Réunion de sous-espaces, et le vecteur générique

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La caractérisation d'un sous-espace : il contient $0$ et il est stable par combinaison linéaire ; en particulier, si $F$ est un sous-espace et si $a\in F$, alors $b\in F$ équivaut à $b-a\in F$.

1) La réunion de deux sous-espaces. Le sens facile. Si $F\subset G$, alors $F\cup G=G$, qui est un sous-espace ; de même si $G\subset F$.

Le sens difficile, par contraposée. Supposons qu'aucune inclusion n'ait lieu : il existe $f\in F\setminus G$ et $g\in G\setminus F$. Examinons $x=f+g$. Si $x$ appartenait à $F$, alors $g=x-f$ appartiendrait à $F$, puisque $F$ est stable par différence — contradiction avec $g\notin F$. Si $x$ appartenait à $G$, alors de même $f=x-g\in G$ — contradiction. Donc $f+g\notin F\cup G$, alors que $f$ et $g$ y sont : la réunion n'est pas stable par addition, ce n'est pas un sous-espace.

Le point délicat. Deux des trois conditions sont gratuites : $F\cup G$ contient toujours $0$, et elle est toujours stable par multiplication par un scalaire, puisque chacun de ses éléments est dans $F$ ou dans $G$. C'est donc du côté d'une somme qu'il faut chercher le contre-exemple, et le construire avec un vecteur hors de chacun des deux.

2) Deux sous-espaces stricts ne suffisent pas. Si $E=F\cup G$, alors $F\cup G$ est un sous-espace (c'est $E$), donc par le 1) $F\subset G$, auquel cas $E=G$, ou $G\subset F$, auquel cas $E=F$. Dans les deux cas l'un des deux n'est pas strict.

3) Un nombre fini de sous-espaces stricts ne suffit pas. Supposons par l'absurde qu'une famille finie de sous-espaces stricts recouvre $E$, et choisissons-en une, $F_1,\dots ,F_m$, avec $m$ le plus petit possible.

(a) On a $m\ge 2$, puisqu'un seul sous-espace strict ne peut pas être égal à $E$ (et même $m\ge 3$ par le 2), mais on n'en a pas besoin). Par minimalité de $m$, les $m-1$ sous-espaces $F_2,\dots ,F_m$ ne recouvrent pas $E$ : il existe $x$ qui n'appartient à aucun d'eux ; comme $x$ appartient à la réunion de tous, $x\in F_1$. Enfin $F_1\ne E$ fournit un $y\notin F_1$.

(b) La droite $z_t=y+tx$. Elle évite $F_1$ : si $z_t\in F_1$, alors $y=z_t-tx\in F_1$, puisque $x\in F_1$ — contradiction. Elle rencontre chaque $F_i$, $i\ge 2$, en au plus un point : si $z_t$ et $z_s$ appartiennent à $F_i$ avec $t\ne s$, alors leur différence $z_t-z_s=(t-s)x$ appartient à $F_i$, et en divisant par $t-s\ne 0$, $x\in F_i$ — contradiction avec le choix de $x$.

(c) La conclusion. Chacun des $m-1$ sous-espaces $F_2,\dots ,F_m$ contient au plus un point $z_t$, et $F_1$ n'en contient aucun : au plus $m-1$ valeurs de $t$ donnent un $z_t$ dans la réunion. Or $\mathbb{K}$ est infini : il existe une valeur de $t$ pour laquelle $z_t$ n'appartient à aucun des $F_i$, donc pas à leur réunion, qui est $E$. C'est absurde. Aucune réunion finie de sous-espaces stricts n'est égale à $E$. Le caractère infini de $\mathbb{K}$ sert à ce seul endroit : il faut disposer de plus de $m-1$ valeurs de $t$.

Ce que l'exercice installe. La réunion n'est pas une opération de l'algèbre linéaire ; celle qui joue ce rôle est la somme $F+G$, le plus petit sous-espace contenant $F\cup G$. Et l'argument de la droite $y+tx$ — une droite rencontre en au plus un point tout sous-espace qui ne contient pas sa direction — est celui du vecteur générique : on peut toujours trouver un vecteur qui échappe à un nombre fini de sous-espaces stricts, par exemple à un nombre fini de plans de l'espace passant par l'origine. C'est le même principe qu'« un polynôme non nul n'a qu'un nombre fini de racines ».