Une intersection dans ${\mathbb{R}}^4$

$\dim (F)=3$. Supposons $a(1,1,0,0)+b(0,1,1,0)+c(0,0,1,1)=0$. La première coordonnée donne $a=0$, la quatrième $c=0$, et il reste $b(0,1,1,0)=0$, donc $b=0$. La famille génératrice est libre : c'est une base de $F$.

$\dim (G)=3$. $G$ est l'ensemble des solutions d'une équation linéaire homogène non triviale de ${\mathbb{R}}^4$ : c'est un sous-espace vectoriel, et l'équation retire exactement un degré de liberté, $4-1=3$.

L'intersection. Un vecteur de $F$ s'écrit $v=(a,a+b,b+c,c)$. Il appartient à $G$ si et seulement si

$$a+(a+b)+(b+c)+c=2(a+b+c)=0,\text{soit}c=-a-b.$$

En reportant cette valeur de $c$ :

$$v=a(1,1,0,0)+b(0,1,1,0)-(a+b)(0,0,1,1)=a(1,1,-1,-1)+b(0,1,0,-1).$$

Base. Ainsi $F\cap G=\mathrm{Vect}((1,1,-1,-1),(0,1,0,-1))$. Ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels — le premier a une première coordonnée non nulle, le second l'a nulle — donc la famille est libre : c'est une base, et $\dim (F\cap G)=2$.

Contrôle. $(1,1,0,0)$ appartient à $F$ mais pas à $G$ (sa somme vaut $2$) : $F\cap G$ est donc strictement inclus dans $F$, sa dimension est au plus $2$. Elle vaut $2$ : on ne pouvait pas trouver mieux.