Somme de sous-espaces vectoriels

Soit $\rm E$ un ${\Bbb K}$-$\rm ev$. Soient $\rm F$ et $\rm G$ deux sev de $\rm E$. 

La somme de $\rm F$ et $\rm G$ est la partie de $\rm E$ définie par : ${\rm F+G} = \{x+y \mid x \in \rm F$ et $y \in \rm G\}$

$z\in \rm F+G \iff$ il existe $x\in \rm F$ et $y\in \rm G$ tel que $z=x+y$.

La somme précédente est dite directe si par définition la décomposition de tous les vecteurs $z=x+y$ dans $\rm F+G$ est UNIQUE. Elle se note $\rm F \oplus G$.

Remarque : la notation $\rm F \oplus G$ désigne la même chose que $\rm F+G$ mais elle apporte l'information supplémentaire que la somme est directe. 

Théorème : 

• $\rm F+G$ est un $\rm sev$ de $\rm E$
• $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe si et seulement si $\rm F \cap G = \{0_E\}$.

Définition :

Soient $\rm F$ et $\rm G$ deux sev d'un ${\Bbb K}$-$\rm ev$ $\rm E$.

$\rm F$ et $\rm G$ sont supplémentaires dans $\rm E$ si $\rm E=F \oplus G$.

Autrement dit : $\rm F$ et $\rm G$ sont supplémentaires si :

• $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe
• $\rm F+G=E$

Remarque : ne pas confondre SOMME DIRECTE et SUPPLÉMENTAIRE

Si deux sev sont supplémentaires alors ils sont en somme directe mais la réciproque est fausse. 

Exemple :

Dans l'espace vectoriel ${\Bbb R}^3$, on considère la droite $\rm F =  vect((1,0,0))$ et la droite $\rm G = vect((0,1,0))$. 

On a $\rm F\cap G = \{(0,0,0)\}$ donc $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe. 

Mais $\rm F+G=$ le plan horizontal $(x\mathrm Oy) \neq {\Bbb R}^3$ donc $\rm F$ et $\rm G$ ne sont pas des $\rm sev$ supplémentaires dans ${\Bbb R}^3$.

1ère méthode :

On utilise la définition en 2 étapes à savoir 

• 1ère étape : on montre que $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe en utilisant le théorème sur l'intersection $\rm F \cap G$.
• 2ème étape : on montre que $\rm F+G=E$. Pour cela, on montre seulement l'inclusion $\rm E \subset F+G$ (car $\rm F+G \subset E$ est toujours vraie). 

2ème méthode :

On utilise la définition en une étape à savoir : $\forall z \in \rm E$ il existe un unique couple $(x,y) \in \rm F\times G$ tel que $z = x+y$

Cela revient à résoudre un système linéaire d'inconnues $x$ et $y$ de second membre $z$ et de montrer que ce système admet une unique solution.

Exemple :

Plaçons nous dans $\rm E={\Bbb R}^3$. On considère le plan vectoriel $\mathrm F = \{(x,y,z)\in {\Bbb R}^3 \mid x-y+z=0\}$ et la droite vectorielle $\rm G = vect\left((1,2,3)\right)$.

Soit $w=(x,y,z) \in {\Bbb R}^3$. 

On considère le système $w = u + v$ d'inconnues $u \in \rm F$ et $v \in \rm G$.

Précisons le système. On a $u=(\alpha,\beta,\gamma) \in \rm F \iff \alpha-\beta+\gamma=0$ et $\rm v \in G \iff v = \lambda\cdot (1,2,3)$. 

On a donc $(x,y,z) = (\alpha,\beta,\gamma) + (\lambda, 2\lambda, 3\lambda)$ et $\alpha - \beta + \gamma = 0$.

Soit par identification des coordonnées :

$\left\{\begin{array}{lll}
x & = & \alpha + \lambda \\
y & = & \beta + 2\lambda \\
z & = & \gamma + 3\lambda \\
0 & = & \alpha-\beta+\gamma
\end{array}\right.$

Attention : les inconnues sont $\alpha, \beta, \gamma$ et $\lambda$ et non $x$, $y$ et $z$ !

Après calcul, on trouve :

$\left\{\begin{array}{lll}
\alpha & = &\displaystyle \frac{1}{2}(x+y-z) \\
\beta & = & -x +2y -z \\
\gamma & = & \displaystyle-\frac{1}{2}(3x-3y+z) \\
\lambda & = & \displaystyle\frac{1}{2}(x-y+z)
\end{array}\right.$

Comme le système admet une unique solution, on peut en déduire que $\rm F$ et $\rm G$ sont des sev supplémentaires dans ${\Bbb R}^3$.

Les calculs précédents permettent en prime d'obtenir l'unique décomposition du vecteur $(x,y,z)$ dans la $\rm F \oplus G$. 

On a $\displaystyle \mathrm u=\left(\frac{1}{2}(x+y-z),-x +2y -z\right.$, $\left.\displaystyle-\frac{1}{2}(3x-3y+z)\right)$ $\displaystyle = \frac{1}{2}(x+y-z,-2x+4y-2z$, $-3x+3y-z)$ et $\displaystyle \mathrm v = \lambda\cdot (1,2,3)$ $\displaystyle= \frac{1}{2}(x-y+z)(1,2,3)$.

Donc l'unique décomposition du vecteur $\mathrm u=(x,y,z)$ s'écrit $(x,y,z) = \displaystyle \frac{1}{2}(x+y-z$, $-2x+4y-2z$, $-3x+3y-z) + \displaystyle\frac{1}{2}(x-y+z)(1,2,3)$.

On peut vérifier que la somme des deux vecteurs donne bien $(x,y,z)$. 

3ème méthode :

Même méthode que précédemment mais au lieu de résoudre le système, on procède par un raisonnement pas analyse-synthèse. 

On veut montrer que $\rm E =F \oplus G$. Le raisonnement par Analyse-Synthèse se déroule en deux étapes :

• Une première étape appelée ANALYSE consiste à supposer qu'on a $\rm E = F + G$ c'est-à-dire que tout vecteur $z \in \rm E$ se décompose en $z = x + y$ avec $x \in \rm F$ et $y \in \rm G$.

De l'égalité $z = x + y$, on en déduit une expression de $x$ et $y$ en fonction de $z$. Ces expressions étant uniques, on en déduit que la décomposition est unique.

À ce stade, nous avons montré que :

Si la décomposition existe alors elle est unique. 

• Une deuxième étape appelée SYNTHÈSE consiste à prouver que la décomposition de tout vecteur de $\rm E$ existe bien.

On prend un vecteur $z$ quelconque de $\rm E$. On définit $x$ et $y$ en prenant les expressions trouvées dans l'analyse.

On vérifie que :

1. $x + y$ est bien égal à $z$
2. $x$ appartient bien à $\rm F$
3. $y$ appartient bien à $\rm G$

À ce stade, nous avons montré que :

La décomposition de tout vecteur existe.

Finalement, l'analyse-synthèse permet d'affirmer que tout vecteur de $\rm E$ se décompose de manière unique dans la somme $\rm F+G$.

Exemple :

Dans l'espace vectoriel $\rm E = {\mathcal F}({\Bbb R},{\Bbb R})$ des fonctions définies sur ${\Bbb R}$, on définit : $\rm P$ l'ensemble des fonctions paires et $\rm I$ l'ensemble des fonctions impaires

On montre que $\rm P$ et $\rm I$ sont des $\rm sev$ de $\rm E$.

Nous allons prouver par ANALYSE-SYNTHÈSE que $\rm {\mathcal F}({\Bbb R},{\Bbb R}) = I \oplus P$.

• ANALYSE : Soit $f \in \rm E$. Supposons qu'il existe $g \in \rm I$ et $h \in \rm P$ tel que $f = g + h$.

Alors pour tout réel $x$ : $f(x) = g(x) + h(x)$. Donc $f(-x) = g(-x) + h(-x)$.

Sachant que $g$ est paire et $h$ est impaire, on obtient ainsi le système :

$\left\{\begin{array}{lll}
f(x) & = & g(x) + h(x)\\
f(-x) & = & -g(x) + h(x)
\end{array}\right.$ d'inconnue $g$ et $h$.

On obtient par addition et soustraction des lignes précédentes :

$\displaystyle h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ et $\displaystyle g(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]$.

On a donc montré que SI la décomposition $f=g+h$ existe ALORS nécessairement $h$ doit être de la forme $\displaystyle h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ et $g$ doit être de la forme $\displaystyle g(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]$.

Cela prouve que SI la décomposition existe ALORS cette décomposition est unique

• SYNTHÈSE : soit $f$ dans $\rm E$.

On définit la fonction $h$ par $\displaystyle\forall x \in {\Bbb R}, h(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ et la fonction $g$ par $\displaystyle \forall x \in {\Bbb R}, g(x) = \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]$

On vérifie que $g+h = f$. $\forall x \in {\Bbb R}$, $\displaystyle g(x) + h(x)$ $\displaystyle= \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right] + \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]$ $= f(x)$. 

On a donc bien $g+h = f$.

On vérifie que la fonction $h$ est paire. $\forall x \in {\Bbb R}$, $\displaystyle h(-x) = \frac{1}{2}\left[f(-x)+f(x)\right] = h(x)$. Donc $h \in \rm P$.

On vérifie que la fonction $g$ est impaire.

$\forall x \in {\Bbb R}$, $\displaystyle g(-x) = \frac{1}{2}\left[f(-x)-f(x)\right] = -g(x)$. Donc $g \in \rm I$.

On a donc prouvé l' existence de la décomposition de $f$.

Par ailleurs, la décomposition s'écrit :

$\rm E = I \oplus P$
$\displaystyle f = \left(x \mapsto \frac{1}{2}\left[f(x)-f(-x)\right]\right)$ $+$ $\displaystyle\left(x \mapsto \frac{1}{2}\left[f(x)+f(-x)\right]\right)$

4ème méthode (uniquement en dimension finie) :

• On montre que $\rm F$ et $\rm G$ sont en somme directe.

• On montre que $\rm \dim(F) + \dim(G)$ $\rm = \dim(E)$.

(En effet, on a $\rm \dim(F + G) = \dim(F \oplus G)$ $\rm = \dim(F) + \dim(G)$ car la somme est directe. Donc $\rm \dim(F + G)= \dim(E)$ et comme $\rm F+G \subset E$ (inclusion toujours vraie), $\rm F+G = E$).