Sommes et sommes directes de sous-espaces vectoriels

Sommes et sommes directes de sous-espaces
vectoriels d’un espace vectoriel, cours de
premier cycle uiversitaire.
F.Gaudon
29 juillet 2005
Table des matières
1
Sommes et sommes directes de sous espaces vectoriels
2
2
Exemples
2.1 Sous espaces suppplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
1
On considère dans ce qui suit un espace vectoriel E sur un corps K.
1
Sommes et sommes directes de sous espaces vectoriels
Proposition et définition :
Soit (Fi )i∈I une famille quelconque de sous espaces vectoriels de E. Le sous
espace
de E engendré par par la réunion des Fi est l’ensemble des sommes
P
presque nulle d’éléments de M telle que
i∈I xi , où (xi )i est une famille P
xi ∈ Fi pour tout i ∈ I. Il est noté i∈I Fi et appelé la somme des Fi .
Preuve :
Soit H le sous espace engendré par la réunion des Fi . Si (xi )i∈I est une famille
presque nulle d’éléments P
de M telle que ∀i ∈ I xi ∈ Fi , alors
∀i ∈ IPxi ∈ ∪i∈I Fi donc i∈I xi ∈ H par conséquent,
I = { i∈I xi / ∀i ∈ I xi ∈ Fi } ⊂ H. D’autre part I est un sous espace vectoriel
qui contient les Fi donc I ⊂ H. Si J est un sous espace vectoriel contenant les
Fi , il contient I donc I est le plus petit tel et I = H.
Définition :
Soit (fi )i∈I une famille
P quelconque de sous espaces vectoriels de E. On dit
que la somme F = i∈I Fi est directe si tout vecteur P
v de F s’écrit de manière unique sous la forme d’une somme à support
L fini i∈I ui où pour tout i
de I, ui ∈ Fi . La somme F est alors notée F = i∈I Fi .
Remarque :
Dans le cas
F1 , . . . , Fn de sous espaces vectoriels de E, on
Ld’une familleLfinie L
note F = ni=1 Fi = F1 . . . Fn la somme des Fi si elle est directe. On dit
également dans ce cas que F1 , F2 ,. . ., Fn sont
Pn en somme directe. Tout vecteur v
de F s’écrit alors de manière unique v = i=1 ui où pour tout i, ui ∈ Fi . On dit
que ui est la composante de u sur Fi relativement à cette somme directe.
Proposition :
Soit (Fi )i∈I une
P famille quelconque de sous espaces vectoriels de E. La
somme F =
i∈I est directe ssi
Ppour toute famille (ui )i∈I presque nulle
telle que ui ∈ Fi pour tout i ∈ I, i∈I ui = 0 ⇒ ∀i ∈ I, ui = 0.
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Preuve :L
P
Si F = i∈I Fi alors i∈I ui = 0 ⇒ ∀iL
∈ I, ui = 0 d’après l’unicité de la
décomposition.
Réciproquement, si F = i∈I Fi et
P
( i∈I
∀i ∈ I, ui = 0) alors, supposons que x ∈ F s’écrive
Pui = 0 ⇒P
P
x = i∈I xi = i∈I vi avec xi , vi ∈ I pour tout i ∈ I. Alors i∈I (xi − vi ) = 0
donc ∀i ∈ I, xi = vi d’où l’unicité de la décomposition.
Proposition :
Soient F et G deux sous espaces vectoriels de E. La somme F + G est directe
ssi F ∩ G = {0}.
Preuve :
Si la somme F + G est directe, soit x ∈ F ∩ G et x = x1 + x2 avec x1 ∈ F et
x2 ∈ G la décomposition de x. Comme x ∈ F , par unicité e la décomposition,
x2 = 0 et de même puisque x ∈ G, x1 = 0 donc x = 0. Réciproquement, si
F ∩ G = {0}, soit x ∈ F + G et x = x1 + x2 = y1 + y2 avec x1 , y1 ∈ F et
x2 , y2 ∈ G deux décompositions. Alors x1 − y1 = x2 − y2 .
x1 − y1 ∈ F ⇒ x2 − y2 ∈ F et x2 − y2 ∈ G ⇒ x1 − y1 ∈ G. Donc
x1 − y1 ∈ F ∩ G ce qui implique que x1 = y1 et x2 − y2 ∈ F ∩ G qui implique
que x2 = y2 .
Proposition :
P
P
Si la somme i∈I Fi est directe, et si J est une partie de I, alors i∈J Fi est
directe. En particulier pour tous indices distincts i et j, Fi ∩ Fj = {0}.
Preuve :
Contenue dans la preuve de la proposition précédente.
Remarque :
La réciproque est fausse. Pour montrer que F1 , . . . , Fn sont en somme directe,
avec n ≥ 3, il ne suffit pas de vérifier que pour tous indices i et j distincts,
Fi ∩ Fj = {0}.
Proposition :
Soient F1 , . . . , Fn pour n ≥ 3 des sous espaces vectoriels de E. Alors la
somme F1 + . . . + Fn est directe ssi pour tout i ∈ {2; . . . ; n}, on a Fi ∩ (F1 +
. . . + Fi−1 ) = {0}.
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2
Exemples
2.1
Sous espaces suppplémentaires
Définition :
Soient F et G deux sous espaces L
vectoriels de E. On dit que F et G sont
supplémentaires dans E si E = F
G. Cela signifie que tout u de E s’écrit
de manière unique u = v + w avec v ∈ F et w ∈ G.
Théorème :
Soit F un sous espace vectoriel de E. Alors F possède au moins un supplémentaire G dans E.
Preuve :
Cas où E est de dimension finie n uniquement.
Soit {e1 ; . . . ; ep } une base de F , on la complète en une base {e1 ; e2 ; . . . ; en }L
de E
et on considère G = vect{ep+1 ; . . . ; en }. On a de manière évidente E = F
G.
Remarque :
Un même sous espace F de E possède en général une infinité de
supplémentaires dans E. Il y a cependant deux cas d’unicité :
– Si F = E, le seul supplémentaire de F dans E et {0}.
– Si F = {0}, le seul supplémentaire de F dans E est E lui-même.
Exemple :
– Dans l’espace vectoriel Mn (K) des matrices carrées d’ordre n à coefficients
dans K, les sous espaces Sn (K) et An (K) formés respectivement des matrices
symétriques et antisymétriques sont supplémentaires.
– Dans l’espace vectoriel F(R; R) des applications de R dans R, les sous
espaces P(R; R) et A(R; R) formés respectivement des donctions paires et
impaires sont supplémentaires.
Proposition :
Si p est un projecteur de E (c’est
L à dire un endomorphisme de E tel que
p ◦ p = p) alors E = Ker(p) Im(p). L’application p est la projection sur
Im(p) parallèlement à Ker(p).
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Preuve :
Soit x ∈ E, alors x = x − p(x) + p(x) avec p(x) ∈ Im(p) et x − p(x) ∈ ker(p).
En outre, si x ∈ ker(p) ∩ Im(p), x = p(y) avec y ∈ E et
p(x) = 0 = p ◦ p(y) = p(y) = x.
Proposition :
Si s est un endomorphisme
involutif de E (c’est à dire si s ◦ s = id) alors
L
E = Inv(s) Opp(s) où Inv(s) = {x ∈ E / s(x) = x} et Opp(s) =
{x ∈ E / s(x) = −x}. L’application s est la symétrie par rapport à Inv(s)
parallèlement à Opp(s).
Preuve :
Il est évident que Inv(s) ∩ Opp(s) = {0}.
Proposition et définition :
Soit H un sous espace vetoriel de E. Les conditions suivantes sont équivalentes :
L
– Il existe un vecteur u dans E − H tel que E
L= Ku H.
– Pour tout vecteur u dans E − H, E = Ku H.
– il existe une forme linéaire non nulle f telle que H = Ker(f ).
Si ces conditions sont réalisées ont dit que F est un hyperplan de E.
Preuve :
L
– Si E = Ku H, soit v ∈ E − H. Alors v = λu + h avec h ∈ H et λ ∈ K∗ .
On a donc u = λ−1 (v − h). Soit x ∈ E, alors x = x1 u + x2 avec x1 ∈ K et
x2 ∈ H. D’où x = λ−1 x1 v − λ−1 h + x2 ∈ Kv + H. Par conséquent,
E = Kv + H. Si x ∈ Kv ∩ H, x = βv = βλu + βh. On a donc
βλu + βh ∈ H et h ∈ H donc βλu ∈ H L
ce qui, puisque u ∈
/ et λ 6= 0 impose
β = 0 et achève
L de prouver que E = Kv H.
– Si E = Ku H, soit f la forme linéaire définie par f (λu + h) = λ. Alors f
est une forme linéaire non nulle telle que ker(f ) = H.
– Si f est une forme linéaire non nulle, soit x tel que f (x) 6= 0. On note
H = ker(f ). On sait que H est un sous espace vectoriel de E. x ∈
/ h. Soit
∗
u ∈ Kx ∩ H. On a u = λx avec λ ∈ K et puisque u ∈ H, on a
f (u) = λf (x) = 0 d’où λ = 0 et u = 0. Soit y ∈ E.
f (y − f (y)f (x)−1 x) = f (y) − f (y)f (x)−1 f (x) = 0 donc
y − f (y)f (x)−1 x ∈ H et y = y − f (y)f (x)−1 x + f (y)f (x)−1 x ∈ H + Kx.
Finalement, E = Kx + H.
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Remarque :
Si E est de dimension finie égale à n alors les hyperplans de E sont les sous
espaces de E de dimension n − 1.
Proposition :
Les hyperplans de E sont les noyaux des formes linéaires non nulles sur E.
Proposition :
Deux formes linéaires non nulles sont proportionnelles ssi elles ont le même
hyperplan noyau.
Preuve :
Si f et g sont deux formes linéaires proportionnelles, il existe λ ∈ K, f = λg.
D’où ker(f ) = ker(g). Réciproquement,
si ker(f ) = ker(g), soit u ∈
/ ker(f ).
L
On a f (u) 6= 0 et E = Ku ker(f ). Soit x = λu + h. On a
f (x) = λf (u) + f (h) = λf (u) donc λ = f (x)f (u)−1 et
g(x) = λg(u) + g(h) = λg(u) = f (x)f (u)−1 g(u). Par conséquent, on a pour
tout x ∈ E, g(x) = g(u)f (u)−1 f (x), ce qui montre que g et f sont
proportionnelles.
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