Espaces Vectoriels

Sommes, sommes directes de sous espaces vectoriels et espaces supplémentaires :

Après avoir vu le lemme de Steinitz, ce que nous allons voir maintenant n’est pas compliqué 🙂

Somme de sous espaces vectoriels :

Qu’est ce que la somme de deux (ou plusieurs) sous espaces vectoriels ? Prenons par exemple F_1\subset E et F_2\subset E, deux sous espaces vectoriels de E.
Faire la somme de ces deux sous espaces vectoriels, c’est prendre un élément de l’un, prendre un élément de l’autre, et, tout simplement, écrire la somme.

Par exemple, si on pose u \in F\times G, alors u=u_1+u_2, avec u_1\in F_1 et u_2\in F_2.

La définition formelle de la somme de p sous espaces vectoriels de E s’écrit donc :

F_1+F_2+..+F_p=\displaystyle{\sum_{i=1}^p u_i} avec (u_1,u_2,..,u_p)\in (F_1,F_2,..,F_p)

Attention, il faut bien distinguer plusieurs choses quand on parle de somme de sous espaces vectoriels, ainsi que retenir quelques propriétés, par exemple :

  • F_1+F_2 \ne F_1 \cup F_2. Il est clair que ce n’est pas du tout la même chose, une union de sous espace vectoriel n’est pas une somme, par exemple, si F_1 = \{ln(x)\} et F_2=\{cos(x)\}, F_1\cup F_2=\{ln(x),cos(x)\}, ce qui n’a rien à voir. Un élément qui est dans F_1+F_2 peut très bien n’être ni dans F_1 ni dans F_2.
    Ou encore, si F=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} et G=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, alors F\cup G=\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\}, et F+G=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} n’est ni dans F ni dans G, donc n’est pas dans F\cup G pourquoi ? Car, visuellement, on peut très bien voir que \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} ne se situe sur aucun des deux axes.
    En fait, pour que l’union de deux sous espaces vectoriels soit stable par la loi de l’addition, il faut que l’un des sous espaces vectoriels soit inclus dans l’autre et que, si F\cup G \in E, alors, \forall (x,y)\in F\cup G, \exists \lambda,\mu \in K tel que \lambda x + \mu y \ F\cup G.
  • La somme de deux sous espaces vectoriels de E est aussi un sous espace vectoriel de E.

Somme directe de deux sous espaces vectoriels :

La somme directe de deux sous espaces vectoriels (ou plus) est la somme de deux sous espaces vectoriels, tel que le résultat de la somme possède une unique décomposition de ces deux sous espaces. La somme directe de deux sous espaces vectoriels par exemple, s’écrit :

F+G=F \oplus G.

Qu’est ce que cela veut dire ? En fait, on pourrait en quelque sorte faire une analogie avec la nuance entre une base et une famille génératrice d’un espace vectoriel. Nous avons vu que si on considère un vecteur quelconque d’un espace vectoriel, alors, ce vecteur peut être décomposé de plusieurs manières à travers une famille génératrice, mais de manière unique à travers une base.

Ici, l’idée, c’est de prendre le résultat de la somme de deux sous espaces vectoriels, et si ces deux espaces vectoriels sont en somme directe, alors, la décomposition de cette somme est unique. Définissons ceci formellement et illustrons avec un exemple.

Pour que la somme de deux sous espaces vectoriels soit une somme directe, il faut qu’elle réponde à deux propriétés :
La première :

\forall u\in (F+G), \exists !(u_1,u_2)\in (F\times G), tq u=u_1+u_2

Et ensuite :

F \cap G=\{0_E\}

Il n’y nul besoin de démontrer l’existence, puisqu’on a affirmé plus haut que la somme de deux sous espaces vectoriels s’écrivait trivialement comme la somme des éléments des ces deux espaces vectoriels. En revanche, il faut démontrer l’unicité de la formule, et la réduction de l’intersection de ces deux sous espaces vectoriels au vecteur nul.

En fait, ce que nous allons faire, c’est procéder en deux étapes. La première va être de supposer la propriété vraie et démontrer l’implication de la deuxième. La seconde étape sera la méthode « contraposée ». 

Tout d’abord, on va montrer l’unicité de l’écriture en supposant que F \cap G=\{0_E\}

Supposons qu’on prenne un vecteur u, résultant de la somme de F et de G et qu’il puisse s’écrire de deux manière différente. Dans ce cas :

Donc u=u_1+u_2, mais s’écrit aussi u=u'_1+u'_2.

En faisant la différence des deux, on a u-u=(u_1+u_2)-(u'_1+u'_2).
Donc :

0=u_1 - u'_1+u_2-u'_2

On passe le deuxième terme de l’autre côté :

\underbrace{u_1 - u'_1}_{\in F}=\underbrace{u'_2-u_2}_{\in G}.

Comme souligné, on sait que \{u_1 - u'_1\} est dans F puisqu’il s’agit de la somme de deux éléments de  F. Pareil, et pour les mêmes raisons, \{u'_2-u_2\} est dans G. Or, si un élément de F = un élément de G, alors cet élément est dans F\cap G, mais on a supposé que F\cap G=\{0_E\}. Par conséquent :

u_1 - u'_1=0 et u_2-u'_2=0, donc u_1=u'_1 et u_2=u'_2.

Il y a donc bien unicité de la décomposition ! Et donc F et G sont bien en somme directe.

A présent, montrons que la contraposée est vraie. 

Supposons que F et G sont en somme directe et que ceci implique que F\cap G=\{0_E\}. Ceci est très rapide. Sommes nous d’accord que u\in F+G, peut s’écrire de la manière suivante :

u=\underbrace{u}_{\in F}+\underbrace{0}_{\in G} . Cependant, il peut aussi s’écrire comme ceci : u=\underbrace{0}_{\in F}+\underbrace{u}_{\in G}.
Mais alors :

u=\underbrace{u}_{\in F}+\underbrace{0}_{\in G}=\underbrace{0}_{\in F}+\underbrace{u}_{\in G}

Mais, on sait qu’il y a unicité de l’écriture puisqu’on l’a supposé préalablement, ce qui veut dire que chacun des termes dans les deux expressions doivent forcément être les mêmes, et donc forcément, le u\in F=0, et le u\in G=0, donc u=0.

Donc, l’intersection entre F et G est réduite au vecteur nul, ce qui veut dire que F est bien en somme directe avec G, et les deux implications sont démontrées.

Exemple :

Soit E, l’espace vectoriel \mathbb{R}^3 et U, et V, deux sous espaces vectoriels de E, tel que :

U=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3, avec x - y=0\} et V=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3 avec x=z=0\}. Ces deux sous e-v sont ils en somme directe ? Commençons par voir si l’intersection de ces deux sous espaces est le vecteur nul :

Soit w, un vecteur de U\cap V, alors w=(x,x,z)=(0,y,0) 

On voit bien que x=0,y=0,z=0 et donc l’unique vecteur dans l’intersection est le vecteur nul (0,0,0), par conséquent, U et V sont en somme directe.

Somme directe de p sous espaces :

Contrairement à la somme directe de deux sous espaces vectoriels, il ne suffit pas de prouver que F_1 \cap F_2 \cap ... \cap F_n = \{0\} pour prouver que les p sous espaces vectoriels soient en somme directe.
En effet, on peut prendre un exemple :

Soit E, l’espace vectoriel \mathbb{R}^2, et soit F=\{(1,0) \in \mathbb{R}^2\}, G=\{(0,1) \in \mathbb{R}^2\} et H=\{(1,1) \in \mathbb{R}^2\}.

Il est clair que F\cap G=\{0\}, F\cap H=\{0\} et H\cap G=\{0\}, mais il n’y a pas unicité de la décomposition d’un vecteur (1,1) \in \mathbb{R}^2, en effet :

(1,1)=F+G+0H, mais (1,1)=0F+0G+H.

Pour montrer que n sous espaces vectoriels sont en somme directe, la méthode est simple, il faut prendre un élément de chaque sous espace vectoriel, faire la somme, et montrer que si le résultat est nul, cela implique que tous les vecteurs sont nuls.
Autrement dit :

Soit un espace vectoriel E, et n sous espaces vectoriels (F_1,..,F_n)\in E, et soient (x_1,..,x_n)\in (F_1,..,F_n). Alors, F_1+ ... + F_n = F_1\oplus ... \oplus F_n si et seulement si x_1+..+x_n=0 implique x_1=x_2=...=x_n=0.

En revanche, on peut se servir d’une autre propriété de l’intersection pour montrer que n sous espaces vectoriels sont en somme directe, en effet :

\forall p \in \mathbb{N}, 2\leq p \leq n, (F_1+..+F_{p-1})\cap F_p=\{0\} \iff F_1+ F_2 + ... + F_n = F_1\oplus F_2 \oplus ... \oplus F_n

Qu’est ce que cela veut dire ?

Cela veut dire, que, sous réserve que les (F_1,..,F_{p-1}) premiers sous espaces vectoriels, deux à deux distincts, sont en somme directe, alors, (F_1+..+F_{p-1})\cap F_p=\{0\} \iff F_1+ F_2 + ... + F_n = F_1\oplus F_2 \oplus ... \oplus F_n.
Pourquoi l’indice p ? En fait, il faut s’assurer que les intersections des sous espaces vectoriels F_i deux à deux, sont distinctement réduites au vecteur nul, ce qui veut dire que si on fixait par exemple n=4, il faudrait prouver que F_1\cap F_2=\{0\}, ensuite, que F_1+ F_2\cap F_3=\{0\}, et pour finir que F_1+ F_2+ F_3 \cap F_4=\{0\}.

Démontrons ceci. Supposons tout d’abord que la somme soit directe. Alors, dans ce cas là, la définition dit que (F_1+..+F_{p-1})\cap F_p=\{0\}. Raisonnons par l’absurde et supposons un élément z=x_1+..+x_{p-1} avec z \in (F_1+..+F_{p-1})\cap F_p 

Alors, on a :

z=x_1+..+x_{p-1}. donc 0=x_1+x_2+..+x_{p-1}-z

Or, 0 s’écrit de manière unique comme somme d’éléments de (F_1,F_2,..,F_p) avec 2 \leq p \leq n. Donc, z_1=z_2=...=z_{p-1}=z=0.

Sous espaces supplémentaires :

Nous avons vu les sommes directes, à présent, nous allons voir ce que c’est qu’un sous espace supplémentaire. Un sous espace est supplémentaire lorsqu’il est en somme directe avec un autre sous espace, et génère l’espace vectoriel entier.

Autrement dit, deux sous espaces vectoriels F et G de E sont supplémentaires si et seulement si :

F\oplus G=E

Il y a plusieurs solutions pour démontrer que deux sous espaces sont supplémentaires, mais tout d’abord, écrivons la définition pour mieux appréhender la notion :

\forall x \in E, \exists ! (u,v) \in F \times G, tq~x=u+v

Première méthode : Par analyse synthèse. Qu’est ce que cela signifie ? Prenons un exemple.

Soit F_1 = \{(3),(1+X)\} et F_2=\{(2X^2)\} deux sous espaces de E=R^2[X]

Nous allons démontrer que F_1 \oplus F_2=E

Supposons P, et supposons P_1 \in F_1 et P_2 \in F_2, et tel que P s’écrirait P=P_1+P_2. Si P=P_1+P_2 alors P \subset E. Mais alors P peut s’écrire de la forme : P= a_0 +a_1 X^1 + a_2 X^2.

P_1 \in F_1, donc P_1= 3 \alpha + \beta (1+X) et P_2 \in F_2 donc P_2= \gamma (2X^2)

P=P_1+P_2 donc a_0 +a_1 X^1 + a_2 X^2=3 \alpha + \beta (1+X)+ \gamma (2X^2)

Si on rassemble les termes, on a :

a_0 +a_1 X^1 + a_2 X^2=3 \alpha + \beta + \beta X + 2 \gamma X^2

On a donc le système suivant :

\left\{\begin{array}{l} a_0 = 3 \alpha + \beta \\ a_1 = \beta \\ a_2 = 2 \gamma \\ \end{array}\right.

Ensuite :

\left\{\begin{array}{l} a_0-a_1 = 3 \alpha \\ a_1 = \beta \\ a_2 = 2 \gamma \\ \end{array}\right.

Donc :

\left\{\begin{array}{l} \frac{a_0-a_1}{3} = \alpha \\ a_1 = \beta \\ \frac{a_2}{2} = \gamma \\ \end{array}\right.

Nous avions supposé l’existence, et nous venons de montrer que si existence il y a, il y a unicité de l’écriture.
On peut donc écrire n’importe quel polynôme de degré inférieur ou égal à deux tel que :

P_1+P_2=3 \frac{a_0-a_1}{3} + a_1 (1+X)+\frac{a_2}{2} 2X^2=a_0 +a_1 X^1 + a_2 X^2

La conclusion est qu’une telle décomposition existe, et P_1+P_2=E=R^2[X]. Puisque la somme de P_1 et P_2 est l’espace vectoriel lui même, cela veut dire que tout vecteur de cette somme génère cet espace. Par conséquent, les deux propriétés sont vérifiées, et F_1+F_2 sont bien supplémentaires de R^2[X].

Deuxième méthode : La seconde méthode consiste à démontrer deux propriétés. Ces deux propriétés sont :

  • dim(F_1)+dim(F_2)=dim(E)
  • F_1 \cap F_2= \{0_E\}

Si ces deux propriétés sont vraies, alors les deux sous espaces vectoriels F_1 et F_2 sont supplémentaires.

Alors pourquoi est-ce le cas ? Souvenez vous, pour montrer que deux espaces A et B sont égaux, il faut montrer que :

  • A \subset B et B \subset A
  • dim(A)=dim(B)

Etant donné que la somme de F_1+F_2 est déjà dans \mathbb{R}^3, nous avons déjà la propriété d’inclusion. Donc, pour montrer l’égalité, il suffit de montrer l’égalité des dimensions, or, la dimension d’une somme, lorsque les espaces sont en somme directe, est la somme des dimensions.
Ceci se base sur la formule de Grassman :

dim(F_1+F_2)=dim(F_1)+dim(F_2)-dim(F_1 \cap F_2)

Voici sa démonstration :
Soit, E, un espace vectoriel, et F et G, deux sous espaces vectoriels de E, Nous allons nous servir ici du théorème de la base incomplète et trouver des bases de F+G, F, G, et F \cap G.

Tout d’abord, supposons (e_1,e_2,..,e_n) une base de F \cap G.
On va donc décomposer cette base en la base de F et de G. (e_1,e_2,...,e_n,f_1,f_2,...,f_p) une base de F et (e_1,e_2,...,e_n,g_1,g_2,...,g_q) une base de G

On va reconstituer une base de F+G. Inutile d’ajouter deux fois la base de l’intersection, on a donc :
(e_1,e_2,...,e_n,f_1,f_2,...,f_p,g_1,g_2,...,g_q) une base de F+G

On va devoir montrer que cette famille de vecteurs est génératrice et libre de F+G.

Le plus simple est de commencer par montrer que c’est une famille génératrice. Si elle est génératrice, cela veut dire que si z \in F+G, alors \exists x \in F, et \exists y\in G tel que z=x+y et donc :
x= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n} a_i e_i+\sum_{j=1}^{p} b_j f_j}
y= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n} a'_i e_i+\sum_{k=1}^{q} c_k g_k}
Donc, si on rassemble certains coefficients :
z= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n} (a_i+a_i') e_i+\sum_{j=1}^{p} b_j f_j+\sum_{k=1}^{q} c_k g_k}
Eh bien on voit clairement que tous les coefficients sont non tous nuls, et que l’élément z est cl d’éléments de x et de y, la famille est donc génératrice de F+G.

Montrons maintenant que c’est une famille libre. C’est le cas si :
\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} a_i e_i+\sum_{j=1}^{p} b_j f_j+\sum_{k=1}^{q} c_k g_k}=0
Alors :
\displaystyle{\underbrace{\sum_{i=1}^{n} a_i e_i+\sum_{j=1}^{p} b_j f_j}_{\in F}=\underbrace{-\sum_{k=1}^{q} c_k g_k}_{\in G}}
Ces deux éléments sont égaux, donc ,forcément, nous sommes dans F \cap G. Mais si nous sommes dans F \cap G, alors on peut remplacer les c_i g_i par les vecteurs e_i de la base F \cap G que nous connaissons.
Donc il existe des (a_1',a_2',...,a_n') tels que :
\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} a_i e_i+\sum_{j=1}^{p} b_j f_j=\sum_{i=1}^{n} a_i' e_i}
Que remarque t-on ? On remarque que le terme de gauche n’est autre qu’une base de F, donc forcément une famille libre, mais plus encore, le vecteur de gauche et égal au vecteur de droite, vous suivez ? Donc, les coefficients b_i sont forcément tous nuls :
\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} a_i e_i+\sum_{j=1}^{p} b_j f_j=\sum_{i=1}^{n} a_i' e_i + 0 \sum_{j=1}^{p} f_j}
Par conséquent, a_1=a_1',a_2=a_2',a_n=a_n' mais également b_1=0,b_2=0,b_p=0 et en particulier b_1=b_2=...=b_p=0.

C’est presque terminé…
Revenons à notre égalité de départ, dans laquelle nous pouvons retirer les b_i f_i puisqu’on a montré qu’ils étaient tous nuls :
\displaystyle{\sum_{i=1}^{n} a_i e_i+\sum_{k=1}^{q} c_k g_k}=0
Mais qu’est ce que le terme de droite ? C’est une base de G ! Donc, comme une base est une famille libre, alors forcément, a_1=a_2=...=a_n=c_1=c_2=...=c_q=0 !

Pour finir, et en servant des propriétés qui lient bases et dimensions, à savoir, que la dimension d’un espace vectoriel est égale au nombre de vecteurs de sa base, on peut conclure que :

Si n est la dimension de F \cap G, p la dimension de F et q la dimension de G, alors on a :
dim(F+G)=n+p+q, mais dim(F)=n+p et dim(G)=n+q, donc, il faut retirer la dimension de F \cap G, et on a bien la formule de Grassman :

dim(F+G)=dim(F)+dim(G)-dim(F \cap G)

Donc, lorsque l’intersection est réduite au vecteur nul, et que la somme des dimensions des sous espaces est égale à la somme de l’espace vectoriel entier, alors les espaces sont supplémentaires.

Troisième méthode : La juxtaposition des bases des sous espaces vectoriels.

En effet, si vous arrivez à montrer que la juxtaposition d’une base d’un des sous espaces avec une base de l’autre forme une base de l’espace vectoriel de référence, alors nécessairement, vous avez montré que les deux sous espaces sont supplémentaires.

Par exemple, prenons deux sous espaces F_1 et F_2 de E=\mathbb{R}^3, tel que F_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, une base de F_1 et F_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} une base de F_2

Tout d’abord, réfléchissons. Que savons de l’énoncé, et que savons nous des propriétés d’une base ? Nous connaissons une base de F_1 et une base de F_2, ceci est une très bonne chose car si nous voulons montrer que F_1+F_2 est une base de E, nous n’avons pas besoin de montrer que c’est une famille génératrice, pourquoi ? On sait qu’une base de \mathbb{R}^3 est forcément composée de 3 vecteurs, mais en juxtaposant les bases de F_1 et de F_2, nous avons 3 vecteurs. Si nous arrivons à montrer que ces 3 vecteurs forment une famille libre, alors nécessairement, c’est une base de \mathbb{R}^3. On pose donc :

\lambda_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}+ \lambda_2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda_3 \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}=0

Il n’est pas nécessaire de poser le système pour voir que tous les coefficients sont nuls, et par conséquent, que la famille est libre. Si elle est libre, alors c’est une base de \mathbb{R}^3, si c’est une base de \mathbb{R}^3, alors F_1 et F_2 sont supplémentaires.