Trois parties de ${\mathbb{R}}^3$

Ce qu'on montre. Le statut de trois parties, en testant l'appartenance de $0$ puis la stabilité par combinaison linéaire.

$F$ est un sous-espace vectoriel.

• $(0,0,0)$ vérifie $0+0-0=0$, donc $0\in F$.
• Soient $u=(x,y,z)$ et $u^{\prime }=(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$ dans $F$, et $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$. Alors $\lambda u+\mu u^{\prime }=(\lambda x+\mu x^{\prime },\lambda y+\mu y^{\prime },\lambda z+\mu z^{\prime })$, et $$(\lambda x+\mu x^{\prime })+2(\lambda y+\mu y^{\prime })-(\lambda z+\mu z^{\prime })=\lambda \underset{=0}{\underbrace{(x+2y-z)}}+\mu \underset{=0}{\underbrace{(x^{\prime }+2y^{\prime }-z^{\prime })}}=0.$$ Donc $\lambda u+\mu u^{\prime }\in F$. La condition définissant $F$ est linéaire, d'où cette stabilité automatique.

$G$ n'est pas un sous-espace vectoriel. Le vecteur nul n'y appartient pas : $0+0=0\ne 1$. C'est le test le plus rapide, et il suffit à conclure. (Géométriquement, $G$ est un plan qui ne passe pas par l'origine.)

$H$ n'est pas un sous-espace vectoriel. Il contient bien $(0,0,0)$, mais il n'est pas stable par addition : $$u=(1,0,0)\in H\text{car }1\times 0=0,u^{\prime }=(0,1,0)\in H,$$ tandis que $u+u^{\prime }=(1,1,0)$ vérifie $1\times 1=1\ne 0$, donc $u+u^{\prime }\notin H$.