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Soient $ F $ et $ G $ deux sous-espaces vectoriels de $ E $.
- Le vecteur nul $ 0_E $ appartient Ă $ F $ et Ă $ G $, donc $ 0_E \in F \cap G $.
L'intersection est donc non vide. - Soient $ x, y \in F \cap G $ et $ \lambda, \mu \in \mathbb R $.
Comme $ F $ et $ G $ sont des sous-espaces vectoriels, ils sont stables par combinaison linéaire :
$ \lambda x + \mu y \in F \quad \text{et} \quad \lambda x + \mu y \in G $
Par conséquent, $ \lambda x + \mu y \in F \cap G $.
- Le vecteur nul $ 0_E $ appartient Ă $ F $ et Ă $ G $, donc $ 0_E \in F \cap G $.
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- Condition suffisante : Si $ F \subset G $, alors $F \cup G = G$. Si $ G \subset F $, alors $F \cup G = F$.
Dans les deux cas, l'union est un sous-espace vectoriel de $E$. - Condition nécessaire : Supposons que $F \cup G$ est un sous-espace vectoriel. Procédons par l'absurde en supposant que $F \not\subset G$ et $G \not\subset F$.
Il existe un vecteur $x \in F \setminus G$ et un vecteur $y \in G \setminus F$.
Les vecteurs $x$ et $y$ appartiennent à $F \cup G$. Ce dernier étant un sous-espace vectoriel, leur somme vérifie $x + y \in F \cup G$.
Donc $x + y \in F$ ou $x + y \in G$.
- Si $ x + y \in F $, comme $ x \in F $, on obtient $ y = (x + y) - x \in F $, ce qui est absurde car $y \notin F$.
- Si $ x + y \in G $, comme $ y \in G $, on obtient $ x = (x + y) - y \in G $, ce qui est absurde car $x \notin G$.
NĂ©cessairement, $F \subset G$ ou $G \subset F$.
- Condition suffisante : Si $ F \subset G $, alors $F \cup G = G$. Si $ G \subset F $, alors $F \cup G = F$.
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Montrons la proposition par contraposition :
\[ F \cup G = E \implies F = E \quad \text{ou} \quad G = E \] Supposons que $F \cup G = E$.
Puisque $E$ est un espace vectoriel, $F \cup G$ est donc un sous-espace vectoriel de $E$.
D'aprÚs le résultat de la question précédente, on en déduit que :
\[ F \subset G \quad \text{ou} \quad G \subset F \]- Si $ F \subset G $, alors $F \cup G = G$. Or $ F \cup G = E $, donc $G = E$.
- Si $ G \subset F $, alors $F \cup G = F$. Or $ F \cup G = E $, donc $F = E$.
Par contraposition, on conclut que si $F \neq E$ et $ G \neq E $, alors $F \cup G \neq E$.
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On suppose $ G \subset F $. Démontrons l'égalité par double inclusion :
- Inclusion $ G + (F \cap H) \subset F \cap (G + H) $ :
Soit $ x \in G + (F \cap H) $. Il existe $ g \in G $ et $ h \in F \cap H $ tels que $ x = g + h $.
Comme $ G \subset F $, on a $ g \in F $. De plus, $ h \in F $. Par stabilité, la somme vérifie $ x = g + h \in F $.
D'autre part, $ h \in H $, donc $ x = g + h \in G + H $.
Par conséquent, $ x \in F \cap (G + H) $. - Inclusion $ F \cap (G + H) \subset G + (F \cap H) $ :
Soit $ x \in F \cap (G + H) $. On a $ x \in F $ et il existe $ g \in G, h \in H $ tels que $ x = g + h $.
Puisque $ G \subset F $, on a bien $ g \in F $.
On peut isoler $ h $ : $ h = x - g $. Comme $ x \in F $ et $ g \in F $, on en déduit que $ h \in F $.
Ainsi, $ h \in F \cap H $.
On a bien $ x = g + h $ avec $ g \in G $ et $ h \in F \cap H $, d'oĂč $ x \in G + (F \cap H) $.
Les deux inclusions permettent de conclure l'identité modulaire : \[ F \cap (G + H) = G + (F \cap H) \] - Inclusion $ G + (F \cap H) \subset F \cap (G + H) $ :