L'orthogonal d'un plan de ${\mathbb{R}}^4$

Ce qu'il suffit de tester. Un vecteur $x$ appartient à $F^{\perp }$ si et seulement si il est orthogonal à tout vecteur de $F$. Mais tout vecteur de $F$ est combinaison des deux générateurs, et le produit scalaire est linéaire en sa seconde variable : il suffit donc d'être orthogonal aux deux générateurs. C'est le point qui évite un travail infini.

Le système. Avec $x=(x_1,x_2,x_3,x_4)$ : $$⟨x,(1,1,0,0)⟩=x_1+x_2=0,⟨x,(0,0,1,1)⟩=x_3+x_4=0.$$ Donc $$F^{\perp }=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in {\mathbb{R}}^4\mid x_1+x_2=0\text{et}{x}_3+x_4=0\}.$$

Une base. Les solutions s'écrivent $x_2=-x_1$ et $x_4=-x_3$, soit $$(x_1,-x_1,x_3,-x_3)=x_1(1,-1,0,0)+x_3(0,0,1,-1).$$ La famille $((1,-1,0,0),(0,0,1,-1))$ est donc génératrice de $F^{\perp }$, et libre : une combinaison nulle donne $x_1=0$ par la première coordonnée et $x_3=0$ par la troisième. C'est une base, et $\dim F^{\perp }=2$.

La formule des dimensions. Les deux générateurs de $F$ ne sont pas colinéaires, donc $\dim F=2$. Et $$\dim F+\dim F^{\perp }=2+2=4=\dim {\mathbb{R}}^4,$$ conformément au théorème du supplémentaire orthogonal, qui affirme de plus ${\mathbb{R}}^4=F\oplus F^{\perp }$.

Contrôle croisé. $⟨(1,1,0,0),(1,-1,0,0)⟩=1-1=0$ et $⟨(0,0,1,1),(0,0,1,-1)⟩=1-1=0$ : les quatre produits scalaires croisés sont bien nuls.