F$.}
\end{enumerate} 
\end{exo}

%\begin{exo}[Intersection de SEV]
%On considère les sous-ensembles $E = \left\{ \left(\begin{array}{c}
%x\\
%2x\\
%\end{array}\right),x\in\mathbb{R}\right\} $ et $F = \left\{ \left(\begin{array}{c}
%x\\
%x\\
%\end{array}\right),x\in\mathbb{R}\right\} $ de $\M_{2,1}(\R)$
%\begin{enumerate}
%\item Montrer que $E$ et $F$ sont des sous espaces vectoriels de $\M_{2,1}(\R)$ et déterminer $E \cap F$. 
%\item Représenter graphiquement $E$ et $F$ dans le plan $\R^2$
%\end{enumerate}
%\end{exo}


\savoir{Exprimer et simplifier un espace vectoriel sous la forme d'un Vect}
\label{Exprimer et simplifier un espace vectoriel sous la forme d'un Vect}

\begin{exo}
On considère le sous espace vectoriel de $\M_{3,1}(\R)$ suivant:
$$
F = Vect( \vect101, \vect000, \vect111, \vect{3}{-2}{3} )
$$
\begin{enumerate}
\item La famille $\left(\vect101, \vect000, \vect111, \vect{3}{-2}{3} \right)$ est une famille génératrice de $F$. On peut supprimer le vecteur $\vect000$ qui n'est pas générateur. On cherche à déterminer si la famille $\left(\vect101, \vect111, \vect{3}{-2}{3} \right)$ est libre. Soient $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \R$ tels que
\begin{align*}
\lambda_1 \vect101 + \lambda_2 \vect111 + \lambda_3 \vect{3}{-2}{3} = \vect000 & \Longleftrightarrow \begin{cases}
 \lambda_1 + \lambda_2 + 3 \lambda_3 & = 0 \\
 \lambda_2 - 2 \lambda_3 & = 0 \\
 \lambda_1 + \lambda_2 + 3 \lambda_3 & = 0
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
 \lambda_1 + \lambda_2 + 3 \lambda_3 & = 0 \\
 \lambda_2 - 2 \lambda_3 & = 0 \\
0 & = 0 \quad L_3 - L_1 \to L_3
\end{cases}
\end{align*}
En prenant par exemple $\lambda_3 = 1$, on obtient $\lambda_2 = 2$ et $\lambda_1 = -5$. Donc 
$$
-5 \vect101 + 2 \vect111 + \vect{3}{-2}{3} = 0 \Longleftrightarrow  \vect{3}{-2}{3} = 5 \vect101 - 2 \vect111
$$
Le vecteur $\vect{3}{-2}{3}$ est donc une combinaison linéaire de $\vect101$ et de $\vect111$. La famille n'est pas libre et on peut donc la famille composée des vecteurs $\vect101$ et $ \vect111$ est génératrice de $F$. 
\begin{center}
\fbox{$F= Vect \left( \vect101 ,\vect111 \right)$.}
\end{center}
\item Un élément quelconque de $F$ s'écrit sous la forme 
$$
\lambda \vect101 + \mu \vect111, \quad (\lambda, \mu) \in \R^2
$$
Le vecteur $\vect011$ n'appartient pas à $F$ car on ne peut pas trouver $\lambda$ et $\mu$ vérifiant cela. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
On résout le système :
\begin{align*}
E_{\lambda} : \left\{ \begin{array}{rcl}
(3 - \lambda)x - y  & = & 0 \\
9x + (-3 - \lambda)y  & = & 0 \\
 (4 - \lambda)z & = & 0
\end{array} \right. & \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
9x + (-3 - \lambda)y  & = & 0 \\
(3 - \lambda)x - y  & = & 0  \qquad L_2 \leftrightarrow L_1\\
 (4 - \lambda)z & = & 0
\end{array} \right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
9x + (-3 - \lambda)y  & = & 0 \\
(3 - \lambda)x - y  & = & 0  \qquad 9L_2 - (3-\lambda)L_1 \to L_2\\
 (4 - \lambda)z & = & 0
\end{array} \right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
9x + (-3 - \lambda)y  & = & 0 \\
 -\lambda^2 y  & = & 0  \qquad 9L_2 - (3-\lambda)L_1 \to L_2\\
 (4 - \lambda)z & = & 0
\end{array} \right.
\end{align*}
On résout les équations 
$$
4 - \lambda = 0 \Longleftrightarrow \lambda = 4
$$
et 
$$
-\lambda^2 = 0 \Longleftrightarrow \lambda = 0 \
$$
On a alors plusieurs cas :
\begin{enumerate}
\item \uline{Pour $\lambda \in \R \setminus \{ 0, 4 \}$ :} \\
Dans ce cas, le système est échelonné avec des pivots non nuls. Il est donc de Cramer et a une unique solution. 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solution est $\mathcal{S_\lambda} = \left\{ \vect000 \right\}$ }
\end{center}
\item \uline{Pour $\lambda = 0$ :} Le système s'écrit :
\begin{align*}
E_0 : \left\{ \begin{array}{rcl}
9x + -3y  & = & 0 \\
 0  & = & 0 \\
 4 z & = & 0
\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
y  & = & 3x \\
 0  & = & 0 \\
z & = & 0
\end{array} \right.
\end{align*}
Donc l'ensemble des solutions est 
\begin{align*}
\mathcal{S}_0 & = \left\{ \vect{x}{3x}{0}, x \in \R \right\} \\
& = \left\{ x\vect{1}{3}{0}, x \in \R \right\} \\
& \boxed{= Vect  \left( \vect130 \right)}
\end{align*}
\item \uline{Pour $\lambda = 4$ :} Le système s'écrit :
\begin{align*}
E_4 : \left\{ \begin{array}{rcl}
9x + -7y  & = & 0 \\
-8y  & = & 0 \\
0 & = & 0
\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
x & = & 0 \\
y & = & 0 \\
0 & = & 0
\end{array} \right.
\end{align*}
Donc l'ensemble des solutions est 
\begin{align*}
\mathcal{S}_4 & = \left\{ \vect{0}{0}{z}, z \in \R \right\} \\
& = \left\{ z\vect{0}{0}{1}, z \in \R \right\} \\
& \boxed{= Vect  \left( \vect001 \right)}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
On considère les vecteurs $u = (-4; 4; 3)$, $v = (-3; 2; 1)$, $s = (-1; 2; 2)$ et $t = (-1; 6; 7)$ de $\R^3$. \\

On montre tout d'abord que $Vect(u;v) \subset Vect(s;t)$. \\

Soit $X \in Vect(u;v)$, c'est à dire qu'il existe $\lambda, \mu$ tels que $X = \lambda u + \mu v$. On cherche alors $x$ et $y$ tels que $X = x s + yv$. 


\end{exo}

%
%\begin{exo}[Intersection de SEV]
%On considère les sous-ensembles $E = \left\{ \left(\begin{array}{c}
%x\\
%2x\\
%\end{array}\right),x\in\mathbb{R}\right\} $ et $F = \left\{ \left(\begin{array}{c}
%x\\
%x\\
%\end{array}\right),x\in\mathbb{R}\right\} $ de $\M_{2,1}(\R)$
%\begin{enumerate}
%\item On a $E= Vect \left( \vect{1}{2}{} \right)$ et $F = Vect \left( \vect{1}{1}{} \right)$ donc $E$ et $F$ sont des sous espaces vectoriels. \\
%
%Soit $X \in E\cap F$, c'est à dire que $X \in E$ et $X\in F$. Le vecteur $X$ s'écrit donc $X = \vect{x}{2x}{}$ avec $x \in \R$ et $X = \vect{\tilde{x}}{\tilde{x}}{}$. On a donc $x = \tilde{x}$ et $2x = \tilde{x}$. Ainsi, $x = 2x$ et donc $x =0$. 
%On a nécessairement $X = 0$ et donc $E \cap F \subset \left\{ \vect{0}{0}{} \right\}$. Et comme $ \left\{ \vect{0}{0}{} \right\} \subset E \cap F$. C'est à dire
%\begin{center}
%\fbox{$E \cap F =  \left\{ \vect{0}{0}{} \right\}$.}
%\end{center}
%\item Représentation graphique de $E$ et $F$ dans le plan $\R^2$
%\begin{figure}[h]
%\centering
%\includegraphics[scale=1]{Ex11.png}
%\end{figure}
%\end{enumerate}
%\end{exo}


\end{document}
