Supplémentaire dans un produit cartésien

Je suspecte qu’il existe une solution nettement plus directe que celle ci-dessous mais je propose tout de même celle-ci en attendant mieux.

Notons $n=\dim(E)$ et $m=\dim(F).$ Soit $G$ un supplémentaire de $H:=\set{0}\times F$ dans $E\times F.$ Remarquons que, puisque $\set{0}\times F$ est évidemment de dimension $m$ alors tout supplémentaire sera de dimension $\dim(E\times F)-m=(n+m)-m=n.$ Ainsi $\dim(G)=n.$ Essayons de construire l’application $f.$ L’énoncé suggère que si $(x,y)\in G$ alors la seconde coordonnée $y$ ne dépend que de $x.$ On considère alors les applications linéaires suivantes :

• $\iota_{1}\colon x\in E\longmapsto (x,0)\in E\times F$, l’inclusion canonique de $E$ dans le produit $E\times F.$
• $\pi_{G}\colon X+Y\in E=G\oplus H\longmapsto X$, la projection sur $G$ parallèlement à $H.$
• $p_{2}\colon (x,y)\in E\times F\longmapsto y\in F$, la projection canonique sur la deuxième coordonnée.
  On définit alors naturellement $f=p_{2}\circ \pi_{G}\circ \iota_{1}\in\mathcal{L}(E,F)$. Il ne nous reste plus qu’à montrer que $f$ est l’application recherchée ! Posons $\widetilde{G}=\set{(x,f(x))\mid x\in E}$ et montrons que $G=\widetilde{G}$. L’ensemble $\widetilde{G}$ est un sous-espace vectoriel de $E\times F$ de dimension $n$ car c’est l’image de l’application linéaire injective $x\in E\longmapsto (x,f(x))\in E\times F$ (son noyau est réduit à $\set{0_{E}}$). Par ailleurs, pour $X=(x,y)\in G$ on peut écrire $X=(x,0)+(0,y)=\iota(x)+(0,y)=\pi_{G}(\iota(x)+(0,y))$ si bien que d’une part $p_{2}(X)=y$ et d’autre part $p_{2}(X)=f(x)$ par définition de $f.$ Donc $X=(x,f(x))\in\widetilde{G}.$ On a donc $G\subset \widetilde{G}$ puis $G=\widetilde{G}$ car il s’agit d’inclusion d’espaces vectoriels de mêmes dimensions.

Remarquons que comme $dim(E\times F) = dim(E) + dim(F)$, les supplémentaires de $\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F$ dans $E\times F$ sont de dimension $n:=dim(E)$. (Cette remarque s’appuie sur la dimension finie et $E$ et de $F$)

$\boxed{\subset}$
Soit $G$ un supplémentaire de $\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F$ dans $E\times F$. Soit $\mathcal{G}:=\left(g_{i}\right)_{1\leq i \leq n}$ une base de $G$. Pour tout $i$, notons $g_{i}=(u_{i},v_{i})$ avec $u_{i}\in E$ et $v_{i}\in F$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Lemme}}$ :$\displaystyle (u_{i})_{1\leq i \leq n}$ est libre.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Preuve}}$ : Si $\lambda_{1},\cdots, \lambda_{n}$ sont des scalaires, il vient
$$\displaystyle \sum_{1\leq i \leq n}\lambda_{i}u_{i}=0_{E} \; \Longrightarrow \displaystyle \sum_{{1\leq i \leq n}} \lambda_{i}g_{i}=\underset{\in (\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F) \cap G= \left\lbrace (0_{E},0_{F})\right\rbrace}{\underbrace{\left(0_{E}\; , \; \displaystyle \sum_{1\leq i \leq n}\lambda_{i}v_{i}\right)}}\; \Longrightarrow \; \displaystyle \sum_{{1\leq i \leq n}} \lambda_{i}g_{i}=(0_{E},0_{F}) \; \underset{\text{$\mathcal{G}$ est libre car est une base}}{\underbrace{\Longrightarrow}} \; \lambda_{1}=\cdots=\lambda_{n}=0 \quad \square$$

La famille étant libre et de dimension $n=dim(E)$, c’en est une base.
Mais alors en définissant $f\in L(E,F)$ par $v_{i}:=f(u_{i})$, on obtient que $G=\left\lbrace (x,f(x)),\; x\in E \right\rbrace$ par linéarité de $f$ et structure vectorielle de $G$.

$\boxed{\supset}$
La réciproque est un peu plus claire ; voici un chemin de preuve : soit $f \in L(E,F)$ et $G:=\left\lbrace (x,f(x)),\; x\in E \right\rbrace$.
(1) Montrer que $(\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F) \cap G= \left\lbrace (0_{E},0_{F})\right\rbrace$ (utiliser le fait que$f$ est linéaire)
(2) Montrer que $dim(G)=n$ (construire une base de $G$ à partir d’une base de $E$)
(3) Conclure.

(Si besoin de détails ou d’une rédaction complète pour l’inclusion réciproque, n’hésitez pas à demander ! )

$\textbf{La preuve suivante est dimension-free !}$
$\boxed{\subset}$
Soit $G$ un supplémentaire de $\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F$ dans $E\times F$. Soit $\mathcal{G}:=\left(g_{i}\right)_{i \in I}$ une base de $G$. Pour tout $i\in I$, notons $g_{i}=(u_{i},v_{i})$ avec $u_{i}\in E$ et $v_{i}\in F$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Lemme}}$ :$\displaystyle (u_{i})_{i \in I}$ est libre dans $E$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Preuve}}$ : Pour toute partie $J\subset I$ est finie et $\left(\lambda_{j}\right)_{j\in J} \in K^J$, on a
$$\displaystyle \sum_{j \in J}\lambda_{j}u_{j}=0_{E} \; \Longrightarrow \displaystyle \sum_{j \in J} \lambda_{j}g_{j}=\underset{\in (\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F) \cap G= \left\lbrace (0_{E},0_{F})\right\rbrace}{\underbrace{\left(0_{E}\; , \; \displaystyle \sum_{j \in J}\lambda_{j}v_{j}\right)}}\; \Longrightarrow \; \displaystyle \sum_{j \in J} \lambda_{j}g_{j}=(0_{E},0_{F}) \; \underset{\text{$\mathcal{G}$ est libre car est une base}}{\underbrace{\Longrightarrow}} \; \forall j \in J,\quad \lambda_{j}=0 \quad \square$$

$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Lemme}}$ :$\displaystyle (u_{i})_{i \in I}$ est génératrice de $E$.
$\hspace*{3cm}$$\underline{\text{Preuve}}$ : Soit $x\in E$. Alors $(x,0)\in E\times F = G \oplus \left\lbrace 0 \right\rbrace \times F$. Soient alors $g\in G$ et $f\in F$ tels que $\left(x,0\right)=g+(0,f)$ (cette écriture étant unique).
Puisque $\mathcal{G}$ est une base de $G$, il existe une partie $J\subset I$ finie, et $\left(\lambda_{j}\right)_{j\in J} \in K^J$ tels que
$$g=\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}g_{j}=\left(\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}u_{j},\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}v_{j}\right),\quad \text{et donc} \quad (x,0)=\left(\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}u_{j},f+\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}v_{j}\right)$$Par identification des composantes en $E$, on obtient
$$x=\displaystyle \sum_{j\in J}\lambda_{j}u_{j}$$Ce qui termine le lemme. $\square$

Etant libre dans $E$ et génératrice de $E$, $\displaystyle (u_{i})_{i \in I}$ est une base de $E$.

Mais alors en définissant $f\in L(E,F)$ par $v_{i}:=f(u_{i})$ pour tout $i$ dans $I$, on obtient que $G=\left\lbrace (x,f(x)),\; x\in E \right\rbrace$ par linéarité de $f$ et structure vectorielle de $G$.

$\boxed{\supset}$
La réciproque est un peu plus claire ; voici un chemin de preuve : soit $f \in L(E,F)$ et $G:=\left\lbrace (x,f(x)),\; x\in E \right\rbrace$.
(1) Montrer que $(\left\lbrace 0_{E} \right\rbrace \times F) \cap G= \left\lbrace (0_{E},0_{F})\right\rbrace$ (utiliser le fait que$f$ est linéaire)
(2) Montrer que $E\times F \subset G \oplus \left\lbrace 0 \right\rbrace \times F$ (faire apparaitre $f(x)$)
(3) Conclure.

(Si besoin de détails ou d’une rédaction complète pour l’inclusion réciproque, n’hésitez pas à demander ! )