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Soit E un K − espace vectoriel.

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

PanaMaths Mars 2018

Soit E un K − espace vectoriel.

1. Soit F

1

, F

2

et F

3

trois sous-espaces vectoriels de E.

Montrer que la somme F

1

+ + F

2

F

3

est directe si, et seulement si, on a :

(

1 2

)

3 E

E

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 :

{ }

E

1 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.

(2)

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 F1F2 =

{ }

0E .

Le résultat est établi.

On suppose ici que l’on a :

(

F1+F2

)

F3=

{ }

0E et F1F2 =

{ }

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 :

(

x1y1

) (

+ x2y2

)

= y3x3.

Comme

(

x1y1

) (

+ x2y2

)

∈ +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 :

(

x1y1

) (

+ x2y2

)

= y3x3=0E. On a donc y3=x3, d’une part, et

(

x1y1

) (

+ x2y2

)

=0E, d’autre part, soit : x1− =y1 y2x2. 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 : x1y1= y2x2 =0E. D’où : x1= y1 et x2 =y2.

Ainsi, la décomposition de x dans F1+ +F2 F3 est unique.

Le résultat est établi.

(3)

PanaMaths Mars 2018

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 somme

1 n

i i

x

= avec xiFi.

Soit alors k∈ 1 ;n−1 et 1

1

F F

k

i k

i

x +

=

⎛ ⎞

∈⎜⎝

⎟⎠ . On a donc

1 k

i i

x x

=

=

avec xiFi. D’où : x1+x2+ +... xk− =x 0E.

Mais comme la somme

1

F

n i

i= est directe, la décomposition du vecteur nul dans

1

F

n i

i= est

unique 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

+

=

= +

+ + + − + =

.

(4)

PanaMaths Mars 2018

On en déduit : x1=x2 = =... xk = =x 0E.

On a bien : 1

{ }

E

1

F F 0

k

i k

i

+

=

⎛ ⎞ =

⎜ ⎟

. Le résultat est établi.

On suppose ici que l’on a : 1

{ }

E

1

1; 1 , F F 0

k

i k

i

k n +

=

⎛ ⎞

∀ ∈ − ⎜⎝

⎟⎠ = . Soit alors

1 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

( )

1

1 1

F

n n

i i i

i i

x y

= =

− ∈

∑ ∑

et yn− ∈xn Fn et comme l’intersection de

1

1

F

n i i

= et Fn est, par

hypothèse, réduite au vecteur nul, on en déduit : 1

( )

E 1

0

n

i i n n

i

x y y x

=

− = − =

.

On a donc yn=xn, d’une part, et 1

( )

E 1

0

n

i i

i

x y

=

− =

, d’autre part, soit : 2

( )

1 1

1 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 yn1=xn1,

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 +

= = =

⎛ ⎞

= ⇔ ∀ ∈ − ⎜ ⎟ =

⎝ ⎠

∑ ⊕ ∑

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