Un espace vectoriel n'est jamais réunion finie de sous-espaces stricts

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La définition d'un sous-espace : une partie non vide stable par somme et par multiplication par un scalaire — donc aussi par différence. C'est tout.

1) 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 utile, par contraposée. Supposons que ni $F\subset G$ ni $G\subset F$ : il existe $x\in F$ avec $x\notin G$, et $y\in G$ avec $y\notin F$. Les deux vecteurs sont dans $F\cup G$. Si $F\cup G$ était un sous-espace, il contiendrait $x+y$, donc $x+y\in F$ ou $x+y\in G$. Si $x+y\in F$ : comme $x\in F$ et que $F$ est stable par différence, $y=(x+y)-x\in F$, contradiction. Si $x+y\in G$ : de même $x=(x+y)-y\in G$, contradiction. Donc $x+y\notin F\cup G$ : la réunion n'est pas un sous-espace.

Le point délicat est le choix simultané des deux témoins, chacun échappant à l'autre sous-espace : c'est le couple $(x,y)$ qui rend $x+y$ inclassable. Dans ${\mathbb{R}}^2$, la réunion des deux axes est une croix, et $(1,0)+(0,1)=(1,1)$ n'est sur aucun axe.

2) Une réunion finie. Supposons qu'il existe des sous-espaces stricts $F_1,\dots ,F_n$ avec $E=F_1\cup \cdots \cup F_n$, et choisissons un tel recouvrement avec $n$ minimal — c'est possible, un ensemble non vide d'entiers naturels a un plus petit élément.

a) $n\ge 2$, car $n=1$ donnerait $E=F_1$, contraire à l'hypothèse $F_1\ne E$. Par minimalité de $n$, on n'a pas $E=F_2\cup \cdots \cup F_n$ (ce serait un recouvrement par $n-1$ sous-espaces stricts). Donc $F_1\not\subset F_2\cup \cdots \cup F_n$ — sinon $E=F_1\cup (F_2\cup \cdots \cup F_n)=F_2\cup \cdots \cup F_n$. Il existe donc $x\in F_1$ qui n'appartient à aucun $F_i$ pour $i\ge 2$. Enfin $F_1\ne E$ fournit $y\in E\setminus F_1$. Remarquons que $x\ne 0$, puisque $0\in F_2$.

b) Si $z_t=y+tx\in F_1$, alors, comme $x\in F_1$ et $F_1$ est un sous-espace, $y=z_t-tx\in F_1$ : contradiction. Donc $z_t\notin F_1$ pour tout $t\in \mathbb{K}$.

Soit $i\ge 2$, et supposons $z_t\in F_i$ et $z_{t^{\prime }}\in F_i$ avec $t\ne t^{\prime }$. Alors $z_t-z_{t^{\prime }}=(t-t^{\prime })x\in F_i$, et comme $t-t^{\prime }\ne 0$, $x=\frac{1}{t-t^{\prime }}(t-t^{\prime })x\in F_i$ : contradiction avec le choix de $x$. Donc au plus un $t$ vérifie $z_t\in F_i$.

c) L'application $t\mapsto z_t$ est injective : $z_t=z_{t^{\prime }}$ donne $(t-t^{\prime })x=0$, donc $t=t^{\prime }$ puisque $x\ne 0$. Chaque $z_t$ est dans $E=F_1\cup \cdots \cup F_n$, et pas dans $F_1$ : il est dans l'un des $F_i$, $i\ge 2$. Chacun de ces $n-1$ sous-espaces contient au plus un $z_t$, donc au plus un $t$ : il y a au plus $n-1$ valeurs de $t$ dans $\mathbb{K}$. Or $\mathbb{K}$ est infini. Contradiction. Donc aucun recouvrement n'existe : $E$ n'est jamais réunion finie de sous-espaces stricts.

Lecture géométrique. La droite affine $\{y+tx:t\in \mathbb{K}\}$, qui passe par $y$ dans la direction $x$, évite $F_1$ entièrement et ne rencontre chaque autre sous-espace qu'en au plus un point. Une droite a une infinité de points : elle ne peut pas être couverte par $n-1$ points.

3) Où le corps infini a servi. Uniquement au c) : on avait besoin de plus de $n-1$ valeurs de $t$. Sur un corps fini, l'argument tombe — et le résultat aussi. (Remarque hors programme, pour comprendre : sur le corps à deux éléments $\{0,1\}$, le plan $\{0,1{\}}^2$ a quatre vecteurs, $0$, $e_1$, $e_2$, $e_1+e_2$, et il est la réunion de ses trois droites $\{0,e_1\}$, $\{0,e_2\}$, $\{0,e_1+e_2\}$.) Le programme fixe $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, et c'est cette hypothèse qui rend l'énoncé vrai.

Ce que l'exercice installe. La réunion n'est pas la bonne opération sur les sous-espaces — la somme l'est. Et un principe qui servira à l'exercice 4 : il existe toujours un vecteur hors de plusieurs sous-espaces stricts à la fois, un vecteur « générique ». L'argument de la droite $y+tx$ est le premier argument de dimension déguisé : une droite est trop grosse pour tenir dans finiment de points.