A common complement

Let $E$ be a finite-dimensional $K$ -vector space, and let $A$ and $B$ be two subspaces of $E$ of the same dimension $r \leqslant \dim E$ . Show that there exists a subspace $S$ such that
$A \oplus S = B \oplus S = E.$ .

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Solution by visitorFR

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Commençons par le lemme suivant :
Un espace vectoriel n’est jamais réunion de deux sous-espaces stricts.

Preuve. Supposons $E=A\cup B$ . Si $A\subseteq B$ alors $E=B$ , et de même dans l’autre sens ; sinon, choisissons $a\in A\setminus B$ et $b\in B\setminus A$ . Le vecteur $a+b$ appartient à $A\cup B$ . S’il est dans $A$ , alors $b=(a+b)-a\in A$ , exclu ; s’il est dans $B$ , alors $a\in B$ , exclu. $\square$

Posons $n=\dim E$ et raisonnons par récurrence descendante sur $r$ , c’est-à-dire par récurrence sur la codimension $n-r$ .
Si $r=n$ , alors $A=B=E$ et $S=\{0\}$ convient.
Supposons $r<n$ et le résultat acquis pour toute paire de sous-espaces de dimension $r+1$ . Comme $A$ et $B$ sont stricts, le lemme fournit un $x\neq 0$ tel que $x\in E\setminus(A\cup B)$ .
Les sous-espaces $A'=A\oplus\mathbb{K}x$ et $B'=B\oplus\mathbb{K}x$ sont de dimension $r+1$ . L’hypothèse de récurrence donne un $S'$ tel que
$A'\oplus S'=B'\oplus S'=E .$ Posons $S=\mathbb{K}x\oplus S'$ , somme directe car $x\in A'$ et $A'\cap S'=\{0\}$ . Alors
$A\oplus S=A\oplus\mathbb{K}x\oplus S'=A'\oplus S'=E,$ la somme étant directe puisque $A$ , $\mathbb{K}x$ et $S'$ sont en somme directe dans $A'\oplus S'$ . Le même calcul vaut pour $B$ . $\blacksquare$

Solution by La chouette aveugleFR

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Voici une solution de la dualité. On note $n$ la dimension de $E$ . On écrit ensuite $r = n-p$ , où $1\leq p \leq n-1$ (en effet si $p = 0$ ou $p=n$ , il n’y a rien à démonter). On suppose aussi que $A \neq B$ .
Montrons d’abord le cas où $p=1$ . Dans cette situation, $A$ et $B$ sont des hyperplans, il existe donc des formes linéaires $\alpha$ , $\beta$ telles que $A = \ker(\alpha)$ et $B = \ker(\beta)$ . Comme $A\neq B$ , il existe deux vecteurs $x,y$ tels que $x \in A\setminus B$ et $y \in B\setminus A$ . Ainsi, le vecteur $x+y$ engendre une droite supplémentaire de $A$ et de $B$ simultanément, puisque $\alpha(x+y) \neq 0 \neq \beta(x+y)$ .

Supposons le résultat connu pour $p$ . Montrons qu’il est vrai pour $p+1$ . Puisque $A$ et $B$ sont contenus dans des hyperplans dinstincts $H_{A}$ et $H_{B}$ , respectivement, il existe des formes linéaires $\alpha$ et $\beta$ telles que $\ker(\alpha) = H_{A}$ et $\ker(\beta) = H_{B}$ . Par la résolution du cas $p=1$ , il existe un supplémentaire commun à $H_{A}$ et à $H_{B}$ qu’on note $\Delta$ . On note ensuite $A' = A \oplus \Delta$ et $B' = B \oplus \Delta$ . Comme par hypothèse de récurrence, il existe un supplémentaire commun à $A'$ er à $B'$ , qu’on note $C$ . Dans ce cas, $C \oplus \Delta$ est un supplémentaire commun de $A$ et se $B$ . Ceci achève la preuve.

Solution by Venus2FR

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Preuve utilisant le théorème de la base incomplète.
:::

Soit $C:=A\cap B$ , qui est sous espace vectoriel de $A$ et de $B$ , et soit $b_C$ une base de $C$ . D’après le théorème de la base incomplète, on peut complèter $b_C$ en une base $b_{A}=b_{C}\sqcup X$ de $A$ et $b_{B}=b_{C}\sqcup Y$ de $B$ . Alors $b_{C}\sqcup X \sqcup Y$ est une base de $A+B$ et, par le théorème de la base incomplète, on peut la compléter en une base $b_{C}\sqcup X \sqcup Y \sqcup Z$ de $E$ . (1)

Comme $A$ et $B$ ont même dimension les cardinaux de leurs bases respectives sont égaux d’où l’on déduit que $|X|=|Y|=:p$ . Notons alors $X=(x_{1}, x_{2},...,x_{p})$ et $Y=(y_1,y_2,...y_p)$ puis introduisons $W:=Y-X$ et $S:=\text{vect}(W, Z)$ . Alors $b_{C}\sqcup X \sqcup W \sqcup Z$ (2) reste une famille génératrice de $E$ de même cardinal que la base (1) donc est une base de $E$ .

Comme $A$ et $S$ sont exactement engendrés par des sous familles disjointes et complémentaires de la même base (2), $A$ et $S$ sont en somme directe égale à $E$ . Même raisonnement avec $B$ et $S$ , en considérant la base $b_C\sqcup Y \sqcup W \sqcup Z$ (3)
ce qui achève la preuve.

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