Sommes et sommes directes de sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel, cours de premier cycle uiversitaire.

F.Gaudon

2 août 2005

Table des matières

1 Sommes et sommes directes de sous espaces vectoriels
2 Exemples
 2.1 Sous espaces suppplémentaires

On considère dans ce qui suit un espace vectoriel E sur un corps K.

1 Sommes et sommes directes de sous espaces vectoriels

Proposition et définition :


Soit (Fi)i (- I une famille quelconque de sous espaces vectoriels de E. Le sous espace de E engendré par par la réunion des Fi est l’ensemble des sommes sum i (- Ixi, où (xi)i est une famille presque nulle d’éléments de M telle que xi  (- Fi pour tout i  (- I. Il est noté  sum i (- IFi et appelé la somme des Fi.


Preuve :

Soit H le sous espace engendré par la réunion des Fi. Si (xi)i (- I est une famille presque nulle d’éléments de M telle que  A i  (- I xi  (- Fi, alors  A i  (- I xi  (-  U i (- IFi donc  sum i (- Ixi  (- H par conséquent, I = { sum i (- Ixi /  A i  (- I xi  (- Fi}< H. D’autre part I est un sous espace vectoriel qui contient les Fi donc I < H. Si J est un sous espace vectoriel contenant les Fi, il contient I donc I est le plus petit tel et I = H.

Définition :


Soit (fi)i (- I une famille quelconque de sous espaces vectoriels de E. On dit que la somme F =  sum i (- IFi est directe si tout vecteur v de F s’écrit de manière unique sous la forme d’une somme à support fini  sum i (- Iui où pour tout i de I, ui  (- Fi. La somme F est alors notée F =  o+ i (- IFi.


Remarque :

Dans le cas d’une famille finie F1,...,Fn de sous espaces vectoriels de E, on note F =  o+ i=1nF i = F1  o+ ... o+ Fn la somme des Fi si elle est directe. On dit également dans ce cas que F1, F2,..., Fn sont en somme directe. Tout vecteur v de F s’écrit alors de manière unique v =  sum i=1nu i où pour tout i, ui  (- Fi. On dit que ui est la composante de u sur Fi relativement à cette somme directe.

Proposition :


Soit (Fi)i (- I une famille quelconque de sous espaces vectoriels de E. La somme F =  sum i (- I est directe ssi pour toute famille (ui)i (- I presque nulle telle que ui  (- Fi pour tout i  (- I,  sum i (- Iui = 0 ==> A i  (- I, ui = 0.


Preuve :

Si F =  o+ i (- IFi alors  sum i (- Iui = 0 ==> A i  (- I, ui = 0 d’après l’unicité de la décomposition. Réciproquement, si F =  o+ i (- IFi et ( sum i (- Iui = 0 ==> A i  (- I, ui = 0) alors, supposons que x  (- F s’écrive x =  sum i (- Ixi =  sum i (- Ivi avec xi, vi  (- I pour tout i  (- I. Alors  sum i (- I(xi - vi) = 0 donc  A i  (- I, xi = vi d’où l’unicité de la décomposition.

Proposition :


Soient F et G deux sous espaces vectoriels de E. La somme F +G est directe ssi F  /~\ G = {0}.


Preuve :

Si la somme F + G est directe, soit x  (- F  /~\ G et x = x1 + x2 avec x1  (- F et x2  (- G la décomposition de x. Comme x  (- F , par unicité e la décomposition, x2 = 0 et de même puisque x  (- G, x1 = 0 donc x = 0. Réciproquement, si F  /~\ G = {0}, soit x  (- F + G et x = x1 + x2 = y1 + y2 avec x1, y1  (- F et x2, y2  (- G deux décompositions. Alors x1 - y1 = x2 - y2. x1 - y1  (- F ==> x2 - y2  (- F et x2 - y2  (- G ==> x1 - y1  (- G. Donc x1 - y1  (- F  /~\ G ce qui implique que x1 = y1 et x2 - y2  (- F  /~\ G qui implique que x2 = y2.

Proposition :


Si la somme  sum i (- IFi est directe, et si J est une partie de I, alors  sum i (- JFi est directe. En particulier pour tous indices distincts i et j, Fi  /~\ Fj = {0}.


Preuve :

Contenue dans la preuve de la proposition précédente.

Remarque :

La réciproque est fausse. Pour montrer que F1,...,Fn sont en somme directe, avec n > 3, il ne suffit pas de vérifier que pour tous indices i et j distincts, Fi  /~\ Fj = {0}.

Proposition :


Soient F1,...,Fn pour n > 3 des sous espaces vectoriels de E. Alors la somme F1 + ... + Fn est directe ssi pour tout i  (- {2; ...; n}, on a Fi  /~\ (F1 + ... + Fi-1) = {0}.


2 Exemples

2.1 Sous espaces suppplémentaires

Définition :


Soient F et G deux sous espaces vectoriels de E. On dit que F et G sont supplémentaires dans E si E = F  o+ G. Cela signifie que tout u de E s’écrit de manière unique u = v + w avec v  (- F et w  (- G.


Théorème :


Soit F un sous espace vectoriel de E. Alors F possède au moins un supplémentaire G dans E.


Preuve :

Cas où E est de dimension finie n uniquement.
Soit {e1; ...; ep} une base de F , on la complète en une base {e1; e2; ...; en} de E et on considère G = vect{ep+1; ...; en}. On a de manière évidente E = F  o+ G.

Remarque :

Un même sous espace F de E possède en général une infinité de supplémentaires dans E. Il y a cependant deux cas d’unicité :

Exemple :

Proposition :


Si p est un projecteur de E (c’est à dire un endomorphisme de E tel que p o p = p) alors E = Ker(p)  o+ Im(p). L’application p est la projection sur Im(p) parallèlement à Ker(p).


Preuve :

Soit x  (- E, alors x = x-p(x) + p(x) avec p(x)  (- Im(p) et x-p(x)  (- ker(p). En outre, si x  (- ker(p)  /~\ Im(p), x = p(y) avec y  (- E et p(x) = 0 = p o p(y) = p(y) = x.

Proposition :


Si s est un endomorphisme involutif de E (c’est à dire si s o s = id) alors E = Inv(s)  o+ Opp(s) Inv(s) = {x  (- E / s(x) = x} et Opp(s) = {x  (- E / s(x) = -x}. L’application s est la symétrie par rapport à Inv(s) parallèlement à Opp(s).


Preuve :

Il est évident que Inv(s)  /~\ Opp(s) = {0}.

Proposition et définition :


Soit H un sous espace vetoriel de E. Les conditions suivantes sont équivalentes :

  • Il existe un vecteur u dans E - H tel que E = Ku o+ H.
  • Pour tout vecteur u dans E - H, E = Ku o+ H.
  • il existe une forme linéaire non nulle f telle que H = Ker(f).

Si ces conditions sont réalisées ont dit que F est un hyperplan de E.


Preuve :

Remarque :

Si E est de dimension finie égale à n alors les hyperplans de E sont les sous espaces de E de dimension n - 1.

Proposition :


Les hyperplans de E sont les noyaux des formes linéaires non nulles sur E.


Proposition :


Deux formes linéaires non nulles sont proportionnelles ssi elles ont le même hyperplan noyau.


Preuve :

Si f et g sont deux formes linéaires proportionnelles, il existe c  (- K, f = cg. D’où ker(f) = ker(g). Réciproquement, si ker(f) = ker(g), soit u (- /ker(f). On a f(u)/=0 et E = Ku o+ ker(f). Soit x = cu + h. On a f(x) = cf(u) + f(h) = cf(u) donc c = f(x)f(u)-1 et g(x) = cg(u) + g(h) = cg(u) = f(x)f(u)-1g(u). Par conséquent, on a pour tout x  (- E, g(x) = g(u)f(u)-1f(x), ce qui montre que g et f sont proportionnelles.