Dénition 4.3.1 Soient E un K-ev, F ∈ P(E). On dit que F est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si :
1. F ̸=∅,
2. ∀(x, y)∈F2, x+y ∈F, 3. ∀λ∈K, ∀x∈F, λx∈F.
On abrègera sous-espace vectoriel en sev . Pour rappeler le corps K utilisé, on dit parfois sous-K-ev au lieu de sev.
Proposition 4.3.1 Soient E un K-ev, F ∈ P(E). Si F est un sev de E alors F est un K-ev pour les lois + :F ×F → F
(x, y) 7→ x+y
et externe ×:K×F → F (λ, x) 7→ λx
induites par celles de E.
Exemple 4.3.1
R× {0} est un sev duR-ev R2.
Pour toutn∈N,Kn[X]est un sev duK-ev K[X]. Remarque 4.3.1
{0}etE sont des sev duK-ev E.
SiF est un sev de l'ev E et siGest un sev de F alorsGest un sev deE, on dit qu'il y a transitivité de la notion de sev.
Proposition 4.3.2 Soient E un K-ev et (Fi)i∈I une famille de sev de E alors ∩
Preuve : les démonstrations sont presque immédiates. Par exemple, pour démontrer qu F1 ⊂ F1 +F2, on remarquera que ∀x∈F1, on peut écrire x=x+ 0oùx∈F1 et0∈F2 donc x∈F1+F2.
Exercice 72 Parmi les espaces suivants, quels sont ceux qui sont des espaces vectoriels ? 1. A=
4. D= {( a
b )
∈R2, a2+b= 0 }
Correction : On utilisera la caractérisation des sev d'un ev.
1. L'ensemble A est inclus dans R2 qui est un ev mais il ne contient pas 0 (l'élément nul de R2) car 0 + 0̸= 1 donc A n'est pas un ev.
2. B est inclus dansR3 qui est un ev. B n'est pas vide car il contient 0 (l'élément nul de R3), en eet, 2×0−5×0+0 = 0et0+0 = 0. Qu'en est-il de la stabilité par combinaison linéaire ? SoientX= (x, y, z) etX′ = (x′, y′, z′) deux éléments deB ainsi que deux réels λetµ. Montrons queλX+µX′ ∈B soit
2x−5y+z = 0 y+z = 0 2x′−5y′+z′ = 0 y′+z′ = 0
⇒
{ 2(λx+µx′)−5(λx+µy′) + (λz+µz′) = 0 (λx+µy′) + (λz+µz′) = 0 Pour cela, on développe puis on regroupe les termes enλet les termes en µ: on a
{ 2(λx+µx′)−5(λy+µy′) + (λz+µz′) = λ(2x−5y+z) +µ(2x′−5y′+z′) =λ×0 +µ×0 = 0 (λy+µy′) + (λz+µz′) = λ(y+z) +µ(y′+z′) =λ×0 +µ×0 = 0
ce qui montre que C est stable par combinaison linéaire. Par conséquent, l'ensembleB est un ev.
3. C est inclus dansR4 qui est un ev mais il ne contient pas0(l'élément nul deR4) car0 + 0−2×0̸=−1 donc C n'est pas un ev.
4. D est inclus dansR2 qui est un ev.Dn'est pas vide car il contient 0 (02+ 0 = 0).
Si D est un ev, D est stable par combinaison linéaire. Considérons le vecteurX = (1,−1)∈D, on a 2X= (2,−2)∈/D car22+ (−2) = 2̸= 0 donc D n'est pas un ev.
Exercice 73 Déterminer lesquels des ensembles E1,E2,E3 etE4 sont des sev de R3. 1. E1 ={(x, y, z)∈R3, x+y−z=x+y+z= 0},
2. E2 ={(x, y, z)∈R3, x2−z2 = 0}, 3. E3 ={(x, y, z)∈R3, exey = 0}, 4. E4 ={(x, y, z)∈R3, z(x2+y2) = 0}.
Correction :
1. E1 est un sev deR3. En eet : (a) (0,0,0)∈E1.
(b) Soient (x, y, z) et (x′, y′, z′) deux éléments de E1. On a donc x +y −z = x+y +z = 0 et x′+y′−z′=x′+y′+z′ = 0. Donc(x+x′) + (y+y′)−(z+z′) = (x+x′) + (y+y′) + (z+z′) = 0 et(x, y, z) + (x′, y′, z′) = ((x+x′),(y+y′),(z+z′))∈E1.
(c) Soient λ ∈ R et (x, y, z) ∈ E1. Alors la relation x +y−z = x +y+ z = 0 implique que λx+λy−λz =λx+λy+λz = 0donc que λ(x, y, z) = (λx, λy, λz)∈E1.
2. E2 ={(x, y, z)∈R3, x2−z2 = 0} c'est-à-dire E2={(x, y, z)∈R3, x=zou x=−z}. Donc(1,0,−1) et (1,0,1) appartiennent à E2 mais(1,0,−1) + (1,0,1) = (2,0,0) n'appartient pas à E2 qui n'est en conséquence pas un sev de R3.
3. (0,0,0)∈/E3 donc E3 n'est pas un sev de R3.
4. Les vecteurs(1,0,0)et (1,0,0) appartiennent à E4 mais leur somme (1,0,0) + (0,0,1) = (1,0,1) ne lui appartient pas donc E4 n'est pas un sev de R3.
Exercice 74 (non corrigé) Soit E l'ensemble des applications f : R → R telles qu'il existe A ∈ R⋆+ et g, h:R→R croissantes telles que :∀x∈R,(|x| ≥A⇒f(x) =g(x)−h(x)).
Montrer que E est un R-ev pour les lois usuelles.
Exercice 75 Déterminer parmi les ensembles suivants ceux qui sont des sev : 1. E1 ={(x, y, z)∈R3, x+y+a= 0 etx+ 3az= 0},
2. E2 ={f ∈ F(R,R), f(1) = 0}, 3. E3 ={f ∈ F(R,R), f(0) = 1}, 4. E4 ={P ∈Rn[X], P′= 3},
5. E5 ={(x, y)∈R2, x+αy+ 1≥0}.
Correction :
1. E1 n'est pas un sev si a̸= 0car alors, 0∈/ E1. Par contre, si a= 0,E1 est bien un ev car dans ce cas, l'intersection des sev {(x, y, z)∈R3, x+y= 0} et{(x, y, z)∈R3, x= 0}.
2. E2 est un sev deF(R,R).
3. E3 n'est pas un ev car la fonction nulle n'appartient pas àE3. 4. E4 n'est pas un ev car le polynôme nul n'appartient pas àE4.
5. E5 n'est pas un ev, en fait ce n'est même pas un sous-groupe de(R2,+) car(2,0)∈E5 mais−(2,0) = (−2,0)∈/E5.
Exercice 76 SoitE un ev (surRou C).
1. SoientF etGdeux sev de E. Montrer que
F∪Gest un sev deE ⇔F ⊂G ouG⊂F. 2. SoientH un troisième sev de E. Prouver que
G⊂F ⇒F ∩(G+H) =G+ (F∩H). Correction :
1. (a) Sens⇐. SiF ⊂G alorsF∪G=G donc F∪Gest un sev. De même siG⊂F.
(b) Sens⇒. On suppose queF ∪G est un sev. Par l'absurde supposons queF n'est pas inclus dans G et que Gn'est pas inclus dans F. Alors il existex∈F\G ety ∈G\F. Mais alors x∈F ∪G, y ∈F∪G doncx+y∈F∪G (carF∪G est un sev). Commex+y∈F∪Galorsx+y∈F ou x+y∈G.
Si x+y∈F alors, comme x∈F,(x+y) + (−x)∈F donc y∈F ce qui est absurde.
Si x+y∈Galors, comme y∈G,(x+y) + (−y)∈Gdonc x∈G ce qui est absurde.
Dans les deux cas on obtient une contradiction donc F est inclus dansGouGest inclus dans F.
2. SupposonsG⊂F.
Inclusion⊃. Soitx∈G+ (F∩H). Alors il existea∈G,b∈F∩H tels quex=a+b. CommeG⊂F alorsa∈F, de plus b∈F doncx=a+b∈F. D'autre part a∈G,b∈H donc x=a+b∈G+H.
Doncx∈F ∩(G+H).
Inclusion ⊂. Soit x ∈ F ∩(G+H). Alors il existe a ∈ G, b ∈ H tels que x = a+b. Maintenant b=x−aavec x∈F eta∈G⊂F donc b∈F etb∈F∩H. Doncx=a+b∈G+ (F ∩H). Dénition 4.3.2 Soient E unK-ev,F1, F2 deux sev deE. On dit que F1 et F2 sont en somme directe si et seulement si F1∩F2 ={0}.
Lorsque F1 etF2 sont deux sev en somme directe, on note F1⊕F2 au lieu deF1+F2.
Exemple 4.3.2 Pour K =R,E =R3, les sevF1 =R× {0} × {0} et F2 ={0} ×R× {0} sont en somme directe.
Proposition 4.3.5 Pour que deux sev F1 et F2 d'un K-ev soient en somme directe, il faut et il sut que tout élément de F1+F2 se décompose d'une façon unique en somme d'un élément de F1 et d'un élément de F2.
Preuve :
1. Supposons queF1 etF2 soient en somme directe, et soitx∈F1+F2. Par dénition de F1+F2, il existe (x1, x2)∈F1×F2 tel que x=x1+x2. Soient (x1, x2)∈F1×F2,(y1, y2)∈F1×F2 tels quex=x1+x2 =y1+y2.
Alors x1−y1 = x2 −y2. Comme (x1 −y1 ∈ F1, x2 −y2 ∈ F2, F1 ∩F2 = {0}), on en déduit que x1−y1 =x2−y2= 0 doncx1=y1 etx2=y2. Ainsi,x se décompose d'une façon unique surF1 etF2. 2. Réciproquement, supposons que tout élément deF1+F2 se décompose de façon unique sur F1 et F2. Soitx∈F1∩F2, on dispose de deux décompositions de0surF1 etF2 :0 = 0 + 0et0 =x+ (−x)d'où x= 0. AinsiF1∩F2 ={0} etF1 etF2 sont en somme directe.
Dénition 4.3.3 Deux sev F1 et F2 d'un K-ev sont dits supplémentaires dans E si et seulement si F1∩F2={0} et F1+F2 =E.
Exemple 4.3.3
Soient K =R,E =R2,F1 =R× {0} etF2 ={0} ×R.F1 etF2 sont deux sev supplémentaires dans E.
SoientK =RetE =RR,F1(respectivementF2) est l'ensemble des applications paires (respectivement impaires) deR dansR.F1 etF2 sont deux sev deE supplémentaires dansE. En eet :
. sif ∈F1∩F2 alorsf est paire et impaire donc∀x∈R,f(x) =−f(x) d'oùf = 0, . toutf de E se décompose en f =g+h oùg∈F1 eth∈F2 sont dénies par
∀x∈R,g(x) = 1
2(f(x) +f(−x))eth(x) = 1
2(f(x)−f(−x)).
Remarque 4.3.2
1. Un sevF deE peut admettre plusieurs supplémentaires dans E. Par exemple, siK =RetE=R2, le sev F =R× {0}deE admet une innité de supplémentaires dans E, qui sont tous lesRx,x∈E−F. 2. On montrera plus loin que siE est de dimension nie, alors tout sev deE admet au moins un
supplé-mentaire dans E.
Exercice 77 Soit A∈R[X]un polynôme non nul et F ={P ∈R[X];A divise P}. Montrer que F est un sous-espace vectoriel deR[X]et trouver un supplémentaire àF.
Correction : Remarquons que F = {AQ;Q ∈ R[X]}, ce qui permet facilement de prouver que F est un sous-espace vectoriel de R[X]. D'autre part, prenons maintenantB ∈R[X]. D'après la division euclidienne, il s'écrit de façon unique sous la forme B =AQ+R, où Q∈R[X]etR∈Rd−1[X], où dest le degré deB, c'est-à-dire de façon unique comme la somme d'un élément de F et d'un élément de Rd−1[X]. Ceci signie exactement que F etRd−1[X]sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires deR[X].
Exercice 78 SoitE l'espace vectoriel des fonctions deRdansR.
1. Soit a ∈ R. On désigne par F le sous-espace des fonctions constantes et par Ga le sous-espace des fonctions qui s'annulent en a. Montrer que F etGa sont supplémentaires dansE.
2. Plus généralement, soienta0, . . . , aN des éléments distincts deRetG={f ∈E;f(a0) =. . .=f(aN) = 0}. Trouver un supplémentaire àG.
Correction :
1. On remarque d'abord queF∩Ga={0}(une fonction constante qui s'annule en un point est forcément identiquement nulle). Ensuite, prenons h ∈ E, on doit prouver que h se décompose sous la forme h =g+C, où C est une constante et g(a) = 0. Admettons que ce soit le cas. Alors, nécessairement, h(a) =C etg(x) =h(x)−C =h(x)−h(a). On pose doncC=f(a)etg(x) =h(x)−h(a). Clairement, h=g+C etg(a) = 0ce qui prouve que g∈Ga.
2. On va prouver queGetRN[X]sont en somme directe. Pour cela, il sut de prouver que toute fonction h∈E se décompose uniquement sous la forme h=g+P, avec g∈G etP ∈RN[X].
Unicité. Si h = g +P, alors, pour tout i ∈ {1, . . . , N}, on a P(ai) = h(ai). Or, par la théorie des polynômes interpolateurs de Lagrange (par exemple), on sait qu'il existe un unique polynôme P ∈RN[X]qui vérie cette propriété. D'où l'unicité deP et par suite celle deg puisque g=h−P. Existence. Considérons P l'unique polynôme de RN[X]tel queP(ai) =h(ai) pour touti∈ {1, . . . , N} (un tel polynôme existe). De plus, on pose g=h−P. Alorsg(ai) =P(ai)−h(ai) = 0 et donc g∈G, et bien sûr h=g+P.
Exercice 79 Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel E tels que F +G = E. Soit F′ un supplémentaire de F ∩Gdans F. Montrer que F′⊕G=E.
Correction : Prouvons d'abord que F′ etG sont en somme directe, c'est-à-dire que F′∩G ={0}. Prenons x ∈ G∩F′. Alors, puisque F ∩G et F′ sont en somme directe, et que x ∈ F ∩G (x est dans G et dans F′ ⊂F), on en déduitx= 0. D'autre part, il faut montrer queF′+G=E. Soitz∈E. On sait quez=f+g, avec f ∈F et g∈ G(car F +G =E). D'autre part, on peut décomposer f en g′+f′, avecg′ ∈F ∩Get f′ ∈ F′. Ainsi, on obtient z = g′+f′+g =f′ + (g+g′) avec f′ ∈ F′ etg+g′ ∈ G :F′+G =E ce qui achève la preuve que F′ etGsont supplémentaires.
Exercice 80 Soit E = ∆1(R,R) et F = {f ∈ E/f(0) = f′(0) = 0}. Montrer que F est un sev de E et déterminer un supplémentaire de F dansE.
Correction : Les fonctions deEqui ne sont pas dansF sont les fonctionshqui vérienth(0)̸= 0ouh′(0)̸= 0. Par exemple les fonctions constantes x 7→ b, (b∈ R), ou les homothéties x 7→ ax, (a ∈R) n'appartiennent pas à F. Posons
G={x7→ax+b,(a, b)∈R2}.
Montrons que G est un supplémentaire de F dansE. Soit f ∈ F ∩G alors f(x) = ax+b (car f ∈ G) et f(0) =betf′(0) =a. Maisf ∈F donc f(0) = 0soitb= 0 etf′(0) = 0c'est-à-direa= 0. Maintenantf est la fonction nulle : F∩G={0}. Soit h∈E, on remarque que pourf(x) =h(x)−h(0)−h′(0)x la fonction f vérief(0) = 0 etf′(0) = 0donc f ∈F. Si on écrit l'égalité diéremment, on obtient
h(x) =f(x) +h(0) +h′(0)x.
On pose g(x) = h(0) +h′(0)x alors la fonction g ∈ G et h = f +g. Cela prouve que toute fonction de E s'écrit comme somme d'une fonction deF et d'une fonction deG:E =F+G. Conclusion, on a montré que E =F ⊕G.
Dénition 4.3.4 SoitA uneK-algèbre, de3ème loi notée ⋆,B ∈ P(A). On dit queB est une sous-algèbre de A si et seulement si :
{ B est un sev du KevA
∀(x, y)∈B2, x ⋆ y∈B
Autrement dit, une partie B d'une algèbreA est une sous-algèbre de A si et seulement si
B̸=∅,
∀(x, y)∈B2, x+y∈B,
∀(λ, x)∈K×B, λx∈B,
∀(x, y)∈B2, x ⋆ y∈B.