4.5 Théorie de la dimension
4.5.2 Sev d'un ev de dimension nie
a+c = 0 b+ 2c+d = 0 2a+ 2b = 0 a+b+c = 0
Comme précédemment, la première et la dernière équations donnent b = 0, d'où a = 0 d'après la deuxième, puis c= 0 etd= 0. La famille (u, v, w, e2) est donc une famille libre de 4 éléments dans un espace de dimension 4. C'est une base deR3. Remarquons que le choix dee2 n'est pas fait au hasard : on l'a choisi plutôt que e1 an de ne pas perturber la première et la dernière équations du système, et donc d'obtenir facilement b= 0.
3. Les vecteursu etv sont non proportionnels. La famille(u, v) est donc libre et on peut la compléter à l'aide de deux (cette fois) vecteurs de la base canonique. On vérie d'abord que(u, v, e1) est libre. En eet, si au+bv+ce1 = 0, on trouve le système
a+b+c = 0
−a+b = 0 a+b = 0
−a+b = 0
De la première et la troisième équations, on trouve c = 0, d'où l'on tire facilement a = b = c = 0.
Expliquons maintenant le choix du deuxième vecteur pour compléter. La deuxième et la quatrième équations sont identiques. Elles apportent donc la même information. Pour obtenir vraiment un système de quatre équations diérentes, il sut de perturber l'une des deux, par exemple la deuxième. C'est pourquoi on va montrer que (u, v, e1, e2) est une famille libre. En eet, siau+bv+ce1+de2= 0, alors on trouve le système
a+b+c = 0
−a+b+d = 0 a+b = 0
−a+b = 0
Comme précédemment, on a c = 0, et les deuxième et quatrième équations montrent que d = 0. On en déduit alors facilement que a = b = c = d = 0. La famille (u, v, e1, e2) est libre. Elle comporte 4 éléments dans un espace de dimension 4: c'est une base de R4.
4.5.2 Sev d'un ev de dimension nie
Proposition 4.5.5 SoitE unK-ev de dimension nie. Tout sevF deEest de dimension nie, etdim(F)≤ dim(E).
Preuve Le résultat est évident lorsque F ={0}.
Supposons F ={0}. Il existe x1 ∈F tel que x1 ̸= 0. Notons L1 = (x1) qui est libre. Si L1 engendre F alors F est de dimension nie etdim(F) = 1. Sinon, il exitex2 ∈F tel quex2 ∈/V ect(L1). D'après 2. dans (4.5.2), la famille L2= (x1, x2) est libre et on réitère le raisonnement. Soitp∈N⋆, supposons dénisx1, . . . , xp dans F tels queLp = (x1, . . . , xp)soit libre. SiLp engendreF alorsF est de dimension nie etdim(F) =p. Sinon il existe xp+1 ∈F tel quexp+1 ∈/ V ect(Lp) et la famille Lp+1 = (x1, . . . , xp+1) est libre dans F. En notant n =dim(E), comme toute famille de E ayant au moins n+ 1 éléments est liée, il existe p ∈ {1, . . . , n} tel que Lp engendre F. AinsiF est de dimension nie et dim(F)≤n.
Dénition 4.5.2 On appelle droite vectorielle (respectivement plan vectoriel) tout ev ou sev de dimen-sion 1 (respectivement 2). Une droite vectorielle est engendrée (on dit aussi dirigée) par n'importe lequel de ses vecteurs ̸= 0.
Dans un ev de dimension nie n (n≥1), on appelle hyperplan tout sev de dimension n−1.
Proposition 4.5.6 Soient E un K-ev de dimension nie n=dim(E), F un sev deE, p=dim(F). 1. F admet au moins un supplémentaire dans E.
2. Tout supplémentaire de F dans E est dimensionn−p. Preuve :
2. SoitHun supplémentaire deF dansE. D'après la proposition (4.5.5),Hest de dimension nie. D'après la proposition (4.5.2), F (respectivement H) admet au moins une base (f1, . . . , fp) (respectivement (hp+1, . . . , hq)). Montrons que(f1, . . . , fp, hp+1, . . . , hq) est une base deE.
F, G sont deux sev de E supplémentaires dansE
B(respectivementC) est une base deF (respectivement G)
alorsB∪C est une base deE
Corollaire 4.5.1 SoientE unK-ev de dimension nie, F etGdeux sev de E en somme directe. On a alors dim(F ⊕G) =dim(F) +dim(G).
Preuve : il sut d'utiliser la proposition (4.5.6), appliquée à F ⊕Gau lieu deE.
Corollaire 4.5.2 Soient E un K-ev de dimension nie,F et Gdeux sev de E. Si
{ F ⊂G
dim(F) =dim(G) alors F =G.
Preuve :F admet au moins un supplémentaireHdansG, etdim(H) =dim(G)−dim(F) = 0, d'oùH ={0}, G=F +H=F.
Exercice 90 SoientE etF les sev de R3 engendrés respectivement par les vecteurs{(2,3,−1),(1,−1,2)} et{(3,7,0),(5,0,−7)}. Montrer que E etF sont égaux.
Correction : Pour que deux ensembles X etY soient égaux, il faut et il sut queX⊂Y etY ⊂X. Dans le cas des ev de dimension nie, la situation est un peu plus simple : pour queE =F il faut et il sut queF ⊂E etdim(E) =dim(F). Appliquons ce critère :E est engendré par deux vecteurs donc dim(E)≤2. Les deux vecteurs (2,3,−1)et(1,−1,−2)sont linéairement indépendants donc dim(E)≥2 c'est-à-dire dim(E) = 2. Un raisonnement identique montre quedim(F) = 2. Enn, les égalités (3,7,0) = 2(2,3,−1)−(1,−1,−2)et (5,0,−7) = (2,3,−1) + 3(1,−1,−2)montrent que F ⊂E c'est-à-direE =F.
Théorème 4.5.4 Formule de Grassmann (Hermann GRASSMANN 1809-1877) ou formule de la dimension Soit E un K-ev de dimension nie. On a a pour tous sevF, G deE :
dim(F+G) =dim(F) +dim(G)−dim(F ∩G).
Preuve : D'après la proposition (4.5.6), F ∩Gadmet au moins un supplémentaire F′ dansF. 1. Montrons queF′ etG sont en somme directe et queF′⊕G=F+G.
. F′ ⊂F d'oùF′∩= (F′∩F)∩G=F′∩(F∩G) ={0}.
. F+G= (F′+ (F∩G)) +G=F′+ ((F∩G) +G) =F′+G. 2. D'après le corollaire (4.5.1),
{ dim(F +G) =dim(F′⊕G) =dim(F′) +dimG
dim(F) =dim(F′⊕(F ∩G)) =dim(F′) +dim(F∩G) d'où la rela-tion voulue.
Exercice 91 Autour du théorème des quatre dimensions.
Soient E un espace vectoriel de dimension nie, F et Gdeux sev de E. Montrer que deux quelconques des trois propriétées suivantes entraînent la troisième :
1. F ∩G={0}; 2. F +G=E;
3. dim(F) +dim(G) =dim(E).
Correction : Tout repose sur la formule des quatre dimensionsdim(F+G) =dim(F) +dim(G)−dim(F∩G) et sur la propriété : si H est un sev deE tel que dim(H) =dim(E), alors H=E.
Si 1. et 2. sont vraies, alorsdim(F+G) =dim(F) +dim(G)−dim(F∩G) =dim(F) +dim(G)tandis queE =F +Gimplique dim(E) =dim(F) +dim(G). 3. est donc vérié.
Si 1. et 3. sont vraies, alorsdim(F+G) =dim(F) +dim(G)−dim(F ∩G) =dim(E)−0 =dim(E). Ainsi, F+Gest un sev deE de même dimension que E :F+G=E.
Si 2. et 3. sont vraies, alors dim(E) =dim(F+G) =dim(F) +dim(G)−dim(F ∩G) =dim(E)− dim(F ∩G). On en déduit que dim(F∩G) = 0et donc que F∩G={0}.
Exercice 92 SoientE un espace vectoriel de dimension nien, et F,Gdeux sous-espaces vectoriels de E de même dimension p < n. Montrer que F etG ont un supplémentaire commun, c'est-à-dire qu'il existe un sous-espace H de E tel que F⊕H=G⊕H =E.
Correction : On raisonne par récurrence descendante surp∈ {0, . . . , n−1}. Traitons d'abord le casp=n−1. On sait que F ∪G ̸= E. En eet, si F = G ce n'est pas le cas, et si F ̸= G, alors on n'a ni F ⊂ G, ni G ⊂ F (les deux espaces ont même dimension, une inclusion entraînerait l'égalité), et donc F ∪G n'est pas un espace vectoriel. En particulier, il n'est pas égal à E. On peut choisir a tel que a /∈ F ∪G. Alors F∩vect(a) ={0}etG∩vect(a) ={0}.F etvect(a)(respectivementGetvect(a)) sont en somme directe, et puisquedim(F⊕vect(a)) =n(respectivementdim(G⊕vect(a)) =n), on a F⊕vect(a) =G⊕vect(a) =E. vect(a) est le supplémentaire commun recherché. Supposons maintenant le résultat prouvé pour p+ 1, et prouvons-le pour p. Comme précédemment, on peut trouver a /∈ F ∪G et comme précédemment, F et vect(a)(respectivementGetvect(a)) sont en somme directe. Posons F1 =F⊕vect(a)etG1=G⊕vect(a). Alors F1 et G1 ont même dimension, égale à p+ 1. D'après l'hypothèse de récurrence, ils possèdent un supplémentaire commun que l'on note H1. Mais alors, F et vect(a)⊕H1 sont en somme directe. En eet, si x ∈F ∩vect(a)⊕H1, on ax =f =λa+h, avec f ∈F, λ∈K eth ∈H1. On en déduit h =f −λa ∈ H1 ∩F1 = {0} et donc h = 0. Puisque F ∩vect(a) = {0}, on obtient également f = λ = 0, et par suite x = 0. Ainsi, si on pose H=vect(a)∈H1, alorsH et F sont en somme directe. De même,H etG sont en somme directe, et donc F etGont un supplémentaire commun. Ceci achève la preuve par récurrence.