PanaMaths Mars 2018
Soit E un K − espace vectoriel.
1. Soit F
1, F
2et F
3trois sous-espaces vectoriels de E.
Montrer que la somme F
1+ + F
2F
3est directe si, et seulement si, on a :
(
1 2)
3 EE
1 2
F F F 0
F F 0
⎧ ⎧ ⎫
⎨ ⎬
⎪⎪ ⎩ ⎭
⎨ ⎧ ⎫
⎪ ⎨ ⎬
⎪ ⎩ ⎭
⎩
+ =
=
∩
∩
2. Généraliser le résultat précédent.
Analyse
La caractérisation proposée est à rapprocher de la caractérisation classique :
1 2
F , F , ..., Fn étant n sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E, on a :
{ }
E1 1 1
F F 1; , F F 0
n n n
i i i j
i i i
i j
j n
=
= =
≠
⎛ ⎞
⎜ ⎟
= ⇔ ∀ ∈ ⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ =
∑ ⊕ ∑
∩Dans cet exercice, nous supposons cependant non connue cette caractérisation et fournissons les résultats en nous appuyant uniquement sur la définition d’une somme directe de
sous-espaces vectoriels. A vous de le reprendre les démonstrations à l’aide de la caractérisation ci-dessus…
Résolution
Question 1.
⇒
On suppose ici que la somme F1+ +F2 F3 est directe.
En d’autres termes, tout élément x de F1+ +F2 F3 se décompose de façon unique comme une somme x1+x2+x3 avec xi∈Fi.
PanaMaths Mars 2018
Soit alors x∈
(
F1+F2)
∩F3.Comme x∈ +F1 F2, on peut l’écrire x= +x1 x2 avec x1∈F1 et x2∈F2. On a donc x1+x2− =x 0E. Mais comme x∈F3, x1+x2− ∈ + +x F1 F2 F3.
Mais comme la somme F1+ +F2 F3 est directe, la décomposition du vecteur nul dans
1 2 3
F + +F F est unique et s’écrit : 0E =0E+0E+0E. On en déduit : x1=x2 = =x 0E. On a bien :
(
F1+F2)
∩F3={ }
0E .Soit maintenant x∈F1∩F2.
On a : x= =x1 x2 avec x1∈F1 et x2∈F2. D’où : x1− +x2 0E =0E.
On utilise encore l’argument de l’unicité de la décomposition du vecteur nul dans F1+ +F2 F3 pour conclure que l’on a : x=x1=x2=0E.
D’où F1∩F2 =
{ }
0E .Le résultat est établi.
⇐
On suppose ici que l’on a :
(
F1+F2)
∩F3={ }
0E et F1∩F2 ={ }
0E .Soit alors x= + + ∈ + +x1 x2 x3 F1 F2 F3.
Notre objectif est d’établir que cette décomposition est unique.
Supposons qu’il en existe une seconde : x= +y1 y2+ ∈ + +y3 F1 F2 F3.
On a alors : x1+ +x2 x3= +y1 y2+y3 et on en tire :
(
x1−y1) (
+ x2−y2)
= y3−x3.Comme
(
x1−y1) (
+ x2−y2)
∈ +F1 F2 et y3− ∈x3 F3 et comme l’intersection de F1+F2 et F 3 est, par hypothèse, réduite au vecteur nul, on en déduit :(
x1−y1) (
+ x2−y2)
= y3−x3=0E. On a donc y3=x3, d’une part, et(
x1−y1) (
+ x2−y2)
=0E, d’autre part, soit : x1− =y1 y2−x2. Comme x1− ∈y1 F1 et y2− ∈x2 F2 et comme l’intersection de F et 1 F , on en déduit que l’on 2 a : x1−y1= y2−x2 =0E. D’où : x1= y1 et x2 =y2.Ainsi, la décomposition de x dans F1+ +F2 F3 est unique.
Le résultat est établi.
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F , 1 F et 2 F étant trois sous-espace vectoriels d’un espace vectoriel E, on a : 3
( ) { }
{ }
1 2 3 E
1 2 3 1 2 3
1 2 E
F F F 0
F F F F F F
F F 0
⎧ + =
+ + = ⊕ ⊕ ⇔ ⎨⎪
⎪⎩ =
∩
∩
Question 2.
Pour généraliser le résultat précédent, on considère, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, F , F , ..., F1 2 n n sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E et on se propose de montrer :
( ) { }
( ) { }
( ) { }
{ }
{ }
1 2 1 E
1 2 2 1 E
1 E
1
1 1
1 2 3 E
1 2 E
F F ... F 0
F F ... F 0
F F ... 1 ; 1 , F F 0
F F F 0
F F 0
n n
n n
n n k
i i i k
i
i i
F F
k n
−
− −
= +
= =
⎧ + + + =
⎪⎪ + + + =
⎪ ⎛ ⎞
= ⇔⎪⎨⎪⎪ + = ⇔ ∀ ∈ − ⎜⎝ ⎟⎠ =
⎪ =
⎪⎩
∑ ⊕ ∑
∩
∩
∩
∩
∩
⇒
On suppose ici que la somme
1
F
n i= i
∑
est directe.En d’autres termes, tout élément x de
1
F
n i= i
∑
se décompose de façon unique comme une somme1 n
i i
x
∑
= avec xi∈Fi.Soit alors k∈ 1 ;n−1 et 1
1
F F
k
i k
i
x +
=
⎛ ⎞
∈⎜⎝
∑
⎟⎠∩ . On a donc1 k
i i
x x
=
=
∑
avec xi∈Fi. D’où : x1+x2+ +... xk− =x 0E.Mais comme la somme
1
F
n i
∑
i= est directe, la décomposition du vecteur nul dans1
F
n i
∑
i= estunique et s’écrit : E E
1
0 0
n
i=
=
∑
.Or, l’égalité précédemment obtenue se récrit :
1
1
1 2 E E
2 F
F
... 0 0
k k i i
n k
i k
x x x x
+
=
= +
∈
∈
+ + + − + =
∑
∑
.PanaMaths Mars 2018
On en déduit : x1=x2 = =... xk = =x 0E.
On a bien : 1
{ }
E1
F F 0
k
i k
i
+
=
⎛ ⎞ =
⎜ ⎟
⎝
∑
⎠∩ . Le résultat est établi.⇐
On suppose ici que l’on a : 1
{ }
E1
1; 1 , F F 0
k
i k
i
k n +
=
⎛ ⎞
∀ ∈ − ⎜⎝
∑
⎟⎠∩ = . Soit alors1 1
F
n n
i i
i i
x x
= =
=
∑
∈∑
avec .Notre objectif est d’établir que cette décomposition est unique xi∈Fi. Supposons qu’il en existe une seconde :
1 1
F
n n
i i
i i
x y
= =
=
∑
∈∑
.On a alors :
1 1
n n
i i
i i
x x y
= =
=
∑
=∑
et on en tire : 1( )
1 n
i i n n
i
x y y x
−
=
− = −
∑
.Comme 1
( )
11 1
F
n n
i i i
i i
x y
− −
= =
− ∈
∑ ∑
et yn− ∈xn Fn et comme l’intersection de1
1
F
n i i
−
∑
= et Fn est, parhypothèse, réduite au vecteur nul, on en déduit : 1
( )
E 10
n
i i n n
i
x y y x
−
=
− = − =
∑
.On a donc yn=xn, d’une part, et 1
( )
E 10
n
i i
i
x y
−
=
− =
∑
, d’autre part, soit : 2( )
1 11 n
i i n n
i
x y y x
−
− −
=
− = −
∑
.En poursuivant le raisonnement, en toute rigueur au moyen d’une récurrence finie (on montre que l’on a yn p− =xn p− pour p∈ 0 ;n−1 ), on montre successivement que l’on a yn−1=xn−1,
2 2
n n
y− =x− , …, y3=x3 et enfin (à la dernière étape) : y2= x2 et y1=x1.
Ainsi, la décomposition de x dans
1
F
n i= i
∑
est unique.Le résultat est établi.
1 2
F , F , ..., Fn étant n sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E, on a :
{ }
1 E
1 1 1
F F 1 ; 1 , F F 0
n n k
i i i k
i i i
k n +
= = =
⎛ ⎞
= ⇔ ∀ ∈ − ⎜ ⎟ =
⎝ ⎠