Un hyperplan et une droite de ${\mathbb{R}}^4$

Ce qu'on montre. L'intersection est nulle, puis les dimensions se recollent. On s'autorise le théorème du rang et la caractérisation de la somme directe par l'intersection.

Les deux dimensions. L'application $\phi (x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1+x_2+x_3+x_4$ est linéaire de ${\mathbb{R}}^4$ dans $\mathbb{R}$, et non nulle puisque $\phi (1,0,0,0)=1$ : son image est $\mathbb{R}$ tout entier, donc de dimension $1$. Le théorème du rang donne $\dim F=\dim \ker \phi =4-1=3$. Par ailleurs $(1,1,1,1)\ne 0$, donc $\dim G=1$.

L'intersection. Un vecteur de $G$ s'écrit $\lambda (1,1,1,1)$. Il appartient à $F$ si et seulement si $\phi (\lambda (1,1,1,1))=4\lambda =0$, c'est-à-dire $\lambda =0$. Donc $F\cap G=\{0\}$ : la somme $F+G$ est directe.

La somme vaut tout. $\dim (F\oplus G)=\dim F+\dim G=3+1=4=\dim {\mathbb{R}}^4$. Un sous-espace de ${\mathbb{R}}^4$ de dimension $4$ est ${\mathbb{R}}^4$ : ainsi $F\oplus G={\mathbb{R}}^4$.

La décomposition de $u$. Écrivons $u=v+\lambda (1,1,1,1)$ avec $v\in F$. Le point délicat est qu'on n'a pas besoin de résoudre un système : il suffit d'appliquer $\phi$, qui annule $v$ : $$\phi (u)=\phi (v)+4\lambda =4\lambda ,\phi (u)=1+2+3+4=10,$$ d'où $\lambda =\frac{5}{2}$ et $$v=u-\frac{5}{2}(1,1,1,1)=\left(-\frac{3}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right).$$

Contrôle. La somme des coordonnées de $v$ vaut $-\frac{3}{2}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=0$, donc $v\in F$, et $v+\frac{5}{2}(1,1,1,1)=(1,2,3,4)=u$.