Si l’on connaît une base \(\mathcal{B}_F\) de \(F\) et une base \(\mathcal{B}_G\) de \(G\), alors, pour montrer que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\), il suffit de prouver que la concaténation de \(\mathcal{B}_F\) et \(\mathcal{B}_G\) est une base de \(E\).

Pour cela on peut utiliser les méthodes usuelles pour montrer qu'une famille de vecteurs de \( E\) en est une base.

On note \(E=\mathbb{R}^3\) et \(F,G\) les sous-espaces vectoriels de \(E\) définis par :

\[ F=\operatorname{Vect}\big((1,0,1),(0,-1,1)\big) \qquad \text{et} \qquad G=\operatorname{Vect}\big((2,1,-2)\big) \]

Montrer que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\).

• Liberté. On note :

\( u_1=(1,0,1),\quad u_2=(0,-1,1),\quad u_3=(2,1,-2) \)

Soit \((a,b,c)\) un triplet de réels. On a :

\begin{align*} au_1+bu_2+cu_3=0 &\Leftrightarrow (a+2c,\; -b+c,\; a+b-2c)=(0,0,0)\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} a+2c=0\\ -b+c=0\\ a+b-2c=0 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} a=-2c\\ b=c\\ (-2c)+c-2c=0 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} a=-2c\\ b=c\\ -3c=0 \end{cases}\\ &\Leftrightarrow c=0\\ &\Leftrightarrow a=b=c=0 \end{align*}

La seule solution est la solution nulle. La famille \((u_1,u_2,u_3)\) est donc libre.

• Nombre de vecteurs. La famille \((u_1,u_2,u_3)\) contient \(3\) vecteurs, et \(\dim(\mathbb{R}^3)=3\).
• Conclusion. Une famille libre de \(3\) vecteurs dans \(\mathbb{R}^3\) est une base de \(\mathbb{R}^3\). Donc la concaténation d’une base de \(F\) et d’une base de \(G\) est une base de \(E\), et ainsi :

\[ \mathbb{R}^3 = F \oplus G \]

Si \(E\) est de dimension finie et si les dimensions de \(E\), \(F\) et \(G\) sont connues ou simples à trouver, le plus simple pour prouver que \( F \) et \( G \) sont supplémentaires dans \( E\) est en général de prouver que :

\[ F\cap G = \{0\} \qquad\text{et}\qquad \dim(F)+\dim(G)=\dim(E) \]

En pratique, il est recommandé de commencer par vérifier l’égalité des dimensions (pour éviter de perdre du temps en commençant une méthode inutile si on ne peut pas aboutir) puis on prouve que \(F\cap G=\{0\}\) (ce qui revient le plus souvent à résoudre une équation ou un système).

On note \(E=\mathbb{R}^3\). On considère l’endomorphisme \(f:E\to E\) défini par :

\[ f(x,y,z)=(x+y,\;x+y,\;0) \]

Montrer que \(\operatorname{Ker}(f)\) et \(\operatorname{Im}(f)\) sont supplémentaires dans \(E\).

• Somme des dimensions.

  Comme \(f\) est un endomorphisme de \(E\) et comme \(E\) est de dimension finie, le théorème du rang donne :

  \[ \dim(\operatorname{Ker}(f))+\dim(\operatorname{Im}(f))=\dim(E) \]

• Intersection.

  Soit \(u=(x,y,z)\in \operatorname{Ker}(f)\cap \operatorname{Im}(f)\).

  Alors \(f(u)=0\) et il existe \(v=(a,b,c)\in E\) tel que \(u=f(v)\), donc :

  \[ \begin{cases} x+y=0\\ x=a+b\\ y=a+b\\ z=0 \end{cases} \]

  Il en découle :

  \[ \begin{cases} 2x=0\\ y=x\\ z=0 \end{cases} \]

  puis :

  \[ x=y=z=0 \]

  Ainsi :

  \[ \operatorname{Ker}(f)\cap \operatorname{Im}(f)\subset \{0\} \]

  Comme \(\operatorname{Ker}(f)\cap \operatorname{Im}(f)\) contient le vecteur nul (c’est un sous-espace vectoriel de \(E\)), on obtient :

  \[ \operatorname{Ker}(f)\cap \operatorname{Im}(f)=\{0\} \]

Conclusion.

On a :

\[ \dim(\operatorname{Ker}(f))+\dim(\operatorname{Im}(f))=\dim(E) \qquad \text{et} \qquad \operatorname{Ker}(f)\cap \operatorname{Im}(f)=\{0\} \]

Donc :

\[ E=\operatorname{Ker}(f)\oplus \operatorname{Im}(f) \]

Si l’on souhaite prouver que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\) et que l’on ne dispose pas de moyen rapide pour trouver des bases ou exploiter les dimensions, on revient en général à la définition et on prouve que tout vecteur \(x\) de \(E\) se décompose de manière unique sous la forme :

\[ x=x_F+x_G \qquad \text{avec } x_F\in F \text{ et } x_G\in G \]

Pour cela, on procède le plus souvent par analyse–synthèse :

• Analyse. On commence par supposer qu’une telle décomposition existe et, en exploitant les propriétés de \(F\) et de \(G\), on détermine la forme nécessaire de \(x_F\) et de \(x_G\).
• Synthèse. On vérifie que les vecteurs trouvés dans l’analyse conviennent, c’est-à-dire qu’ils vérifient bien \(x=x_F+x_G\) et que \(x_F\in F\) et \(x_G\in G\).

On vérifie enfin l’unicité de la décomposition (ce qui revient à montrer que \(F\cap G=\{0\}\)).

On note \(E\) l’espace vectoriel des fonctions de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}\), à valeurs réelles.

On note également :

\[ F=\{f\in E \mid f(0)=0 \text{ et } f'(0)=0\} \qquad \text{et} \qquad G=\{\text{fonctions affines}\} \]

Montrer que \(F\) et \(G\) sont supplémentaires dans \(E\).

Soit \(\varphi\in E\). On procède par analyse–synthèse pour prouver qu’il existe un unique couple \((f,g)\in F\times G\) tel que :

\[ \varphi=f+g \]

• Analyse.

  Supposons qu’il existe \((f,g)\in F\times G\) tel que \(\varphi=f+g\).

  Comme \(g\) est affine, il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que :

  \[ \forall x\in\mathbb{R},\ g(x)=ax+b \]

  On a ainsi :

  \[ \forall x\in\mathbb{R},\ \varphi(x)=f(x)+ax+b \]

  En évaluant en \(0\) et comme \(f(0)=0\), on obtient :

  \[ b=\varphi(0) \]

  De plus, \(\varphi\) et \(f\) sont dérivables sur \(\mathbb{R}\), et on a :

  \[ \forall x\in\mathbb{R},\ \varphi'(x)=f'(x)+a \]

  En évaluant en \(0\) et comme \(f'(0)=0\), on obtient :

  \[ a=\varphi'(0) \]

  Ainsi nécessairement :

  \[ \forall x\in\mathbb{R},\ g(x)=\varphi'(0)\,x+\varphi(0) \]

  et donc, comme \( f = \varphi - g\) :

  \[ \forall x\in\mathbb{R},\ f(x)=\varphi(x)-\varphi'(0)\,x-\varphi(0) \]

  Si elle existe, la décomposition est donc unique.

• Synthèse.

  On pose :

  \[ \forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} g(x)=\varphi'(0)\,x+\varphi(0)\\[6pt] f(x)=\varphi(x)-\varphi'(0)\,x-\varphi(0) \end{cases} \]

  Vérifions que ces fonctions conviennent.

  • Appartenance de \( g \) à \(G\).

    Par construction la fonction \(g\) est une fonction affine, donc \(g\in G\).

  • Appartenance de \( f \) à \(F\).

    \( f \) est une fonction de classe \( \mathcal{C}^1 \) sur \( \mathbb{R} \) comme somme de fonctions qui le sont et on a :

    \forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} f(x)=\varphi(x)-\varphi'(0)x-\varphi(0)\\ f'(x)=\varphi'(x)-\varphi'(0) \end{cases}

    donc :

    \[ \begin{cases} f(0)=\varphi(0)-0-\varphi(0)=0 \\ f'(0)=\varphi'(0)-\varphi'(0)=0\end{cases} \]

    Ainsi \(f\in F\).

  • Somme.

    On a :

    \[ \forall x \in \mathbb{R},\ f(x)+g(x) =\varphi(x)-\varphi'(0)x-\varphi(0) +\varphi'(0)x+\varphi(0) =\varphi(x) \]

    Donc \(\varphi=f+g\).

  On a ainsi montré que tout \(\varphi\in E\) s’écrit sous la forme \(\varphi=f+g\) avec \(f\in F\) et \(g\in G\), et l’analyse montre que cette décomposition est unique.

  Ainsi :

  \[ E=F\oplus G \]