$e_4$ et $e_5$ ne sont clairement pas colinéaires. Donc $(e_4,e_5)$ est une famille libre et $\mbox{dim }G=\mbox{rg }(e_4,e_5)=2$ . Ensuite, puisque $e_1$ et $e_2$ ne sont pas colinéaires, on a $2\leq\mbox{dim }F\leq3$ . Soit alors $(\lambda,\mu,\nu)\in\Rr^3$ .

$\lambda e_1+\mu e_2+\nu e_3=0\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda+\mu+2\nu=0\quad(1)\\ 2\lambda+\mu+\nu=0\quad(2)\\ 3\lambda+\mu+\nu=0\quad(3)\\ 4\lambda+3\mu+\nu=0\quad(4) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda=0\;((3)-(2))\\ \nu-\lambda=0\;((1)-(2))\\ \lambda+\mu+2\nu=0\;(1) \end{array} \right. \Rightarrow\lambda=\mu=\nu=0 .$ On a montré que : $\forall(\lambda,\mu,\nu)\in\Rr^3,\;(\lambda e_1+\mu e_2+\nu e_3=0\Rightarrow\lambda=\mu=\nu=0)$ . $(e_1,e_2,e_3)$ est donc libre et $\mbox{dim }F=\mbox{rg }(e_1,e_2,e_3)=3$ . Comme $F\subset F+G$ , $\mbox{dim }(F+G)\geq3$ ou encore $\mbox{dim }(F+G)=3$ ou $4$ . De plus :

$\mbox{dim }(F+G)=3\Leftrightarrow F=F+G\Leftrightarrow G\subset F\Leftrightarrow\{e_4,e_5\}\subset F.$ On cherche alors $(\lambda,\mu,\nu)\in\Rr^3$ tel que $e_4=\lambda e_1+\mu e_2+\nu e_3$ ce qui fournit le système :

$\left\{ \begin{array}{l} \lambda+\mu+2\nu=-1\quad(1)\\ 2\lambda+\mu+\nu=0\quad(2)\\ 3\lambda+\mu+\nu=-1\quad(3)\\ 4\lambda+3\mu+\nu=2\quad(4) \end{array} \right..$ $(3)-(2)$ fournit $\lambda=-1$ puis $(1)-(2)$ fournit $\nu=-2$ puis $(2)$ fournit $\mu=4$ . Maintenant, $(4)$ n’est pas vérifiée car $4\times(-1)+3\times4-2=6\neq 2$ . Le système proposé n’admet pas de solution et donc $e_4\notin\mbox{Vect}(e_1,e_2,e_3)=F$ . Par suite, $\mbox{dim }(F+G)=4$ . Enfin,

$\mbox{dim }(F\cap G)=\mbox{dim }F+\mbox{dim }G-\mbox{dim }(F+G)=3+2-4=1.$

$\text{dim}(F)=3$ , $\text{dim}(G)=2$ , $\text{dim}(F+G)=4$ et $\text{dim}(F\cap G)=1$ .

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