$$ A \cap C \subset C \subset B $$
$$ A \cap C \subset A $$
$$ A \cap C \subset (A \cap B) \cap C = \{0\} $$
L’inclusion en sens inverse étant évidente, on en déduit que $A$ et $C$ sont en somme directe.

$C$ est inclus dans $A$ donc :
$$ A + C \subset A + B $$
$$ A + B = A + (A \cap B) \oplus C \subset A + A + C = A + C $$
On a double inclusion donc on obtient que :
$$ A + B = A + C $$
Conclusion :
$$ A \oplus C = A + B $$

$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| x^2 + 2y^2 + z^2 + 2xy + 2yz = 0 \right\} $$
$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| (x^2 + 2xy + y^2) + (y^2 + 2yz + z^2) = 0 \right\} $$
$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| \;
\underbrace{(x+y)^2}_{\geq 0} + \underbrace{(y+z)^2}_{\geq 0} = 0 \right\} $$
$$ E = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \; \middle| \; x+y = 0 \text{ et } y+z = 0 \right\} $$
$$E = Vect((1,-1,1))$$
Conclusion : $E$ est un espace vectoriel , c’est la droite vectorielle engendrée par $(1,-1,1)$.

On suppose que $(\lambda_1, \dots, \lambda_n) \in \mathbb{R}^n$ satisfait :
$$\sum_{i=1}^{n} \lambda_i f_{a_i} = 0,$$
De façon plus explicite :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad \sum_{i=1}^{n} \lambda_i e^{a_i x} = 0.$$
On rappelle que que, pour tout $\alpha \in ]-\infty ; 0[$ donné, on a :
$$e^{\alpha x} \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 0.$$
En multipliant par $e^{-a_n x}$ :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i e^{(a_i – a_n)x} + \lambda_n = 0.$$
On remarque, pour chaque $i \in \{1, \dots, n-1\}$ :
$$e^{(a_i – a_n)x} \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 0,$$
car $a_i – a_n < 0$.

On obtient que $\lambda_n = 0$, puis, par récurrence évidente : $\lambda_{n-1} = 0, \dots, \lambda_1 = 0$.

Conclusion : $(f_{a_i})_{1 \leq i \leq n}$ est une famille libre.

On utilise une formule trigonométrique, pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$ et tout $x$ réel:
$$ f_{a_i}(x) = \cos (x + a_i) = \cos a_i \cos x – \sin a_i \sin x. $$
Ceci peut se reformuler :
$$ \forall i \in \{1, \dots, n\}, \quad f_{a_i} = (\cos a_i) \cos – (\sin a_i) \sin. $$
Ceci implique que les $f_{a_i}$, pour $1 \leq i \leq n$, se réécrivent comme une combinaison linéaire des deux fonctions trigonométriques cosinus et sinus.

Ainsi, étant donné que $n \geq 3$, il en découle que la famille $(f_{a_i})_{1 \leq i \leq n}$ est liée.

Soit $(\lambda_1, \dots, \lambda_n) \in \mathbb{R}^n$ tel que $ \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f_{a_i} = 0$. On a donc :

$\forall x \in \mathbb{R} \setminus \{a_1, \dots, a_n\},$
$$\frac{\lambda_1}{x – a_1} + \frac{\lambda_2}{x – a_2} + \dots + \frac{\lambda_n}{x – a_n} = 0.$$ En multipliant par $x-a_n$ :
$$\left(\frac{x – a_n}{x – a_1}\right) \lambda_1 + \left(\frac{x – a_n}{x – a_2}\right) \lambda_2 + \dots + \left(\frac{x – a_n}{x – a_{n-1}}\right) \lambda_{n-1} +\lambda_n = 0.$$
En faisant tendre $x$ vers $a_n$, on obtient :
$$\frac{0}{a_n – a_1} \lambda_1 + \frac{0}{a_n – a_2} \lambda_2 + \dots + \frac{0}{a_n – a_{n-1}} \lambda_{n-1} + \lambda_n = 0.$$
$$\Longleftrightarrow \quad \lambda_n = 0.$$ Par récurrence évidente, on en déduit que la famille de fonctions $(f_{a_i})_{1 \leq i \leq n}$ est une famille libre.

Une implication est évidente :
Si $F \subset G$ ou $G \subset F$ alors $F \cup G = F$ ou $F \cup G = G$. Dans tous les cas, $F \cup G$ est un espace vectoriel.

On démontre l’implication subtile :
On suppose par l’absurde que :
$$ F \cup G \text{ et } F \not\subset G\text{ et } G \not\subset F $$
On a donc des éléments vérifiant :
$$ \exists x \in F \setminus G, \quad \exists y \in G \setminus F $$
$$ x \in F \subset F \cup G $$
$$ y \in G \subset F \cup G $$
En espace vectoriel est stable par combinaison linéaire donc par addition :
$$ x + y \in F \cup G $$
Par définition de l’union, on a donc $ x + y \in F $ ou $ x + y \in G $

Si $ x + y \in F $ :
$$ y = (x + y) – x \in F $$
Cela est faux.

Si $ x + y \in G $ :
$$ x = (x + y) – y \in G $$
Cela est faux.

On en déduit que :
$$ F \subset G\text{ ou } G \subset F $$
Conclusion :
$F \cup G$ est un sous-espace vectoriel de $E$ $\iff$ $F \subset G$ ou $G \subset F$.

Soit $x \in G \subset F + G \subset F + H$.

Par définition de la somme d’espaces vectoriels :
$$\exists (f, g) \in F \times H, \quad x = f + h$$
Par inclusion de $H$ dans $G$ puis stabilité d’un espace vectoriel par somme :
$$f = x – h \in G + H \subset G + G = G$$
Par définition de l’intersection des ensembles :
$$f \in F \cap G \subset F \cap H \subset H$$
Par stabilité d’un espace vectoriel par somme :
$$x = f + h \in H + H = H$$
Par définition de l’inclusion, on obtient $G \subset H$. D’après l’énoncé, on a que $H \subset G$. Par double inclusion d’ensembles, on en déduit que $H = G$.

Soit $h \in E$.
Soit $g \in G$, par définition du sous-espace vectoriel $G$ :
$$\exists (a, b, c) \in \mathbb{R}^3| \quad \forall x \in [0;1], \quad g(x) = ax^2 + bx + c$$
La fonction $g$ est dérivable :
$$\forall x \in [0;1], \quad g'(x) = 2ax + b$$
On pose la fonction $f$ définie par $f = h – g$.

On a déjà deux conditions vérifiées : $h = f + g$ et $g \in G$.
Il nous reste à trouver une condition nécessaire et suffisante pour que la fonction $f$ appartienne à l’ensemble $F$.
$$ f \in F \Longleftrightarrow
\begin{cases}
f(0) = 0 \\
f'(1) = 0 \\
\int_0^1 f = 0
\end{cases}
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
h(0) – g(0) = 0 \\
h'(1) – g'(1) = 0 \\
\int_0^1 h – \int_0^1 g = 0
\end{cases}
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
h(0) = c \\
h'(1) = 2a + b \\
\int_0^1 h = \frac{1}{3} a + \frac{1}{2} b + c
\end{cases} $$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
c = h(0) \\
2a + b = h'(1) \\
2a + 3b + 6c = 6 \int_0^1 h
\end{cases}
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
c = h(0) \\
2a = h'(1) – b \\
2b = 6 \int_0^1 h – h'(1) – 6h(0)
\end{cases}
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
a = \frac{1}{2} (h'(1) – 3 \int_0^1 h + \frac{1}{2} h'(1) + 3h(0)) \\
b = 3 \int_0^1 h – \frac{1}{2} h'(1) – 3h(0) \\
c = h(0)
\end{cases}
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
a = -\frac{3}{2} \int_0^1 h + \frac{3}{4} h'(1) + \frac{3}{2} h(0) \\
b = 3 \int_0^1 h – \frac{1}{2} h'(1) – 3h(0) \\
c = h(0)
\end{cases}
$$
La fonction $h\in E$ peut donc se décomposer comme somme d’une fonction appartenant à $F$ et d’une fonction appartenant à $G$. Ceci peut se noter $E \subset F + G$. Sachant que l’inclusion $F + G \subset E$ est évidente, on en déduit par double inclusion que $E = F + G$.
La résolution du système par équivalence permet de démontrer l’unicité de la décomposition sus-citée.

Conclusion : $F$ et $G$ sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires dans $E$, ceci peut se noter : $E = F \oplus G$.

On remarque que $\overrightarrow{u} = 3 \overrightarrow{x} – 2 \overrightarrow{y}$ et $\overrightarrow{v} = 4 \overrightarrow{x} – 3 \overrightarrow{y}$. Ceci met en évidence que $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$ s’expriment comme des combinaisons linéaires de $\overrightarrow{x}$ et $\overrightarrow{y}$, on peut donc noter :
$$ \text{Vect} (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) \subset \text{Vect} (\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}). $$
De manière analogue, on obtient $\overrightarrow{x} = 3 \overrightarrow{u} – 2 \overrightarrow{v}$ et $\overrightarrow{y} = 4 \overrightarrow{u} – 3 \overrightarrow{v}$, donc $\overrightarrow{x}$ et $\overrightarrow{y}$ peuvent être exprimés comme combinaison linéaires de $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$, ce qui peut se noter :
$$ \text{Vect} (\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}) \subset \text{Vect} (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}). $$
Par double inclusion, on obtient que :
$$ \text{Vect} (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = \text{Vect} (\overrightarrow{x}, \overrightarrow{y}), $$
Conclusion : $\overrightarrow{x}$ et $\overrightarrow{y}$ génèrent le même sous-espace vectoriel que $\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{v}$.

$$ ( \dim (F+G) )^2 – ( \dim(F) )^2 $$
$$ = ( \dim (F+G) – \dim(F) )( \dim(F+G) + \dim(F) ) $$
En utilisant la formule de Grassmann :
$$ = ( \dim(F) + \dim(G) – \dim(F \cap G) – \dim(F) )( \dim(F+G) + \dim(F) ) $$
$$ = ( \dim(G) – \dim(F \cap G) )( \dim(F+G) + \dim(F) ) $$

$F \cap G \subset G$ donc $\dim(F \cap G) \leq \dim(G)$ donc $\dim(G) – \dim(F \cap G) \geq 0$.

$G \subset F + G$ donc $\dim(G) \leq \dim(F+G)$.

$F \cap G \subset F$donc $\dim(F \cap G) \leq \dim(F)$.

On peut donc minorer le second facteur :
$$ ( \dim(F+G) )^2 – ( \dim(F) )^2 \geq ( \dim(G) – \dim(F \cap G) )( \dim(G) + \dim(F \cap G) ) $$
$$ = ( \dim(G) )^2 – ( \dim(F \cap G) )^2 $$
On obtient donc l’inégalité souhaitée :
$$ ( \dim(F+G) )^2 + ( \dim(F \cap G) )^2 \geq ( \dim(F) )^2 + ( \dim(G) )^2 $$

L’inégalité devient une égalité si et seulement si :
$$
\begin{cases}
\dim(G) = \dim(F+G) \\
\dim(F \cap G) = \dim(F)
\end{cases}
\quad \text{ou} \quad \dim(G) – \dim(F \cap G) = 0
$$
$$
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
\dim(G) = \dim(F) + \dim(G) – \dim(F \cap G) \\
\dim(F \cap G) = \dim(F)
\end{cases}
\quad \text{ou} \quad \dim(G) = \dim(F \cap G)
$$
$$\Longleftrightarrow F = F \cap G \quad \text{ou} \quad G = F \cap G$$
$$\Longleftrightarrow F \subset G \quad \text{ou} \quad G \subset F$$

1. Chaque $x \in E$ peut s’écrire comme $x = x_1 + x_2$, avec $x_1 \in F_1$ et $x_2 \in F_2$.
Par hypothèse, $F_2 = (F_1 \cap F_2) \oplus G_2$.
Il est alors possible d’écrire $x_2 = y + x_2’$, avec $y \in F_1 \cap F_2$ et $x_2′ \in G_2$.
En particulier, si $y \in F_1$, alors $x = x_1 + (y + x_2′) = (x_1 + y) + x_2’$, ce qui montre que $x \in F_1 + G_2$.

Ainsi, on a $E = F_1 + G_2$. Il reste à montrer que $F_1$ et $G_2$ forment une somme directe.

Si $x$ appartient à $F_1 \cap G_2$, alors $x \in F_1$ et $x \in G_2$.
Donc $x \in F_1 \cap F_2$ et $x \in G_2$, or ces deux sous-espaces sont en somme directe.

On en conclut que $x = 0$. Par conséquent, $E = F_1 \oplus G_2$.

2. Procédons par récurrence sur $p \geq 2$.

D’après la première étape, la propriété est vraie pour $p = 2$ . En effet, $G_2$ est un sous-espace supplémentaire de $F_1 \cap F_2$ dans $F_2$.

Supposons que la propriété soit vérifiée pour $p – 1$ sous-espaces, avec $p \geq 3$.

Considérons $p$ sous-espaces $F_1, F_2, \ldots, F_p$ de $E$.

Définissons $E’ = F_1 + F_2 + \cdots + F_{p-1}$. On a donc $E = E’ + F_p$.

D’après la première étape, il existe un sous-espace $G_p \subseteq F_p$ tel que $E = E’ \oplus G_p$.

Par hypothèse de récurrence appliquée à $F_1, F_2, \ldots, F_{p-1}$ et $E’$, il existe des sous-espaces $G_2, \ldots, G_{p-1}$ avec $G_j \subseteq F_j$, tels que
$E’ = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_{p-1}$.

En combinant, on obtient $E = E’ \oplus G_p = F_1 \oplus G_2 \oplus \cdots \oplus G_p$.

Ceci conclut la démonstration par récurrence et établit la propriété pour tout $p \geq 2$.