Espace vectoriel de type fini

Soient $p+q$ scalaires $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_p,\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_q$, vérifiant l'égalité

$\alpha_1f_1+\alpha_2f_2+\cdots+\alpha_pf_p+\beta_1(g_1+a)+\cdots+\beta_2(g_2+a)+\cdots+\beta_q(g_q+a)=0$

Il résulte de cette égalité que

$\alpha_1f_1+\alpha_2f_2+\cdots+\alpha_pf_p+(\beta_1+\beta_2+\cdots+\beta_q)a=-\beta_1g_1-\beta_2g_2-\cdots-\beta_qg_q$

Puisque les $f_k$ $(1\le k\le p)$ et $a$ sont dans $F$,

le vecteur $u=\alpha_1f_1+\alpha_2f_2+\cdots+\alpha_pf_p+(\beta_1+\beta_2+\cdots+\beta_q)a$ appartient à $F$,

mais comme les $g_k$ $(1\le k\leq q)$ sont dans $G$, le vecteur $u=-\beta_1g_1-\beta_2g_2-\cdots-\beta_qg_q$ appartient aussi à $G$, donc $u$ appartient à $F\cap G$, or $F\cap G=\{0\}$, donc $u=0$.

On en déduit d'abord, (puisque $B_G$ est une base de $G$), que les $\beta_k$, $1\le k\leq q$, sont tous nuls, ensuite, (puisque $B_F$ est une base de $F$), que les $\alpha_k$, $1\le k\le p$, sont nuls aussi.

Donc la partie $\{f_1,f_2,\ldots,f_p,g_1+a,g_2+a,\ldots,g_q+a\}$ est une partie libre de $E$, ayant $p+q$ éléments.

Or $p+q=\textrm{dim }F+\textrm{dim }G=\textrm{dim }(F\oplus G)=\textrm{dim }E$ car $E=F\oplus G$.

La partie $\{f_1,f_2,\ldots,f_p,g_1+a,g_2+a,\ldots,g_q+a\}$ étant une partie libre maximale de $E$, détermine bien une base de $E$.

Soit $G_a$ le sous-espace vectoriel de $E$ engendré par la famille $\{g_1+a,g_2+a,\ldots,g_q+a\}$.

Comme $\{g_1+a,g_2+a,\ldots,g_q+a\}$ est une partie extraite de la partie libre $\{f_1,f_2,\ldots,f_p,g_1+a,g_2+a,\ldots,g_q+a\}$, elle est libre, donc détermine une base de $G_a$.

Or $\{f_1,f_2,\ldots,f_p,g_1+a,g_2+a,\ldots,g_q+a\}$ est une partie génératrice de $F+G_a$; donc la somme $F+G_a$ est directe d'après la proposition suivante :

Si $B_A=(a_1,a_2,\ldots,a_p)$ est une base de $A$ et $B_C=(c_1,c_2,\ldots,c_q)$ une base de $C$, la somme des deux sous-espaces $A$ et $C$ est directe si et seulement $(a_1,a_2,...,a_p,c_1,c_2,...,c_p)$ est une base de $A+C$.

Mais d'après la question $1.$, $(f_1,f_2,...,f_p,g_1+a,g_2+a,...,g_p+a)$ est une base de $E$, donc $E=F\oplus G_a$.

$G_a$ est bien un supplémentaire de $F$.

Pour montrer que le sous-espace $G_a$ est bien distinct de $G$, il suffit de remarquer que le vecteur $g_1+a$ appartient à $G_a$, mais n'appartient pas à $G$.

En effet, si le vecteur $g_1+a$ appartenait à $G$, le vecteur $a=(g_1+a)-g_1$ appartiendrait aussi à $G$ comme différence de deux éléments de $G$, le vecteur $a$, non nul, appartiendrait alors à $F\cap G$ or $F\cap G=\{0\}$, ce qui est contradictoire.

Dans la question $2.$, on a construit un supplémentaire $G_a$ de $F$, distinct de $G$. En choisissant un autre élément non nul de $F$, appelé $b$, on peut aussi construire un supplémentaire de $F$, distinct de $G$.

Pour montrer que $G_a$ est distinct de $G_b$, on utilise la même méthode que celle utilisée dans la question $2.$ : le vecteur $g_1+b$ appartient à $G_b$, mais n'appartient pas à $G_a$.

En effet, si le vecteur $g_1+b$ appartenait à $G_a$, le vecteur $b-a=(g_1+b)-(g_1+a)$ appartiendrait

aussi à $G_a$ comme différence de deux éléments de $G_a$, ce qui est absurde puisque le vecteur $b-a$, non nul, appartiendrait à $F\cap G_a$ et que $F\cap G_a=\{0\}$.

Donc des éléments distincts de $F$ permettent de construire des supplémentaires distincts de $F$.

Le sous-espace $F$ a une infinité d'éléments : en effet $\mathbf K$ a un nombre infini d'éléments et si les scalaires $\alpha$ et $\beta$ sont distincts, les vecteurs $\alpha a$ et $\beta a$ le sont aussi car $a$ est non nul.

On en déduit que le sous-espace $F$ a une infinité de supplémentaires.