Soit $E$ un espace vectoriel, $F$ un sous-espace. Il s'agit alors de considérer $\{G$ sous espace de $E\mid G\cap F= \{0\}\}$ ordonné par l'inclusion, de montrer qu'il est inductif, de conclure qu'il a un élément maximal par le lemme de Zorn; et finalement de montrer qu'un tel élément maximal est un supplémentaire de $F$.
Ben de toute façon on peut toujours camoufler des familles libres dans la démonstration...
Bon, voici un essai : soit $F$ un sous-espace de $E$. Soit $\mathcal{G}$ l'ensemble des sous-espaces $G$ tels que $F \cap G = \{0\}$, ordonné par l'inclusion. $\mathcal{G}$ est inductif, car si $J$ est un sous-ensemble totalement ordonné de $\mathcal{G}$, alors $\cup_J := \cup_{G \in J} G$ est un sous-espace de $E$, et il est facile de démontrer que $G \cap \cup_J = \{0\}$.
D'après le lemme de Zorn, il existe un $G_{max}$ qui est maximal dans $\mathcal{G}$. Démontrons que $F+G_{max} = E$. Si ce n'était pas le cas, alors il existe $v \in E \setminus (F+G_{max})$. Il est alors facile de voir que $F \cap (G_{max} + \mathbb{K}v) = \{0\}$ ce qui contredit la maximalité de $G_{max}$. En effet, sinon, il existe $g$ et $\lambda$ tels que $g \in G_{max}$, $\lambda \in \mathbb{K}$ tels que $g + \lambda v \in F \setminus \{0\}$. Mais alors $\lambda v \in F + G_{max}$. Par hypothèse, c'est que $\lambda = 0$, et donc que $g \in F \setminus \{0\}$ ce qui est contraire à $F \cap G_{max} = \{0\}$. Donc c'est que $F + G_{max} = E$.
En fait, plus que la preuve qui est assez "simple" au final, c'est l'utilisation du lemme de Zorn (dont la preuve à partir de l'axiome du choix est assez difficile j'imagine) qu'on estime non triviale ici.
Non le lemme de Zorn est assez simple à prouver à partir de l'axiome du choix, si tant est qu'on connait les ordinaux et leurs propriétés de base. Une fois qu'on a ça, l'idée de la preuve est évidente par l'absurde: on part d'un élément, il n'est pas maximal, donc il y en a un plus grand, on répète; et aux étapes limites on choisit (hehe) un majorant de ce qu'on a construit jusqu'ici (c'est là qu'intervient l'inductivité). On construit alors une injection des ordinaux dans notre ensemble: pas possible; c'est donc qu'il y avait un élément maximal.
La démonstration de Maxtimax et Georges nous donne, pour le même prix, une preuve en dimension finie (sans axiome du choix). L'existence de $G_{max}$ est assurée par le fait que l'ensemble
$X:=\{k\in\N, \exists \ G$ sous-espace de $E$ de dimension $k$ vérifiant $F\cap G=\{0\}\}$
est une partie non-vide de $\N$ majorée par la dimension de $E$. Elle admet donc un maximum $M$. Vu que $M\in X$, il existe un sous-espace $G_{max}$ de dimension égale au maximum $M$ et qui est en somme directe avec $F$. On vérifie que $G_{max}$ est maximal parmi les sous-espaces de $E$ en somme directe avec $F$. On peut alors conclure en calquant la démo précédente.
Par contre, j'ai utilisé plusieurs propriétés de la dimension qui découlent du théorème de la base incomplète dans ce qui précède. C'est peut-être un peu maladroit. Il serait plus judicieux d'appliquer directement le TBI pour prouver l'existence de supplémentaires (la preuve doit sans doute figurer dans ton cours de MPSI).
Réponses
Bon, voici un essai : soit $F$ un sous-espace de $E$. Soit $\mathcal{G}$ l'ensemble des sous-espaces $G$ tels que $F \cap G = \{0\}$, ordonné par l'inclusion. $\mathcal{G}$ est inductif, car si $J$ est un sous-ensemble totalement ordonné de $\mathcal{G}$, alors $\cup_J := \cup_{G \in J} G$ est un sous-espace de $E$, et il est facile de démontrer que $G \cap \cup_J = \{0\}$.
D'après le lemme de Zorn, il existe un $G_{max}$ qui est maximal dans $\mathcal{G}$. Démontrons que $F+G_{max} = E$. Si ce n'était pas le cas, alors il existe $v \in E \setminus (F+G_{max})$. Il est alors facile de voir que $F \cap (G_{max} + \mathbb{K}v) = \{0\}$ ce qui contredit la maximalité de $G_{max}$. En effet, sinon, il existe $g$ et $\lambda$ tels que $g \in G_{max}$, $\lambda \in \mathbb{K}$ tels que $g + \lambda v \in F \setminus \{0\}$. Mais alors $\lambda v \in F + G_{max}$. Par hypothèse, c'est que $\lambda = 0$, et donc que $g \in F \setminus \{0\}$ ce qui est contraire à $F \cap G_{max} = \{0\}$. Donc c'est que $F + G_{max} = E$.
EDIT : Daaaaamn, vous êtes rapides !
En fait, plus que la preuve qui est assez "simple" au final, c'est l'utilisation du lemme de Zorn (dont la preuve à partir de l'axiome du choix est assez difficile j'imagine) qu'on estime non triviale ici.
est une partie non-vide de $\N$ majorée par la dimension de $E$. Elle admet donc un maximum $M$. Vu que $M\in X$, il existe un sous-espace $G_{max}$ de dimension égale au maximum $M$ et qui est en somme directe avec $F$. On vérifie que $G_{max}$ est maximal parmi les sous-espaces de $E$ en somme directe avec $F$. On peut alors conclure en calquant la démo précédente.
J'espère ne pas t'avoir embrouillé, Gauss_wh...