Exercices math sup : Espaces vectoriels de dimension finie

$S_1$ est une famille à deux éléments dans un espace de dimension 3. Ce n'est pas une base de $\mathbb R^3$. De même, $S_4$ qui comporte quatre éléments ne peut pas être une base de $\mathbb R^3$. Pour $S_2$ et $S_3$, comme ce sont des familles à 3 éléments dans un espace de dimension 3, il suffit de savoir si ce sont des familles libres ou non. Résolvons d'abord l'équation $$\lambda_1(1,-1,0)+\lambda_2(2,-1,2)+\lambda_3(1,0,a)=0\iff\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3&=&0\\ -\lambda_1-\lambda_2&=&0\\ 2\lambda_2+a\lambda_3&=&0. \end{array}\right.$$ Ce système est successivement équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3&=&0\\ \lambda_2+\lambda_3&=&0\ (L2)+(L1)\to (L2)\\ 2\lambda_2+a\lambda_3&=&0 \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+2\lambda_2+\lambda_3&=&0\\ \lambda_2+\lambda_3&=&0\\ (a-2)\lambda_3&=&0 \end{array}\right.$$ Si $a\neq 2$, on obtient $\lambda_3=0$ et en remontant les calculs $\lambda_1=\lambda_2=0$. La famille est donc libre. Si $a=2$, alors le choix $\lambda_3=1,\lambda_2=-1$ et $\lambda_1=1$ donne une solution au système. La famille n'est alors pas libre. On conclut que $S_2$ est une base si et seulement si $a\neq 2$.
Étudions maintenant $S_3$, en résolvant l'équation $$\lambda_1(1,0,0)+\lambda_2(a,b,0)+\lambda_3(c,d,e)=0$$ qui est équivalente au système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1+a\lambda_2+c\lambda_3&=&0\\ b\lambda_2+d\lambda_3&=&0\\ e\lambda_3&=&0. \end{array} \right.$$ Si $e\neq 0$, on obtient $\lambda_3=0$. Si de plus $b\neq 0$, on obtient $\lambda_2=0$ puis $\lambda_1=0$ : la famille est libre. D'autre part, si $b=0$, le deuxième vecteur est proportionnel au premier et la famille est liée. Enfin, si $e=0$, toute combinaison linéaire des trois vecteurs est telle que la troisième coordonnée est nulle : la famille n'est pas génératrice. Ainsi, $(S_3)$ est une base si et seulement si $e\neq 0$ et $b\neq 0$.

Puisque $(u_1,u_2,u_3)$ est une famille de trois vecteurs dans un espace de dimension 3, à savoir $\mathbb R^3$, il suffit de prouver qu'elle est libre. L'équation $au_1+bu_2+cu_3=0$ est équivalente successivement aux systèmes : $$\left\{\begin{array}{rcl} b+c&=&0\\ a+c&=&0\\ a+b&=&0\\ \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&0\\ a+c&=&0\\ a-c&=&0\ (L3)-(L1)\to(L3) \end{array} \right.$$ $$\iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&0\\ a+c&=&0\\ 2a&=&0\ (L3)+(L2)\to (L3)\\ \end{array}\right. \iff a=b=c=0.$$ La famille est libre. Pour trouver les coordonnées du vecteur $(1,1,1)$, on doit maintenant résoudre l'équation $(1,1,1)=au_1+bu_2+cu_3$, qui est successivement équivalente à $$\left\{\begin{array}{rcl} b+c&=&1\\ a+c&=&1\\ a+b&=&1\\ \end{array}\right. \iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&1\\ a+c&=&1\\ a-c&=&0\ (L3)-(L1)\to(L3) \end{array} \right.$$ $$\iff\left\{ \begin{array}{rcl} b+c&=&1\\ a+c&=&1\\ 2a&=&1\ (L3)+(L2)\to (L3)\\ \end{array}\right. \iff a=b=c=1/2.$$ On a donc $(1,1,1)=\frac 12 u_1+\frac 12 u_2+\frac 12 u_3$. On aurait pu aller un peu plus vite en remarquant que, par symétrie des trois coordonnées, on savait que $a=b=c$.

On commence par démontrer que $(P_1,P_2,P_3)$ est une famille libre : soient $a$, $b$ et $c$ trois réels tels que $aP_1+bP_2+cP_3=0$, c'est-à-dire, en développant, $(a+b+c)X^2+(-2a+2c)X+(a+c)=0$. Puisqu'un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls, on obtient le système \[ \left\{ \begin{array}{rcl} a+b+c&=&0\\ -2a+2c&=&0\\ a+c&=&0 \end{array}\right. \] dont on démontre facilement que la seule solution est $a=b=c=0$. Ainsi, $(P_1,P_2,P_3)$ est une famille libre de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3 : c'est une base de $\mathbb R_2[X]$.
Cherchons ensuite les coordonnées de $X^2+X+1$ en écrivant $X^2+X+1=aP_1+bP_2+cP_3$. Toujours en développant et en identifiant, on obtient maintenant le système \[ \left\{ \begin{array}{rcl} a+b+c&=&1\\ -2a+2c&=&1\\ a+c&=&1 \end{array}\right. \] dont la seule solution est $a=1/4$, $b=0$ et $c=3/4$.

Remarquons d'abord que la famille $(P_0,\dots,P_n)$ est une famille de $n+1$ vecteurs dans un espace de dimension $n+1$. Elle forme donc une base de $\mathbb R_n[X]$ si et seulement si elle est libre. D'autre part, le point clé est que le terme de plus bas degré de $P_k$ est $X^k$ (il n'y a pas de termes en $X^{k-1}$, etc...).
Procédons par l'absurde et supposons que la famille $(P_0,\dots,P_n)$ est liée. Soit $\lambda_0,\dots,\lambda_n$ des réels, non tous nuls, tels que $\lambda_0 P_0+\cdots+\lambda_n P_n=0$. Soit $k$ le plus petit entier tel que $\lambda_k\neq 0$. Alors, le terme de degré $k$ de $\lambda_0 P_0+\cdots+\lambda_n P_n$ est $\lambda_k X^k$. Il doit être nul, et donc $\lambda_k$ doit être égal à 0, ce qui est une contradiction.
Donc la famille $(P_0,\dots,P_n)$ est libre : c'est une base de $\mathbb R_n[X]$.

Le point clé est de constater que $L_k(\alpha_i)=1$ si $i=k$, $0$ sinon. Supposons alors que $$a_1L_1+\dots+a_n L_n=0.$$ Si on évalue cette égalité en $\alpha_k$, on trouve $a_k=0$. La famille est libre. C'est une famille de $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$, donc c'est une base de $E$.
De plus, prenons $P\in E$, et cherchons $a_1,\dots,a_n$ tels que $$P=a_1L_1+\dots+a_n L_n.$$ La méthode est identique : on évalue en $\alpha_k$ et on trouve $$P(\alpha_k)=a_k.$$ Ainsi, on a prouvé que pour tout $P\in E$, on a $$P(X)=\sum_{k=1}^n P(\alpha_k)L_k.$$

On a \begin{align*} (x,y,z)\in F&\iff x=2y-z\\ &\iff \left\{ \begin{array}{rcll} x&=&2y&-z\\ y&=&y\\ z&=&&z \end{array}\right. \end{align*} En posant $u_1=(2,1,0)$ et $u_2=(-1,0,1)$, on a donc \[ (x,y,z)\in F\iff (x,y,z)=y u_1+z u_2. \] $F=\mathrm{vect}(u_1,u_2)$ et donc $(u_1,u_2)$ est une famille génératrice de $F$. Puisque $u_1$ et $u_2$ ne sont pas colinéaires, $(u_1,u_2)$ est aussi une famille libre et donc $(u_1,u_2)$ est une base de $F$. D'autre part, nous pouvons réécrire $G$ comme \begin{align*} G&=\{a(1,1,0)+b(0,1,1):\ a,b\in\mathbb R\}\\ &=\textrm{vect}( (1,1,0), (0,1,1) ). \end{align*} En posant $v_1=(1,1,0)$ et $v_2=(0,1,1)$, on a prouvé que $(v_1,v_2)$ est une famille génératrice de $G$. Puisque de plus, $v_1$ et $v_2$ ne sont pas colinéaires, $(v_1,v_2)$ est une base de $G$.

Posons $v_1=(1,2,-1,1)$, $v_2=(-3,-2,3,2)$, $v_3=(-1,0,1,1)$, $v_4=(2,3,-2,1)$. La famille $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est une famille génératrice de $F$. Etudions si cette famille est libre. Soit $a,b,c,d$ des réels tels que $av_1+bv_2+cv_3+dv_4=0$. Alors $a,b,c,d$ sont solutions du système $$\left\{\begin{array}{rcl} a-3b-c+2d&=&0\\ 2a-2b+3d&=&0\\ -a+3b+c-2d&=&0\\ a+2b+c+d&=&0 \end{array}\right.$$ On va résoudre ce système en utilisant la méthode du pivot de Gauss. Pour cela, on écrit la matrice augmentée : \begin{align*}\left( \begin{array}{cccc|c} 1&-3&-1&2&0\\ 2&-2&0&3&0\\ -1&3&1&-2&0\\ 1&2&1&1&0 \end{array} \right)&\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&-3&-1&2&0\\ 0&4&2&-1&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&5&2&-1&0 \end{array}\right)\\ &\iff\left( \begin{array}{cccc|c} 1&-3&-1&2&0\\ 0&4&2&-1&0\\ 0&5&2&-1&0\\ 0&0&0&0&0\\ \end{array}\right)\\ &\iff\left( \begin{array}{cccc|c} 1&-3&-1&2&0\\ 0&4&2&-1&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ \end{array}\right)\\ &\iff \left( \begin{array}{cccc|c} 1&-3&-1&2&0\\ 0&0&2&-1&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ \end{array}\right)\\ \end{align*} On en déduit alors que le système est équivalent à $$\left\{ \begin{array}{rcl} a&=&-3c\\ b&=&0\\ c&=&c\\ d&=&2c \end{array}\right.$$ Ainsi, le système admet des solutions non-nulles et la famille est liée. Par exemple, pour $c=1$, on a $$-3v_1+v_3+2v_4=0\iff v_3=3v_1-2v_4.$$ Ainsi, $v_3$ est combinaison linéaire de $v_1$ et de $v_4$, et on peut écrire que $$F=\textrm{vect}(v_1,v_2,v_4).$$ Il reste à vérifier que la famille $(v_1,v_2,v_4)$ est libre. On peut reprendre la même méthode, ou utiliser les calculs déjà effectués. En effet, si $x,y,z$ sont des réels tels que $xv_1+yv_2+zv_4=0$, alors on a aussi $$xv_1+yv_2+0v_3+zv_4=0.$$ Mais utilisant ce qu'on a fait auparavant, ceci entraîne qu'il existe $c\in \mathbb R$ tel que $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-3c\\ y&=&0\\ 0&=&c\\ z&=&2c \end{array}\right.$$ Ceci entraîne $x=y=z=0$. La famille est donc libre et $(v_1,v_2,v_4)$ est une base de $F$. En particulier, $\dim(F)=3$.

Soit $P\in F$. Alors, puisque $P(\alpha)=0$, $P$ se factorise par $X-\alpha$. Autrement dit, il existe un polynôme $Q\in\mathbb R_{n-1}[X]$ tel que $P(X)=(X-\alpha)Q(X)$. Mais on peut écrire $$Q(X)=\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$$ et donc $$P(X)=\sum_{k=0}^{n-1}a_k(X-\alpha)X^k,$$ ce qui prouve que $\mathcal B$ est une famille génératrice de $F$. C'est aussi une famille libre, car si $$\sum_{k=0}^{n-1}a_k(X-\alpha)X^k=0,$$ alors $$(X-\alpha)\left(\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k\right)=0$$ et le polynôme $\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$ doit être nul. Comme la famille $(1,X,\dots,X^{n-1})$ est libre, ceci entraîne que tous les $a_k$ sont nuls.
On en déduit bien sûr que la dimension de $F$ est $n$. Cette dernière propriété pouvait également être établi à l'aide du théorème du rang, car $F$ est le noyau de la forme linéaire $\mathbb R_n[X]\to R,\ P\mapsto P(\alpha)$. Enfin, pour déterminer les coordonnées de $(X-\alpha)^n$ dans la base précédente, on écrit \begin{eqnarray*} (X-\alpha)^n &=&(X-\alpha)(X-\alpha)^{n-1}\\ &=&(X-\alpha)\left(\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}k (-\alpha)^{n-1-k}X^k\right)\\ &=&\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}k (-\alpha)^{n-1-k}(X-\alpha)X^k \end{eqnarray*}

Soit $E$ l'ensemble des suites arithmétiques complexes. On vérifie sans difficulté que c'est un sous-espace vectoriel de l'ensemble des suites complexes, et donc que c'est un espace vectoriel. Pour calculer sa dimension, on remarque que l'on connait parfaitement une suite arithmétique si l'on connait son premier terme et sa raison. Ceci laisse à penser que la dimension de $E$ est égale à deux. Prouvons-le. Si $(u_n)$ est une suite arithmétique, alors son premier terme est $u_0$ et sa raison est égale à $u_1-u_0$. Considérons donc \begin{eqnarray*} \phi:E&\to&\mathbb C^2\\ (u_n)&\mapsto&(u_0,u_1-u_0) \end{eqnarray*} $\phi$ est clairement une application linéaire. Elle est injective : si $\phi((u_n))=0$, alors $(u_n)$ est une suite arithmétique de premier terme nul et de raison nulle, et donc $u_n=0$ pour tout entier n. Elle est aussi surjective : si $(a,b)\in\mathbb C^2$, alors la suite $(u_n)$ définie par $u_n=a+nb$ est élément de $E$ et vérifie $\phi((u_n))=(a,b)$. Autrement dit, $\phi$ est un isomorphisme d'espaces vectoriels entre $E$ et $\mathbb C^2$. Puisque $\mathbb C^2$ est de dimension 2, $E$ est aussi de dimension 2.
Remarquons que l'on peut aussi trouver une base de $E$. Si $(a_n)$ est la suite définie par $a_n=1$ pour tout entier $n$, et $(b_n)$ est la suite définie par $b_n=n$ pour tout entier $n$, alors ces deux suites sont éléments de $E$ et forment une famille libre. De plus, si $(u_n)$ est un élément de $E$, alors il existe $(c,d)\in\mathbb R^2$ tels que, pour tout $n\in\mathbb N$, $u_n=c+nd=ca_n+db_n$, et donc $(u_n)$ est combinaison linéaire de $(a_n)$ et $(b_n)$. Autrement dit, $\big((a_n),(b_n)\big)$ est une base de $E$ qui est de dimension $2$.

Il est d'abord très facile de vérifier que $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$. De plus, prenons $P\in F$. Alors $P$ s'écrit $P(X)=(X-a)(X-b)Q(X)$. Puisque $P$ est de degré inférieur ou égal à 4, $Q$ est de degré inférieur ou égal à 2, et donc $Q(X)=uX^2+vX+w$. Développant, on trouve $$P(X)=u X^2(X-a)(X-b)+vX (X-a)(X-b)+w(X-a)(X-b).$$ Autrement dit, la famille $\big( X^2(X-a)(X-b), X(X-a)(X-b), (X-a)(X-b)\big)$ est une famille génératrice de $F$. De plus, elle est libre puisque les polynômes qui la constituent ont tous des degrés différents. C'est donc une base de $F$.

Il est facile de prouver que $E$ est un sous-espace vectoriel des fonctions continues sur $[-1,1]$. Pour trouver une base de $E$, partons de $f\in E$. Puisque $f$ est affine sur $[-1,0]$, il existe des constantes $a$ et $b$ telles que, pour tout $x\in[-1,0]$, on a $f(x)=ax+b$. Puisque $f$ est affine sur $[0,1]$, il existe des constantes $c$ et $d$ telles que, pour tout $x\in[0,1]$, on a $f(x)=cx+d$. La continuité de $f$ en 0 entraine que $b=d$. Finalement, on a prouvé que $f$ est élément de $E$ si et seulement s'il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $$f(x)=\begin{cases} ax+b\textrm{ si }x\in[-1,0]\\ cx+b\textrm{ si }x\in[0,1]. \end{cases}$$ Ceci suggère que la dimension de $E$ est 3. Encore faut-il trouver la base à partir de l'écriture précédente. Posons pour cela $$f_1(x)=\begin{cases} x\textrm{ si }x\in[-1,0]\\ 0\textrm{ si }x\in[0,1] \end{cases}\quad\quad f_2(x)=\begin{cases} 0\textrm{ si }x\in[-1,0]\\ x\textrm{ si }x\in[0,1] \end{cases}\textrm{ et } f_3(x)=1.$$ $f_1,f_2$ et $f_3$ sont des éléments de $E$, et la discussion précédente montre que tout élément de $E$ s'écrit $af_1+cf_2+bf_3$. Autrement dit, $(f_1,f_2,f_3)$ est une famille génératrice de $E$. De plus, $(f_1,f_2,f_3)$ est une famille libre. En effet, si $\lambda_1 f_1+\lambda_2f_2+\lambda_3f_3=0$, l'évaluation en $x=0$ donne $\lambda_3=0$, puis celle en $-1$ donne $\lambda_1=0$ et enfin celle en $1$ donne $\lambda_2=0$. On conclut finalement que $(f_1,f_2,f_3)$ est une base de $E$.

$F$ est donné par une équation. Il faut d'abord en trouver un système générateur. On a $$(a,b,c,d)\in\mathbb F\iff b-2c+d=0\iff \left\{ \begin{array}{rccccccccc} a&=&a\times 1\\ b&=&&c\times 2&+d\times (-1)\\ c&=&&c\times 1\\ d&=&&&d\times 1. \end{array}\right.$$ La famille constituée par les vecteurs $(1,0,0,0)$, $(0,2,1,0)$ et $(0,-1,0,1)$ est donc une famille génératrice de $F$. On vérifie aisément qu'elle est libre. C'est donc une base de $F$.
Pour $G$, la situation est plus simple, car $G$ est déjà donné sous la forme d'un espace vectoriel engendré. En effet, on a $$(a,b,c,d)\in G\iff \left\{ \begin{array}{rcccccccc} a&=&&d\times 1\\ b&=&c\times 2\\ c&=&c\times 1\\ d&=&&d\times 1 \end{array}\right. $$ La famille constituée par les vecteurs $(1,0,0,1)$ et $(0,2,1,0)$ est une famille génératrice de $G$. Comme ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, la famille est libre, et donc il s'agit d'une base de $G$.
Pour $F\cap G$, on écrit $$(a,b,c,d)\in F\cap G\iff \left\{ \begin{array}{rccccc} a&=&d\\ b&=&2c\\ d&=&-b+2c=0\end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rccccc} a&=&0c\\ b&=&2c\\ c&=&1c\\ d&=&0c \end{array}\right.$$ Le vecteur $(0,2,1,0)$ engendre $F\cap G$. C'est une base de $F\cap G$ puisqu'il est non-nul.
Enfin, par le théorème des quatre dimensions, on a $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=3+2-1=4.$$ Ainsi, $F+G$ est un sous-espace vectoriel de dimension 4 contenu dans $\mathbb R^4$, qui est lui-même de dimension 4. $F+G=\mathbb R^4$.

Les vecteurs $v_1$ et $v_2$ ne sont pas colinéaires. Ils forment une famille libre qui, par définition, engendre $F$. Ainsi $(v_1,v_2)$ est une base de $F$ et $\dim(F) = 2$ (i.e. $F$ est un plan vectoriel).
On vérifie que la famille $(v_3,v_4,v_5)$ est liée en observant que $v_3 = v_4 + v_5$. D'autre part, la famille $(v_4,v_5)$ est libre. On en déduit que $(v_4,v_5)$ est une base de $G$ qui est donc de dimension $2$.
On a \begin{align*} F + G & = \vect(v_1,v_2) + \vect(v_3,v_4,v_5) \\ & = \vect(v_1,v_2) + \vect(v_4,v_5)\quad\text{car }v_3 = v_4 + v_5 \\ & = \vect(v_1,v_2,v_4,v_5). \end{align*} La famille $(v_1,v_2,v_4,v_5)$ ne peut pas être libre, puisque c'est une famille de 4 vecteurs de $\mathbb R^3$. Mais on peut observer facilement que $v_4=v_2-v_1$. Ainsi, $(v_1,v_2,v_5)$ reste une famille génératrice de $F+G$. On vérifie facilement qu'elle est libre. Elle forme donc une base de $F + G$ qui est de dimension $3$ et donc égal à $\mathbb R^3$.
Enfin, on a $\dim(F\cap G) = \dim(F) + \dim(G) - \dim(F + G) = 2 + 2 - 3 = 1$. Or, $v_4$ est dans $G$ par définition et dans $F$ car $v_4 = v_2 - v_1$, donc dans $F\cap G$. En particulier, il engendre $F\cap G$ et en forme une base.
Si on n'avait pas observé que $v_4$ est dans $F\cap G$, on pouvait aussi commencer par déterminer une équation de $F$. En effet, \begin{align*} (x,y,z)\in F&\iff\exists (a,b)\in\mathbb R^2,\ (x,y,z)=av_1+bv_2\\ &\iff\exists (a,b)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&a+2b\\ y&=&b\\ z&=&a-b \end{array}\right. \\ &\iff \exists (a,b)\in\mathbb R^2,\ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&3y+z\\ b&=&y\\ a&=&y+z \end{array}\right.\\ &\iff x-3y-z=0. \end{align*} Un élément $(x,y,z)$ de $F\cap G$ s'écrit alors $cv_4+dv_5=(c,c+d,-2c+3d)$ et vérifie $x-3y-z=0$, c'est-à-dire $$c-3(c+d)-(-2c+3d)=0\iff d=0.$$ On retrouve bien que $(x,y,z)\in F\cap G\iff \exists c\in \mathbb R,\ (x,y,z)=cv_4$.

Il suffit de vérifier que la réunion d'une base de $F$ et d'une base de $G$ est une base de $\mathbb R^3$. Il est ici très facile de déterminer des bases respectives de $F$ et $G$. Pour $F$, une base est donnée par $u_1=(1,1,1)$, pour $G$, une base est donnée par $u_2=(1,1,0)$ et $u_3=(1,0,1)$. Or, il est aisé de vérifier que la famille $(u_1,u_2,u_3)$ est libre, et comme c'est une famille de trois vecteurs en dimension 3, c'est une base. Donc $F$ et $G$ sont supplémentaires.

On commence par chercher une base de $F$. Soit $P(X)=a+bX+cX^2+d X^3\in \mathbb R_3[X]$. Alors, puisque $P(0)=a$ et $P'(0)=b$, on a $$P\in F\iff a=0\textrm{ et }b=0\iff P(X)=cX^2+dX^3,\ c,d\in\mathbb R.$$ On en déduit que $(X^2,X^3)$ est une base de $F$. Puisque $(1,X,X^2,X^3)$ est une base de $\mathbb R_3[X]$, on obtient que $G=\vect(1,X)$ est un supplémentaire de $F$ dans $\mathbb R_3[X]$.

Si c'était le cas, alors $F$ et $G$ seraient en somme directe, et on aurait $$\dim(F\oplus G)=\dim(F)+\dim(G)=3+3=6.$$ Or, $F\oplus G$ est un sous-espace vectoriel de $\mathbb R^5$, il est de dimension au plus 5. C'est donc impossible!

Tout repose sur la formule des quatre dimensions $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)$$ et sur la propriété : si $H$ est un sev de $E$ tel que $\dim(H)=\dim(E)$, alors $H=E$.

• Si 1. et 2. sont vraies, alors $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=\dim(F)+\dim(G)$$ tandis que $E=F+G$ implique $$\dim(E)=\dim(F)+\dim(G).$$ 3. est donc vérifié.
• Si 1. et 3. sont vraies, alors $$\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=\dim(E)-0=\dim(E).$$ Ainsi, $F+G$ est un sev de $E$ de même dimension que $E$ : $F+G=E$.
• Si 2. et 3. sont vraies, alors $$\dim(E)=\dim(F+G)=\dim(F)+\dim(G)-\dim(F\cap G)=\dim(E)-\dim(F\cap G).$$ On en déduit que $\dim(F\cap G)=0$ et donc que $F\cap G=\{0\}$.