Espaces vectoriels de dimension nie

Espaces vectoriels de dimension nie

Cours de É. Bouchet ECS1 18 mars 2021

Table des matières

1 Espaces vectoriels de dimension nie 2

1.1 Dénition . . . 2

1.2 Liens entre familles libres et familles génératrices d'un espace vectoriel . . . 2

1.3 Existence de bases en dimension nie . . . 3

1.4 Rang d'une famille nie de vecteurs . . . 4

1.5 Théorème de la base incomplète . . . 5

1.6 Conditions sur le cardinal pour avoir une base . . . 5

1.7 Sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension nie . . . 6

2 Compléments sur les espaces vectoriels 7 2.1 Somme de deux sous-espaces vectoriels . . . 7

2.2 Somme directe de deux sous-espaces vectoriels . . . 8

2.3 Sous-espaces vectoriels supplémentaires . . . 9

2.4 Formule de Grassman . . . 10

2.5 Caractérisation de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires . . . 11

2.6 Somme et somme directe de ksous-espaces vectoriels . . . 12

2.7 Caractérisations de sommes directes en dimension nie . . . 12

Dans tout le chapitre,K désigneraR ou C.

1 Espaces vectoriels de dimension nie

1.1 Dénition

Soit E un espace vectoriel sur K. On dit que E est un espace vectoriel de dimension nie lorsqu'il admet une famille génératrice comportant un nombre ni d'éléments, c'est-à-dire lorsqu'il existe un entier natureln∈N^∗ et une famille F = (f₁, f₂, . . . , f_n) de vecteurs deE tels que

E =Vect(f1, f2, . . . , fn). Dénition (Espace vectoriel de dimension nie).

Remarque. Par convention,E ={0_E} est un espace vectoriel de dimension nie.

Exemple 1. On a déjà rencontré notamment :

Kⁿ, espace vectoriel de dimension nie engendré par la base canonique (e1, e2, . . . , en). K_n[X], espace vectoriel de dimension nie engendré par la base(1, X, X², . . . , Xⁿ). 1.2 Liens entre familles libres et familles génératrices d'un espace vectoriel

SoitE un espace vectoriel de dimension nie surK, etF = (f1, f2, . . . , fn)(avecn∈N^∗) une de ses familles génératrices. Alors pour tout vecteur e₁ 6= 0_E, on peut extrairen−1 vecteurs deF (que par réindexation éventuelle on notef2, ..., fn) tels que la famille(e1, f2, . . . , fn) est une famille génératrice de E.

Proposition (Modication d'une famille génératrice).

Démonstration. (démonstration à connaître) La famille F = (f1, f2, . . . , fn) est génératrice de E et e1 ∈ E donc il existe(α₁, α₂, . . . , α_n)∈Kⁿ tel que :

e1 =

n

X

k=1

α_kf_k,

où les αk ne sont pas tous nuls (sinon on aurait e1 = 0). Quitte à réindexer (f1, f2, . . . , fn), on peut supposer que α₁ 6= 0. Alors :

e₁=α₁f₁+

n

X

k=2

α_kf_k et donc f₁ = 1 α1

e₁−

n

X

k=2

α_kf_k

!

. (1)

Prouvons maintenant que(e₁, f₂, . . . , f_n)est génératrice deE. Soitx∈E. CommeF = (f₁, f₂, . . . , f_n)est génératrice deE, il existe(β₁, β₂, . . . , β_n)∈Kⁿ tel que :

x=

n

X

k=1

β_kf_k⁽¹⁾= β₁ 1

α₁ e₁−

n

X

k=2

α_kf_k

! +

n

X

k=2

β_kf_k= β₁ α₁e₁+

n

X

k=2

β_k− β₁α_k α₁

f_k.

Doncxs'écrit comme une combinaison linéaire de(e₁, f₂, . . . , f_n). Cette famille est donc bien génératrice deE. Exemple 2. La famille (1, X, X², . . . , Xⁿ) engendre K_n[X], et (X + 1)² 6= 0. On peut donc trouver une nouvelle famille qui engendreKn[X]:

((X+ 1)², X, X², . . . , Xⁿ) ou ((X+ 1)²,1, X², . . . , Xⁿ) ou ((X+ 1)²,1, X, X³. . . , Xⁿ)

Soit E un espace vectoriel de dimension nie et non réduit à {0_E}. Soit L une famille libre nie deE et G une famille génératrice nie de E, alors

Card(L)6Card(G).

Théorème (Cardinaux des familles libres et génératrices).

Démonstration. Soit(n, p)∈(N^∗)², on suppose que(f1, f2, . . . , fn)est une famille génératrice deEet que(e1, e2, . . . , ep) est une famille libre deE. La famille(e₁, e₂, . . . , e_p)est libre, donce₁6= 0 et le résultat précédent donne que (quitte à réindexer), (e1, f2, . . . , fn) est génératrice de E. Donc e2 peut s'écrire comme combinaison linéaire de (e1, f2, . . . , fn) et il existe(α1, α2, . . . , αn)∈Kⁿtel que :

e2=α1e1+

n

X

k=2

αkfk,

où au moins un des coecients autre queα1 est non nul (sinone1 ete2 seraient linéairement dépendants). Supposons (quitte à réindexer(f₂, . . . , f_n)) queα₂ 6= 0. Alors :

f2 = 1

α₂ e2−α1e1−

n

X

k=3

α_kf_k

! .

On montre alors comme dans la preuve précédente que(e1, e2, f3, . . . , fn) est une famille génératrice de E.

Supposons que p > n. En réitérant ce raisonnement n fois, on montre que la famille (e1, e2, . . . , en) est une fa- mille génératrice de E. e_p s'écrit donc comme combinaison linéaire de (e₁, e₂, . . . , e_n). Mais c'est impossible, car (e1, e2, . . . , en, . . . , ep) est une famille libre. Donc p6n.

1.3 Existence de bases en dimension nie

Tout espace vectorielE de dimension nie et non réduit à{0_E}admet au moins une base.

Théorème (Existence de bases en dimension nie).

Démonstration. Soit E un espace vectoriel non réduit à {0_E} et de dimension nie. Alors il possède une famille génératrice ayant un nombre ni d'élémentsF = (e1, e2, . . . , eq), avec q∈N^∗. Alors

SiF est libre, c'est une base de E.

Si F n'est pas libre alors il existe au moins un vecteur de F qui s'écrit comme une combinaison linéaire des autres. On peut alors le retirer sans perdre le caractère générateur de la famille. Quitte à réindexer les éléments de F, on suppose qu'il s'agit de e_q. Donc F₁ = (e₁, e₂, . . . , eq−1) est génératrice de E.

SiF₁ est libre, alors c'est une base deE. Sinon l'un des vecteur deF₁ s'écrit comme une combinaison linéaire des autres et on peut le retirer à son tour. Quitte à ré-indexer, on montre alors que F₂ = (e1, e2, . . . , eq−2) est génératrice de E.

Par un nombre ni d'itérations successives de ce raisonnement (on est sûr qu'il termine car une famille contenant un seul élément non nul est toujours libre), on obtient une famille F_m = (e1, e2, . . . , eq−m) qui est génératrice de E et libre. On a donc une base deE.

SoitEun espace vectoriel de dimension nie non réduit à{0_E}. Toutes les bases deEont le même nombre d'éléments. Cet entier naturel est appelé la dimension de l'espace vectoriel et est noté dim(E).

Théorème (Dimension d'un espace vectoriel).

Remarque. SiE={0_E}, on pose par conventiondim(E) = 0.

Démonstration. Soit n et p deux entiers naturels non nuls et soit B₁ = (f1, f2, . . . , fp) et B₂ = (e1, e2, . . . , en) deux bases deE. Alors :

B₁ est libre etB₂ est génératrice de E donc n>p.

B₂ est libre etB₁ est génératrice de E donc p>n. Doncn=p.

Exemple 3. On a :

Kⁿ est un espace vectoriel de dimension n , dont une base est la base canonique (e₁, e₂, . . . , e_n). Kn[X]est un espace vectoriel de dimension n+ 1, dont une base est la base(1, X, X², . . . , Xⁿ).

M_n,p(K) est un espace vectoriel de dimension np, dont une base est

(E11, E12, . . . , E1p, E21, . . . , E2p, . . . Ek1, . . . , Ekp, . . . En1, . . . , Enp), où E_ij est la matrice ne contenant que des zéros, sauf un 1à la ième ligne et jème colonne.

Soit E un espace vectoriel de dimension nien∈N^∗. Alors : Toute famille libreLde E vérie Card(L)6n.

Toute famille génératriceG deE vérie Card(G)>n. Corollaire.

Remarque. L'hypothèsen∈N^∗ permet ici d'écarter le cas E={0_E}. 1.4 Rang d'une famille nie de vecteurs

SoitE un espace vectoriel et soit (f₁, f₂, . . . , f_p) une famille nie de vecteurs deE. On appelle rang de la famille (f1, f2, . . . , fp)et on noterg (f1, f2, . . . , fp)la dimension du sous-espace vectoriel qu'elle engendre :

rg (f₁, f₂, . . . , f_p) = dim (Vect (f₁, f₂, ..., f_p)). Dénition (Rang d'une famille nie de vecteurs).

Remarque. La famille étant nie, Vect (f₁, f₂, ..., f_p) est nécessairement un espace vectoriel de dimension nie (il possède une famille génératrice nie), on peut donc bien utiliser sa dimension.

Exemple 4. DansK₂[X],

rg(X, X²) =2 puisque(X, X²) forme une famille libre (c'est une sous-famille de la base canonique).

rg(1, X+ 1, X, X²) =rg(1, X, X²) = 3 puisque X+ 1 est combinaison linéaire de X et de 1 et qu'ensuite la famille (1, X, X²) est libre.

rg((X+ 1)², X²) =2 puisque((X+ 1)², X²)forme une famille libre (à montrer).

1.5 Théorème de la base incomplète

Soit E un espace vectoriel de dimension nie n∈ N^∗. Soit L = (e1, e2, . . . , ep) une famille libre de E de cardinalp∈[[1, n]]. Alors la familleL peut-être complétée par n−p vecteursep+1, ep+2, . . . , en deE pour former une base de E.

Théorème (Théorème de la base incomplète).

Démonstration. On a plusieurs cas :

SiL est génératrice, c'est une base deE (et p=n).

Si L n'est pas génératrice alors il existe au moins un vecteur x ∈ E qui ne s'écrit pas comme une combinai- son linéaire des vecteurs de L. On montre alors que L₁ = (e₁, e₂, . . . , e_p, x) est alors une famille libre : soit (λ₁, . . . , λ_p, λ)∈K^p+1, on suppose que :

p

X

i=1

λiei+λx= 0E.

Siλ6= 0, 1 λ

p

X

i=1

λ_ie_i =x, ce qui est impossible par hypothèse. Donc λ= 0. Puis, comme L est libre, lesλ_i sont tous nuls. DoncL₁ est libre.

Si L₁ est génératrice, alors c'est une base de E.

Sinon l'un des vecteur y ∈ E ne s'écrit pas comme une combinaison linéaire des vecteurs de L₁. On pose alorsL₂ = (e₁, e₂, . . . , e_p, x, y)et on itère le raisonnement précédent.

Par un nombre ni d'itérations successives (une famille libre ne peut pas être de cardinal strictement supérieur àn= dim(E)), on obtient une familleL_m qui est génératrice deE et libre. DoncL_m est une base deE, qui complète L. On a alors Card(L_m) = dim(E) =n, ce qui signie qu'on a rajoutén−péléments à L.

Exemple 5. Compléter(X+ 2, X+ 1)en une base de K3[X].

Ajouter des vecteurs de la base canonique de l'espace considéré est généralement un bon moyen de compléter une famille libre. Ici,(X+ 2, X+ 1, X², X³)est un exemple qui fonctionne.

1.6 Conditions sur le cardinal pour avoir une base

Soit E un espace vectoriel de dimension nien∈N^∗.

1. SoitL une famille libre de E. AlorsLest une base deE si et seulement siCard(L) =n. 2. SoitG une famille génératrice deE. AlorsG est une base deE si et seulement siCard(G) =n. Proposition.

Démonstration. (démonstration à connaître) Dans les deux cas, l'implication directe est évidente avec la dénition de la dimension et il faut montrer la réciproque.

1. SoitLune famille libre telle queCard(L) =n. Par le théorème de la base incomplète, on peut la compléter en une base en rajoutant0 vecteurs deE. Donc c'est une base.

2. SoitG une famille génératrice telle que Card(G) =n. Supposons que G n'est pas libre. Alors l'un des éléments deGest combinaison linéaire des autres, et on peut le retirer. La familleF ainsi obtenue est toujours une famille génératrice et son cardinal est n−1. C'est impossible pour une famille génératrice d'un espace de dimension n, qui possède toujours au moins néléments. DoncG est libre et c'est une base.

Exemple 6. Montrer que1, X+ 1, X²+X+ 1est une base deR2[X].

On commence par montrer que la famille est libre : soit(a, b, c)∈R³, on suppose quea+b(X+ 1) +c(X²+X+ 1) = 0. AlorscX²+ (c+b)X+a+b+c= 0. Par identication des coecients du polynôme, on obtientc=c+b=c+b+a= 0 et donca=b=c= 0. Cette famille est donc libre, or elle possède 3 = dim(R2[X]) éléments. Donc c'est une base de R₂[X].

1.7 Sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension nie

Soit E un espace vectoriel de dimension nie et G un sous-espace vectoriel de E. Alors G est un espace vectoriel de dimension nie et

dim(G)6dim(E).

De plus, si dim(G) = dim(E), alors G=E.

Théorème (Sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension nie).

Démonstration. SiG={0_E}, le résultat est immédiat. Sinon, on a trois points à montrer :

On sait déjà queGest un espace vectoriel, montrons qu'il est de dimension nie. CommeG6={0_E}, il existe une famille (e1, . . . , ep) libre deG. Cette famille est également libre dans E, ce qui donne directementp6dim(E). Soit A l'ensemble des cardinaux des familles libres deG. On vient de montrer queA est non vide et à valeurs dans[[1,dim(E)]], il admet donc un maximum. Dans la suite, on suppose donc (quitte à changer de famille) que p= max(A).

On raisonne ensuite par l'absurde : supposons que(e₁, . . . , e_p)n'est pas génératrice. Il existe alorsx∈Gqui n'est pas combinaison linéaire desei. Donc(e1, . . . , ep, x)est une famille libre deG, de cardinalp+ 1> p= max(A): impossible. Donc (e1, . . . , ep) est une famille génératrice et comme elle a un nombre ni d'éléments, Gest un espace vectoriel de dimension nie.

Montrons dim(G) 6 dim(E). Soit B une base de G, qui existe puisque cet espace est de dimension nie non nulle. B est alors aussi une famille libre de E. Comme E est de dimension nie, Card(B) 6 dim(E). D'où dim(G)6dim(E).

Il reste enn à traiter le cas d'égalité. Supposons quedim(G) = dim(E). SoitBune base deG, alors Best une famille libre de E à dim(E)éléments. C'est donc une base de E etE = Vect(B) =G.

Exemple 7. Soitn ∈N^∗. On note S_n(R) l'ensemble des matrices symétriques de M_n(R) etAS_n(R) l'ensemble des matrices antisymétriques deM_n(R).

1. Déterminerdim(AS₂(R)). Soit M =

a b c d

∈ AS₂(R). Alorsa=d= 0 et−b=c. Donc

M =

0 b

−b 0

=b

0 1

−1 0

.

La matrice

0 1

−1 0

étant antisymétrique, elle forme une famille génératrice deAS₂(R). Puisqu'elle est de plus non nulle, c'est une famille libre. On a donc trouvé une base de AS₂(R)à 1élément. Doncdim(AS₂(R)) = 1. 2. Déterminerdim(S₂(R)).

Soit M = a b

c d

∈ S₂(R). Alorsb=c. Donc

M =

a b b d

=a 1 0

0 0

+b 0 1

1 0

+d 0 0

0 1

.

Les trois matrices 1 0

0 0

, 0 1

1 0

et 0 0

0 1

étant symétriques, elles forment une famille génératrice deS₂(R).

Montrons maintenant la liberté : soit(α, β, γ)∈R³, on suppose queα 1 0

0 0

+β 0 1

1 0

+γ 0 0

0 1

= 0 0

0 0

. Alors

α β β γ

= 0 0

0 0

et par identication des coecientsα=β=γ = 0. La famille est donc libre et c'est une base de S₂(R) à3 éléments. Doncdim(S₂(R)) = 3.

3. Conjecturer les valeurs dedim(S_n(R))etdim(AS_n(R)).

Une matrice symétrique M est entièrement décrite par la donnée de ses coecients m_ij pour 1 6i6 j 6n. On conjecture alors qu'une base de cet espace est constituée d'autant d'éléments qu'il y a de tels coecients :

dim(S_n(R)) =

n

X

j=1 j

X

i=1

1 =

n

X

j=1

j= n(n+ 1)

2 .

Une matrice antisymétriqueM est entièrement décrite par la donnée de ses coecientsmij pour16i < j 6n. On conjecture alors qu'une base de cet espace est constituée d'autant d'éléments qu'il y a de tels coecients :

dim(AS_n(R)) =

n

X

j=1 j−1

X

i=1

1 =

n

X

j=1

(j−1) =

n−1

X

k=0

k= n(n−1)

2 .

Soit E un espace vectoriel de dimension nien>2.

Une droite vectorielle deE est un sous-espace vectoriel de E de dimension1. Un plan vectoriel deE est un sous-espace vectoriel de E de dimension 2.

Un hyperplan vectoriel deE est un sous-espace vectoriel de E de dimension n−1.

Dénition (Sous-espaces particuliers, cas particuliers).

Exemple 8. 1. Les hyperplans vectoriels de R² sont les droites vectorielles, engendrées par un élément non nul.

2. Les hyperplans vectoriels deR³ sont les plans vectoriels, engendrés par deux éléments non colinéaires.

2 Compléments sur les espaces vectoriels

2.1 Somme de deux sous-espaces vectoriels

Soit(E,+,·)un espace vectoriel et F etGdeux sous-espaces vectoriels de E. L'ensemble H des éléments de E s'écrivant sous la forme de la somme d'un élément de F et d'un élément de G est un sous-espace vectoriel de E appelé somme des sous-espaces vectorielsF etG. On note :

H =F+G={u∈E tel queu=x+y avec (x, y)∈F×G}. Proposition (Somme de deux sous-espaces vectoriels).

Démonstration.

0_E ∈F ∩G, donc 0_E = 0_E+ 0_E ∈H etH est non vide.

Soit(u, v)∈H² etλun scalaire. Alorsu=xu+yu avec(xu, yu)∈F×Getv=xv+yv avec(xv, yv)∈F×G. Donc

λu+v=λ(x_u+y_u) + (x_v+y_v) = (λx_u+x_v) + (λy_u+y_v),

où λx_u+x_v ∈F etλy_u+y_v∈Gpuisque F etGsont stables par combinaison linéaire. Donc λu+v∈H. DoncH est un sous-espace vectoriel de E.

2.2 Somme directe de deux sous-espaces vectoriels

Soit E un espace vectoriel et F etG deux sous-espaces vectoriels de E. On dit que la somme F+G est une somme directe lorsque

F∩G={0}.

Elle est alors notée F⊕G.

Dénition (Somme directe de deux sous-espaces vectoriels).

Remarque. Comme F et G sont des espaces vectoriels, on a toujours {0} ⊂ F ∩G. Il sut donc de montrer que F∩G⊂ {0}pour montrer qu'une somme est directe.

Exemple 9. Montrer queR² = Vect((0,1))⊕Vect((1,0)).

On sait queVect((0,1))⊂R² et queVect((1,0))⊂R², doncVect((0,1)) + Vect((1,0))⊂R². Par ailleurs, soit (x, y)∈R², on peut écrire :

(x, y) =x(1,0) +y(0,1)∈Vect((0,1)) + Vect((1,0)),

donc R²⊂Vect((0,1)) + Vect((1,0)). Par double inclusion, R² = Vect((0,1)) + Vect((1,0)).

Il ne reste plus qu'à montrer que la somme est directe. Soit (x, y) ∈Vect((0,1))∩Vect((1,0)). Alors (x, y) ∈ Vect((0,1)) donc x= 0. Et (x, y)∈Vect((1,0))donc y= 0. Donc (x, y) = (0,0).

Ainsi Vect((0,1))∩Vect((1,0))⊂ {(0,0)}. DoncR² = Vect((0,1))⊕Vect((1,0)).

Soit E un espace vectoriel et F etG deux sous-espaces vectoriels deE. La sommeF +G est une somme directe si et seulement si tout élémentu de F+G s'écrit de manière unique sous la forme :

u=x+y avec (x, y)∈F×G.

Proposition.

Démonstration.

Supposons queF+Gest une somme directe. Soitu∈F+G, supposons qu'on puisse écrireu=x₁+y₁ =x₂+y₂, avec (x₁, y₁)∈F×G et(x₂, y₂)∈F ×G. Alors :

x₁−x₂

| {z }

∈F

=y₁−y₂

| {z }

∈G

.

Doncx₁−x₂∈F∩G={0_E}, c'est-à-direx₁=x₂. De même,y₁ =y₂. La décomposition deuest donc unique.

Réciproquement, supposons que tout élément u de F +G s'écrit de manière unique sous la forme u = x+y avec (x, y)∈F ×G. Soit u∈F ∩G, on peut le décomposer comme u=u+ 0et comme u= 0 +u. L'unicité de la décomposition donne u= 0E. Donc F∩G={0_E} et la somme est directe.

2.3 Sous-espaces vectoriels supplémentaires

Soit E un espace vectoriel et F etG deux sous-espaces vectoriels de E. On dit queF etGsont supplé- mentaires dans E lorsque E=F⊕G.

Dénition (Sous-espaces vectoriels supplémentaires).

Remarque. Un même espace vectoriel peut avoir plusieurs supplémentaires diérents.

Exemple 10. DansR2[X],Vect(X²) etVect(X²+ 1)sont deux supplémentaires deR1[X].

Soit E un espace vectoriel de dimension nie n∈N^∗, etF un sous-espace vectoriel deE. AlorsF admet un sous-espace vectoriel supplémentaire GdansE.

Proposition (Existence d'un supplémentaire en dimension nie).

Démonstration. (démonstration à connaître) Soit(e₁, . . . , e_k) une base deF. Cette famille est libre dansE, donc par le théorème de la base incomplète on peut la compléter en une base (e₁, . . . , e_k, e_k+1, . . . , e_n) de E. Montrons que G= Vect((ek+1, . . . , en))est un supplémentaire deF dansE.

Il est évident par construction deGqueF +G⊂E. Par ailleurs, soitx∈E. Comme(e1, . . . , e_k, e_k+1, . . . , en) est une base deE, il existe des scalaires λ₁, . . ., λ_n tels que :

x=

n

X

i=1

λiei =

k

X

i=1

λiei+

n

X

i=k+1

λiei.

OrPk

i=1λ_ie_i ∈F etPn

i=k+1λ_ie_i ∈G(par dénition deG). Doncx∈F+G, etE⊂F+G. On en déduit par double inclusion que E =F+G.

Il reste à montrer que la somme est directe. Soit x ∈ F ∩G. Comme x ∈ F = Vect(e₁, . . . , e_k), il existe (λ₁, . . . , λ_k)∈K^ktels quex=

k

X

i=1

λ_ie_i. Et commex∈G= Vect((e_k+1, . . . , e_n)), il existe(λ_k+1, . . . , λ_n)∈K^n−k tels quex=

n

X

i=k+1

λ_ie_i. En soustrayant ces deux égalités, on trouve

k

X

i=1

λ_ie_i−

n

X

i=k+1

λ_ie_i = 0_E. Comme la famille (e1, . . . , en) est libre (c'est une base), on en déduit que tous les λi sont nuls. Donc x= 0_E, et F ∩G={0_E}. Donc E=F ⊕G.

Exemple 11. SoitF ={P ∈R₂[X]|P(1) = 0}. Déterminer un supplémentaire à F dansR₂[X]. On commence par chercher une base deF.

SoitP ∈F, alors il existe des réelsa,b,ctels queP(X) =aX²+bX+c. CommeP(1) = 0, on aa+b+c= 0. Donc P(X) =aX²+bX−a−b=a(X²−1) +b(X−1).

CommeX²−1∈F etX−1∈F, ces deux vecteurs forment une famille génératrice deF.

Soit(α, β)∈R². On suppose que α(X²−1) +β(X−1) = 0. Alors αX²+βX−α−β = 0 et par identication des coecients,α=β= 0. Donc la famille est libre.

Donc(X²−1, X−1)est une base deF.

Complétons cette base en une base de R2[X], par exemple en lui ajoutant un vecteur de la base canonique : 1 (d'autres choix étaient possibles).

Soit(α, β, γ)∈R³. On suppose queα(X²−1) +β(X−1) +γ = 0. AlorsαX²+βX−α−β+γ = 0, et par identication des coecients, α = β =γ = 0. Donc (X²−1, X−1,1)est une famille libre de R2[X]. Comme c'est une famille à 3 = dim(R₂[X])éléments, c'est une base de R₂[X].

On poseG= Vect(1). La démonstration précédente garantit alors queGest un supplémentaire de F dansR2[X].

Rédaction à adopter pour conclure quand on aura vu les caractérisations des supplémentaires en dimension nie : 1 6= 0 est une base de G. Juxtaposer une base de F et une base de G donne une base de R₂[X], donc G est un supplémentaire deF dansR2[X].

Variante : on peut écrire P ∈ F comme P(X) = a(X −1)(X−b) si on préfère utiliser la forme factorisée que la développée. De même, on peut utiliser les racines des polynômes plutôt que leurs coecients pour montrer la liberté.

On obtient alors que(X(X−1), X−1)est une base deF. La complétion s'eectue ensuite de la même façon.

2.4 Formule de Grassman

Soit E un espace vectoriel de dimension nie etG1 etG2 deux sous-espaces vectoriels deE. Alors : dim (G1+G2) = dim(G1) + dim(G2)−dim (G1∩G2).

Théorème (Formule de Grassman).

Exemple 12. Considérons deux plans vectorielsF etGd'un espace E, qui se coupent selon une droiteD.

G F

D

On a biendim(F +G) = 3 = dim(F) + dim(G)−dim(F ∩G).

2.5 Caractérisation de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires

SoitE un espace vectoriel de dimension nien∈N^∗ et soitF etGdeux sous-espaces vectoriels deE. Les propriétés suivantes sont équivalentes :

1. F etG sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dansE, 2. F∩G={0_E}etdim(F) + dim(G) =n,

3. E =F+Getdim(F) + dim(G) =n,

4. Si B₁ est une base deF etB₂ est une base deG, la familleB obtenue en juxtaposant les vecteurs de B1 et ceux deB2 est une base deE.

Théorème.

Démonstration.

Montrons(1) =⇒(2). On suppose queF etGsont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dansE. Alors F ∩G={0_E} et la formule de Grassman donne :n= dim(E) = dim(F) + dim(G)−0 = dim(F) + dim(G). Montrons (2) =⇒(3). On suppose que F∩G={0_E} etdim(F) + dim(G) =n. Alors

dim(E) =n= dim(F) + dim(G) = dim(F +G) + 0 = dim(F+G).

Comme F+Gest un sous-espace vectoriel de E, on a doncE =F+G.

Montrons(3) =⇒(4). On suppose queE =F+Getdim(F) + dim(G) =n. Soit B1 = (f1, . . . , fp)une base de F etB₂ = (g₁, . . . , g_q) une base deG (ces bases existent puisqu'on est en dimension nie non nulle). On pose B = (f1, . . . , fp, g1, . . . , gq), montrons qu'il s'agit d'une base deE.

Soit x∈E. CommeE =F +G, il existey ∈F etz∈G tels quex=y+z. Or, puisqueB1 est une base de F etB₂ une base de G, il existe aussi des scalairesa₁, . . ., a_p etb₁, . . ., b_q tels que

y =

p

X

i=1

a_if_i etz=

q

X

i=1

b_ig_i.

On en déduit que x=

p

X

i=1

aifi+

q

X

i=1

bigi ∈Vect(B). DoncB est une famille génératrice de E. Or, elle compte p+q=n= dim(E)éléments. Donc c'est une base de E.

Montrons (4) =⇒ (1). Soit B₁ = (f₁, . . . , f_p) une base de F et B₂ = (g₁, . . . , g_q) une base de G. On suppose que la familleB = (f1, . . . , fp, g1, . . . , gq) est une base deE. Montrons d'abord queE =F+G. Il est immédiat que F +G⊂E, il sut donc de montrer l'inclusion réciproque. Soit x ∈ E. CommeB est une base de E, il existe des scalaires a₁, . . ., a_p,b₁, . . ., b_q tels que

x=

p

X

i=1

a_if_i+

q

X

i=1

b_ig_i. Notons y = Pp

i=1aifi et z =Pq

i=1bigi. On a alors x = y+z avec y ∈ Vect(B1) = F et z ∈ Vect(B2) = G. Donc x∈F+G, etE=F +G.

Montrons ensuite queF ∩G={0_E}. Soitx ∈F ∩G. Comme x∈F, il existe des scalairesa1, . . .,ap tels que x=Pp

i=1aifi. Et comme x∈G, il existe des scalairesb1, . . .,bq tels quex=Pq

i=1bigi. On a donc

p

X

i=1

a_if_i−

q

X

i=1

b_ig_i = 0_E,

et comme B est libre, les scalairesai etbi sont tous nuls. En particulier,x= 0_E. D'où le résultat.

Rmq : pour montrer F ∩G = {0_E}, on pouvait également utiliser la relation E = F +G et la formule de Grassman : dim(F ∩G) = dim(F) + dim(G)−dim(F+G) =p+q−dim(E) = 0, d'où F∩G={0_E}.

2.6 Somme et somme directe de k sous-espaces vectoriels

Soit E un espace vectoriel de dimension nie n∈ N^∗, et k∈[[2, n]]. Soit F₁,F₂, . . ., F_k des sous-espaces vectoriels deE. On appelle somme des k sous-espaces vectorielsF₁,F₂, . . .,F_ket on noteF =

k

X

i=1

F_i

l'ensemble des élémentsu∈E s'écrivant sous la forme u=

k

X

j=1

uj, avec pour toutj ∈[[1, k]],uj ∈Fj. Proposition (Somme dek sous-espaces vectoriels).

Remarque. F =

k

X

i=1

Fi est un sous-espace vectoriel de E.

Soit E un espace vectoriel de dimension nie n∈ N^∗, et k∈[[2, n]]. Soit F₁,F₂, . . ., F_k des sous-espaces vectoriels de E. La somme F =

k

X

i=1

F_i est une somme directe lorsque tout élément de F s'écrit d'une

manière unique sous la forme u=

k

X

j=1

uj, avec pour tout j∈[[1, k]],uj ∈Fj. On note alors F =

k

M

i=1

Fi. Dénition (Somme directe de ksous-espaces vectoriels).

Exemple 13. On a :Kⁿ=Ln

i=1Vect(e_i), où lese_i sont les vecteurs de la base canonique.

2.7 Caractérisations de sommes directes en dimension nie

Soit E un espace vectoriel de dimension nie n∈ N^∗, et k∈[[2, n]]. Soit F₁,F₂, . . ., F_k des sous-espaces vectoriels de E, munis respectivement des bases B₁, B₂, . . ., B_k. On note F = Pk

i=1F_i. Les propriétés suivantes sont équivalentes :

1. F1,F2, . . ., Fk sont en somme directe.

2. ∀(u₁, u2, . . . , uk)∈F1×F2× · · · ×Fk, u1+u2+· · ·+uk= 0 =⇒ ∀i∈[[1, k]], ui= 0.

3. La famille obtenue en juxtaposant une baseB₁ de F1, une base B₂ de F2, . . .et une base B_k de Fk

est une base deF. 4. dim(F) =Pk

j=1dim(Fj).

Proposition (Caractérisations de sommes directes en dimension nie).

Démonstration. On montre que (1)=⇒ (2)=⇒ (3)=⇒ (1), puis que (3) =⇒ (4) et (4)=⇒ (3).