Exercices corrigés - Espaces vectoriels : sous-espaces vectoriels

1. Soient $X=(x,y,z)$ et $X'=(x',y',z')$ éléments de $E_1$. Alors, $X+X'=(x+x',y+y',z+z')$ est aussi élément de $E_1$. En effet, $$(x+x')+(y+y')+3(z+z')=(x+y+3z)+(x'+y'+3z')=0.$$ De même, pour tout $\lambda\in\mathbb R$, on a $\lambda X=(\lambda x,\lambda y,\lambda z)$ est élément de $E_1$ puisque $$\lambda x+\lambda y+3\lambda z=\lambda(x+y+3z)=0.$$ $E_1$ est donc un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^3$.
2. $E_2$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^3$ car $\vec 0=(0,0,0)$ n'est pas élément de $E_2$.
3. Soient $X=(x,y,z,t)$ et $X'=(x',y',z',t')$ deux éléments de $E_3$. Alors $X+X'=(x+x',y+y',z+z',t+t')$ est aussi élément de $E_3$. En effet, $$x+x'=y+y'=2z+2z'=2(z+z')=4t+4t'=4(t+t').$$ De même, on prouve que pour tout $\lambda\in\mathbb R$, $\lambda X$ est élément de $E_3$. $E_3$ est donc un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^4$.
4. $E_4$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$ car il n'est pas stable par addition. En effet, $X=(1,0)$ et $Y=(0,1)$ sont tout les deux éléments de $E_4$, mais $X+Y=(1,1)$ n'est pas élément de $E_4$.
5. Les éléments $(1,1)$ et $(-1,1)$ sont éléments de $E_5$. Si on effectue leur somme, on trouve $(0,2)$ qui n'est pas élément de $E_5$ : $E_5$ n'est pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$. Plus généralement, un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^2$ est une droite passant par $(0,0)$, ou $\mathbb R^2$ lui-même, ou encore le singleton $\{(0,0)\}$. $E_5$ est une parabole et n'est donc pas un sous-espace vectoriel.
6. Posons $F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ 2x+3y-5z=0\}$ et $G=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x-y+z=0\}$. Comme à la première question, on montre que $F$ et $G$ sont deux sous-espaces vectoriels de $\mathbb R^3$. Leur intersection $F\cap G$ est donc un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^3$.
7. Cette fois, aucun théorème du cours ne dit qu'une réunion de deux sous-espaces vectoriels reste un sous-espace vectoriel. Ici, prenons $(5,0,2)\in F\subset F\cup G$ et $(1,1,0)\in G\subset F\cup G$. Alors $(5,0,2)+(1,1,0)=(6,1,2)$ n'est pas élément de $F$ car $12+3-10=5\neq 0$, et il n'est pas non plus élément de $G$ car $6-1+2=7\neq 0$. Ainsi, $F\cup G$ n'est pas stable par addition et n'est donc pas un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^3$. Plus généralement, on prouve qu'une réunion de deux sous-espaces vectoriels est un sous-espace vectoriel si et seulement si l'un des deux est inclus dans l'autre.

Bien sûr, si $F\subset G$, $F\cup G=G$ est un sous-espace vectoriel ce qui prouve une implication. Réciproquement, supposons que $F\cup G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ et que pourtant $F$ n'est pas inclus dans $G$ et $G$ n'est pas inclus dans $F$. Prenons $x$ dans $F\backslash G$ et $y$ dans $G\backslash F$. Alors, puisque $F\cup G$ est un sous-espace vectoriel, il est stable par addition et donc $x+y\in F\cup G$. Mais, si $x+y$ est dans $F$, alors $y=(x+y)-x\in F$ (car $F$ est un sev) ce qui n'est pas le cas. De même, si $x+y$ est dans $G$, alors $x=(x+y)-y\in G$ ce qui est impossible. On obtient donc une contradiction et l'autre implication.

1. Première méthode : Pour montrer que $\textrm{vect}(u_1,u_2)\subset \textrm{vect}(v_1,v_2)$, il suffit de montrer que $u_1$ et $u_2$ sont tous deux combinaison linéaire de $v_1$ et $v_2$. L'équation $u_1=xv_1+yv_2$ est équivalente à $$\left\{ \begin{array}{ccc} 1&=&x+2y\\ 1&=&-y\\ 3&=&x \end{array} \right.$$ dont la solution est donnée par $x=3$ et $y=-1$. L'équation $u_2=x v_1+yv_2$ est équivalente à $$\left\{ \begin{array}{ccc} 1&=&x+2y\\ -1&=&-y\\ -1&=&x \end{array} \right.$$ dont la solution est donnée par $x=-1$ et $y=1$. Donc, $\textrm{vect}(u_1,u_2)\subset\textrm{vect}(v_1,v_2)$. Réciproquement, pour prouver que $\textrm{vect}(v_1,v_2)\subset\textrm{vect}(u_1,u_2)$, il suffit de prouver que $v_1$ et $v_2$ sont combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$. L'équation $v_1=xu_1+yu_2$ est équivalente à $$\left\{ \begin{array}{ccc} 1&=&x+y\\ 0&=&x-y\\ 1&=&3x-y. \end{array} \right.$$ On résout ce système en faisant $L_1+L_2$ qui donne $x=1/2$, on obtient ensuite $y=1/2$ et on vérifie que cela fonctionne dans la dernière équation. De même, on peut prouver que $v_2$ est combinaison linéaire de $u_1$ et $u_2$.
   Deuxième méthode : On peut rechercher une équation de $F=\textrm{vect}(u_1,u_2)$ et de $G=\textrm{vect}(v_1,v_2)$. On a : $$(x,y,z)\in F\iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+b\\ y&=&a-b\\ z&=&3a-b \end{array}\right. $$ $$ \iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcll} a+b&=&x\\ 2b&=&x-y&(L_1-L_2\to L_2)\\ 4b&=&3x-z&(3L_1-L_3\to L_3) \end{array}\right. $$ $$\iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcll} a+b&=&x\\ 2b&=&x-y&(L_1-L_2\to L_2)\\ 0&=&x+2y-z&(L_3-2L_2\to L_3)\end{array}\right. $$ Ce dernier système admet une solution si et seulement si $x+2y-z=0$. On a donc $F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x+2y-z=0\}$. De même, $$(x,y,z)\in G\iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+2b\\ y&=&-b\\ z&=&a \end{array}\right.$$ $$ \iff\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\left\{ \begin{array}{rcl} x+2y-z&=&0\\ y&=&-b\\ z&=&a \end{array}\right.$$ Ce dernier système admet donc une solution si et seulement si $x+2y-z=0$. On a donc $G=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ x+2y-z=0\}$. Il est alors clair que $F=G$.
   Troisième méthode : On peut s'arrêter à l'inclusion $\textrm{vect}(u_1,u_2)\subset\textrm{vect}(v_1,v_2)$ dans chacune des démonstrations précédentes si on connait la théorie de la dimension. En effet, puisque $u_2$ et $u_1$ ne sont pas colinéaires, $\textrm{vect}(u_1,u_2)$ est de dimension 2. De même, $\textrm{vect}(v_1,v_2)$ est de dimension 2. Puisque l'un est inclus dans l'autre et qu'ils ont même dimension, ils sont égaux.
2. On peut reprendre l'une des trois méthodes de l'exercice précédent. Par exemple, on va montrer que $G\subset F$. Pour cela, on va écrire un système d'équations de $F$, et on va vérifier que les deux vecteurs qui engendrent $G$ satisfont ce système d'équations. On en déduit alors que tout vecteur de $G$ satisfait aussi l'équation, et donc que $G$ est inclus dans $F$. On écrit alors que \begin{eqnarray*} (x,y,z)\in F&\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2, \left\{\begin{array}{rcl} x&=&2a+b\\ y&=&3a-b\\ z&=&-a-2b \end{array}\right. \\ &\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2, \left\{\begin{array}{rcl} b&=&x-2a\\ 5a&=&x+y\\ z&=&-a-2b\\ \end{array}\right.\\ &\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2, \left\{\begin{array}{rcl} b&=&\frac{3x-2y}{5}\\ a&=&\frac{x+y}{5}\\ z&=&\frac{-7x+3y}{5}\\ \end{array}\right.\\ &\iff&7x-3y+5z=0. \end{eqnarray*} On a donc $F=\{(x,y,z)\in\mathbb R^3;\ 7x-3y+5z=0\}$. Or, $(3,7,0)$ et $(5,0,-7)$ satisfont cette équation et donc, d'après la discussion précédente, $G\subset F$. Avec la même méthode, ou en utilisant la théorie de la dimension, on en déduit que $G=F$.
3. On va chercher une équation de $G$. On a $$ \begin{array}{rcl} (x,y,z)\in G&\iff& \exists (a,b)\in \mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+b\\ y&=&a-4b\\ z&=&-2a+3b\\ \end{array}\right. \\ &\iff&\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+b\\ y-x&=&-5b\\ z&=&-2a+3b\\ \end{array}\right. \\ &\iff&\exists (a,b)\in \mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} \frac{4x+y}5&=&a\\ \frac{x-y}5&=&b\\ z&=&-y-x \end{array} \right. \\ &\iff&x+y+z=0. \end{array} $$ On en déduit immédiatement que $F=G$.
4. Il y a là aussi plusieurs méthodes. On peut d'une part démontrer que les deux systèmes $$\left\{ \begin{array}{rcl} x+y+z+t&=&0\\ x-y+2z-2t&=&0 \end{array}\right. \textrm{ et } \left\{ \begin{array}{rcl} 5x+y+7z-t&=&0\\ x-3y+3z-5t&=&0 \end{array}\right. $$ sont équivalents. C'est ce qu'on obtient ici si on remarque que le deuxième système s'obtient en faisant $3L_1+2L_2$ dans la première ligne et $-L_1+2L_2$ dans la seconde. On peut aussi chercher un système générateur de $F$ et de $G$ et se ramener aux cas précédents. En réalité, le système générateur le plus simple à obtenir dans les deux cas est le système $u_1=(-3,1,2,0)$ et $u_2=(1,-3,0,2)$ et comme les deux sous-espaces ont le même système générateur, ils sont égaux!

La correction de l'exercice n'utilise pas la théorie de la dimension. En l'utilisant, il serait possible de donner des réponses plus courtes à certaines questions.

1. Vrai. Appelons $w_1 = (1,1,0,0)$ et $w_2 = (-1,1,-4,2)$. Déjà, nous pouvons observer que $u_3 = 2 u_1 + 3 u_2$, donc $\mathrm{vect}(u_1, u_2, u_3) = \mathrm{vect}(u_1, u_2)$. Ensuite nous avons $w_1 = u_1 + u_2$ et $w_2 = u_1 - u_2$, et de manière équivalente, $u_1 = \frac{w_1 + w_2}{2}$ et $u_2 = \frac{w_1 - w_2}{2}$, d'où la conclusion.
2. Vrai. Au point précédent nous avons déjà montré que $(1,1,0,0) = u_1 + u_2$. Montrons que $(1,1,0,0)$ peut s'écrire comme combinaison linéaire de $u_2, u_3, u_4$ : \begin{align*} (1,1,0,0) = \alpha (1,0,2,-1) + \beta (3,2,2,-1) + \gamma (0,0,1,0) \end{align*} donne (écrit comme matrice augmentée) \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 0 & 1\\ 2 & 2 & 1 & 0\\ -1 & -1 & 0 & 0 \end{array} \right) \end{equation*} qui équivaut à \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 0 & 1\\ 0 & -4 & 1 & -2\\ 0 & 2 & 0 & 1 \end{array} \right) \end{equation*} qui a pour solution $(\alpha,\beta,\gamma)=(-1/2,1/2,0)$.
3. Faux. Nous avons \begin{align*} \mathrm{vect} (u_1, u_2) + \mathrm{vect} (u_2, u_3, u_4) &= \mathrm{vect} (u_1, u_2, u_2, u_3, u_4) & \qquad \mbox{par construction}\\ &= \mathrm{vect} (u_1, u_2, u_3, u_4) & \qquad \mbox{}\\ &= \mathrm{vect} (u_1, u_2, u_4) & \qquad \mbox{d'après le point 1}. \end{align*} Voyons si $(1,0,0,0)$ appartient à cet espace : \begin{align*} (1,0,0,0) = \alpha (0,1,-2,1) + \beta (1,0,2,-1) + \gamma (0,0,1,0) \end{align*} donne (écrit comme matrice augmentée) \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc|c} 0 & 1 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ -2 & 2 & 1 & 0\\ 1 & -1 & 0 & 0 \end{array} \right) \end{equation*} qui équivaut à \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ -2 & 2 & 1 & 0\\ 1 & -1 & 0 & 0 \end{array} \right) \end{equation*} puis à \begin{equation*} \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \end{equation*} qui est incompatible (dernière ligne).

1. Soit $f,g\in F$. Alors $(f+g)(0)=f(0)+g(0)=0+0=0$ et $(f+g)(1)=f(1)+g(1)=0+0=0$. Ainsi, $f+g\in F$. De même, pour tout $\lambda\in\mathbb R$, $\lambda f\in F$ et donc $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$. De la même façon, on prouve que $G$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$.
2. Soit $f\in F\cap G$. Alors il existe $a,b\in\mathbb R$ tel que, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)=ax+b$. Puisque $f(0)=0$, on a $b=0$. Puisque $f(1)=0$, on a $a\times 1=a=0$. Ainsi, $f=0$ et on a bien $F\cap G=\{0\}$ : $F$ et $G$ sont en somme directe.
3. On a $f(0)=h(0)-b=0$, et donc $b=h(0)$. On a $f(1)=h(1)-(a+b)=h(1)-h(0)-a$, et donc $f(1)=0$ dès que $a=h(1)-h(0)$.
4. Soit $h\in\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$. Posons $a=h(1)-h(0)$, $b=h(0)$ et posons $f(x)=h(x)-(ax+b)$. Alors, d'après la question précédente, $f\in F$. De plus, on peut écrire pour tout $x\in\mathbb R$, $$h(x)=f(x)+(ax+b)$$ avec $f\in F$ et $x\mapsto ax+b\in G$. On en déduit que $h\in F+G$ et donc que $F+G=\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$. Tenant compte de $F\cap G=\{0\}$, on conclut que $F$ et $G$ sont supplémentaires dans $\mathcal F(\mathbb R,\mathbb R)$.

Soit $f\in F\cap G$ et prenons $x\in \mathbb R$. Alors $f(x+n)=f(x)$ puisque $f$ est $1-$périodique. Mais d'autre part, $f(x+n)$ tend vers 0 quand $n$ tend vers l'infini puisque $f$ est élément de $G$. Ainsi, $f(x)=0$ et puisque c'est vrai pour tout $x\in\mathbb R$, on a $f=0$. D'autre part, considérons la fonction $f(x)=x$. Alors si $f\in F+G$, $f$ s'écrit $f=g+h$ avec $g$ périodique de période 1 et $h$ qui tend vers $0$ en $+\infty$. Mais alors, $$f(n)=g(n)+h(n)=g(0)+h(n)\to g(0)\in\mathbb R$$ alors que $f(n)\to+\infty$. On obtient une contradiction et donc $F+G\neq E$. $F$ et $G$ ne sont pas supplémentaires.

D'abord, il est clair que $F\cap G=\{0\}$. En effet, si la suite $(u_n)$ est dans l'intersection de $F$ et $G$, alors tous ses termes d'indice pair sont nul, et par suite tous ceux d'indice impair sont également nuls car $(u_n)\in G$.
Prouvons maintenant que $F+G=E$. Pour cela, prenons une suite $(u_n)$ de $E$ et réfléchissons un peu. Si $u_n=v_n+w_n$ avec $(v_n)\in F$ et $(w_n)\in G$, alors on a forcément $u_{2n}=w_{2n}$ ce qui définit forcément $(w_n)$ puisque $w_{2n+1}=w_{2n}$. La suite $(v_n)$ ne peut être que la différence entre $(u_n)$ et $(w_n)$, en espérant qu'elle soit dans $F$.
Agissons maintenant! On définit $(w_n)$ par $w_{2n}=w_{2n+1}=u_{2n}$ pour tout entier naturel $n$. Il est clair que $(w_n)$ est élément de $G$. Posons ensuite, pour tout entier naturel $n$, $v_n=u_n-w_n$. Alors par définition on a $(u_n)=(v_n)+(w_n)$ et il reste à prouver que $(v_n)\in F$. Mais c'est facile, car $v_{2n}=u_{2n}-w_{2n}=0$.
Ainsi, on a bien prouvé par ce raisonnement dit d'analyse-synthèse que $E=F\oplus G$.

Remarquons que $F=\{AQ;\ Q\in\mathbb R[X]\}$, ce qui permet facilement de prouver que $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb R[X]$. D'autre part, prenons maintenant $B\in\mathbb R[X]$. D'après la division euclidienne, il s'écrit de façon unique sous la forme $B=AQ+R$, où $Q\in\mathbb R[X]$ et $R\in\mathbb R_{d-1}[X]$, où $d$ est le degré de $A$, c'est-à-dire de façon unique comme la somme d'un élément de $F$ et d'un élément de $\mathbb R_{d-1}[X]$. Ceci signifie exactement que $F$ et $\mathbb R_{d-1}[X]$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires dans $\mathbb R[X]$.

Prouvons d'abord que $F'$ et $G$ sont en somme directe, c'est-à-dire que $F'\cap G=\{0\}$. Prenons $x\in G\cap F'$. Alors, puisque $F\cap G$ et $F'$ sont en somme directe, et que $x\in F\cap G$ ($x$ est dans $G$ et dans $F'\subset F$), on en déduit $x=0$. D'autre part, il faut montrer que $F'+G=E$. Soit $z\in E$. On sait que $z=f+g$, avec $f\in F$ et $g\in G$ (car $F+G=E$). D'autre part, on peut décomposer $f$ en $g'+f'$, avec $g'\in F\cap G$ et $f'\in F'$. Ainsi, on obtient $$z=g'+f'+g=f'+(g+g')$$ avec $f'\in F'$ et $g+g'\in G$ : $F'+G=E$ ce qui achève la preuve que $F'$ et $G$ sont supplémentaires.

Remarquons d'abord que $F\cap G=\{0\}$. En effet, si $f$ est élément de $F\cap G$, alors, pour tout $x\in\mathbb R$, on a à la fois $f(-x)=f(x)$ et $f(-x)=-f(x)$, d'où $f(x)=-f(x)$ ce qui entraîne $f(x)=0$.
D'autre part, tout élément $h$ de $E$ se décompose sous la forme $h=f+g$, avec $f$ dans $F$ et $g$ dans $G$. Pour cela, on utilise un raisonnement par analyse-synthèse.
Admettons un bref instant que $h=f+g$ avec $f\in F$ et $g\in G$. Alors, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $h(x)=f(x)+g(x)$ et $h(-x)=f(-x)+g(-x)=f(x)-g(x)$. Des deux équations précédentes, on tire facilement que $f(x)=\big(h(x)+h(-x)\big)/2$ et $g(x)=\big(h(x)-h(-x)\big)/2$.
On peut désormais passer à la synthèse (le paragraphe précédent peut être considéré comme une recherche "au brouillon"). On pose $f(x)=\big(h(x)+h(-x)\big)/2$ et $g(x)=\big(h(x)-h(-x)\big)/2$. Alors on vérifie facilement que :

• $h=f+g$;
• $f$ est paire : en effet $f(-x)=\big(h(-x)+h(-(-x))\big)/2=\big(h(x)+h(-x)\big)/2=f(x)$;
• $g$ est impaire (même raisonnement).

Ainsi, on a bien $F+G=E$.
Remarquons que la partie 'analyse' du raisonnement montre aussi l'unicité de la décomposition, et redémontre donc que la somme est directe.

On commence par fixer $G$ un supplémentaire de $F$. Soit $x$ un vecteur qui n'est ni dans $F$, ni dans $G$ (par exemple, si $x_1\neq 0\in F$ et $x_2\neq 0\in G$, alors $x_1+x_2$ n'est ni dans $F$ - sinon $x_2$ serait dans $F$, ni dans $G$ - sinon $x_1$ serait dans $G$). Posons $F'=F\oplus \textrm{vect}(x)$ et considérons $G'$ un supplémentaire de $F'$ dans $E$. Alors, $G_1=\textrm{vect}(x)\oplus G'$ est un supplémentaire de $F$ dans $E$. En effet

• si $z\in E$, alors il s'écrit sous la forme $z=y_1+y_2$, avec $y_1\in F'$ et $y_2\in G'$. De plus, $y_1$ s'écrit sous la forme $\lambda x+u$, avec $u\in F$. Finalement, $z=u+(\lambda x+y_2)$, avec $u\in F$ et $\lambda x+y_2\in G_1$.
• si $z\in F\cap G_1$, alors $z=\lambda x+u$ avec $u\in G'$ et donc $u=z-\lambda x\in G'\cap F'$. Puisque $F'$ et $G'$ sont en somme directe, on a $u=0$. On en déduit que $z-\lambda x=0$ soit, puisque $x\notin F$, $z=0$ et $\lambda=0$. Finalement, on a prouvé que $F\cap G_1=\{0\}$.

Bien sûr, $G_1\neq G$ puisque $x\in G_1\backslash G$.

On va simplement démontrer que $F\cap G=\{0\}$, les deux autres égalités se prouvant de façon tout à fait similaire. Soit $u\in F\cap G$. Alors il existe des scalaires $a,b,c,d$ tels que $$u=a(u_1+u_2)+bu_3=c(u_1+u_3)+du_4\implies (a-c)u_1+au_2+(b-c)u_3-du_4=0.$$ La famille $(u_1,u_2,u_3,u_4)$ étant libre, on en déduit que $$a-c=a=b-c=-d=0,$$ d'où l'on déduit successivement $a=d=0$, puis $c=0$, $b=0$. Ainsi, $u=0$.
On va prouver que la somme $F+G+H$ n'est pas directe en trouvant un vecteur qui admet deux décompositions différentes dans $F+G+H$. Par exemple, \begin{eqnarray*} u_1&=&-u_3+(u_1+u_3)+0\in F+G+H\\ &=&(u_1+u_2)+0+(-u_2)\in F+G+H. \end{eqnarray*} La somme n'est pas directe!

On va utiliser le résultat suivant : si $\mathcal B_E$ est une base de $E$, $\mathcal B_F$ est une base de $F$ et $\mathcal B_G$ est une base de $G$, la somme $E+F+G$ est directe si et seulement si $\mathcal B_E\cup\mathcal B_F\cup\mathcal B_G$ est une famille libre. Ceci nous incite à chercher une base de $E$. Pour cela, on remarque que \begin{align*} (x,y,z,t)\in E&\iff \left\{\begin{array}{rcl} x&=&-y-z\\ y&=&y\\ z&=&z\\ t&=&-y-z. \end{array}\right. \end{align*} Ainsi, si on pose $u_1=(-1,1,0,-1)$ et $u_2=(-1,0,1,-1)$, la famille $(u_1,u_2)$ est une base de $E$.

1. Voyons si la famille $(v,w_1,u_1,u_2)$ est une famille libre. Pour cela, on résout le système $av+bw_1+cu_2+du_2=0$, d'inconnues $a,b,c,d$. La résolution de ce système, en utilisant la matrice augmentée, donne \begin{align*} \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 1&1&0&0&0\\ -1&1&0&-1&0\\ -1&0&1&-1&0 \end{array}\right) &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&1&1&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&2&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&-1&0&0\\ 0&1&2&-1&0\\ 0&0&0&0&0 \end{array}\right)\\ \end{align*} La famille est donc liée. La somme n'est pas directe! De plus, on vérifie que $(v,w_1,u_1)$ est libre, en reproduisant le calcul précédent (sauf la dernière ligne). C'est bien que $(v,w_1,u_1)$ est une base de $E+F+G_1$ qui est de dimension 3.
2. On reprend la même méthode, mais en remplaçant $w_1$ par $w_2$. \begin{align*} \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 1&1&1&0&0\\ -1&1&0&-1&0\\ -1&0&1&-1&0 \end{array}\right) &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&1&0&0\\ 0&1&1&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&-1&0\\ 0&0&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&1&1&-1&0\\ 0&0&0&1&0 \end{array}\right). \end{align*} La famille est libre : $E$, $F$ et $G_2$ sont en somme directe, et la dimension de $E+F+G_2$ est égale à $4$.

Prouvons d'abord le sens direct. Soit $x\in F\cap G$. Alors $x=x+0+0=0+x+0$ donne deux décompositions de $x$ dans la somme $F+G+H$ et donc $x=0$. Choisissons ensuite $x\in (F+G)\cap H$. Alors $x=y+z$ avec $y\in F$ et $z\in G$. On en déduit que $x=y+z+0=0+0+x$ admet deux décompositions dans la somme $F+G+H$ qui est directe, donc ces deux décompositions coïncident et $x=0$.
Prouvons maintenant la réciproque. Soit $u\in F+G+H$. On suppose que $u$ admet deux décompositions dans cette somme, données par $$u=x_1+y_1+z_1,\ u=x_2+y_2+z_2.$$ Effectuons la différence. On obtient $$0=\big[(x_1-x_2)+(y_1-y_2)\big]+(z_1-z_2)$$ ce qui implique $$(x_1-x_2)+(y_1-y_2)=-(z_1-z_2).$$ Mais $(x_1-x_2)+(y_1-y_2)\in F+G$ alors que $-(z_1-z_2)\in H$. C'est donc que $$(x_1-x_2)+(y_1-y_2)=0\textrm{ et }z_1-z_2=0.$$ En particulier, on en déduit que $z_1=z_2$ et que $x_1-x_2=-(y_1-y_2)$. Utilisant cette fois que $F\cap G=\{0\}$, on en déduit que $x_1-x_2=0$ et $y_1-y_2=0$. Finalement, on en déduit que $u$ ne peut avoir qu'une unique décomposition dans la somme $F+G+H$. C'est bien que cette somme est directe.