Espaces vectoriels de dimension nie

Espaces vectoriels de dimension nie

Cours de É. Bouchet PCSI 8 mars 2022

Table des matières

1 Dénition et existence de bases 2

1.1 Familles génératrices nies . . . 2 1.2 Construction de bases . . . 3

2 Dimension d'un espace de dimension nie 4

2.1 Dénition et premières propriétés . . . 4 2.2 Caractérisations des bases . . . 5 2.3 Rang d'une famille nie de vecteurs . . . 6

3 Sous-espaces et dimensions 7

3.1 Sous-espace d'un espace vectoriel de dimension nie . . . 7 3.2 Sous-espaces vectoriels supplémentaires . . . 9 3.3 Caractérisation de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires . . . 10

Dans tout le chapitre,K désigneraR ou C.

1 Dénition et existence de bases

1.1 Familles génératrices nies

SoitE unK-espace vectoriel. On dit queE est un espace vectoriel de dimension nie s'il possède une famille génératrice nie.

Dénition (Espace vectoriel de dimension nie).

Remarque. E est donc de dimension nie lorsqu'il existe une famille (f1, f2, . . . , fn)de vecteurs de E tels que E=Vect(f1, f2, . . . , fn).

Remarque. Par convention,{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, . . . , e_n).

Kn[X], espace vectoriel de dimension nie engendré par la base canonique(1, X, X², . . . , Xⁿ). M_n,p(K), espace vectoriel de dimension nie engendré par la base canonique(E_i,j)(i,j)∈[[1,n]]×[[1,p]].

Soit E un espace vectoriel de dimension nie et non réduit à {0_E} etF = (f1, f2, . . . , fn) 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, ..., f_n) tels que la famille (e₁, f₂, . . . , f_n) est une famille génératrice de E.

Proposition (Modication d'une famille génératrice).

Démonstration. La familleF = (f1, f2, . . . , fn) est génératrice deE ete1 ∈E donc il existe(α1, α2, . . . , αn)∈Kⁿ tel que :

e₁ =

n

X

k=1

α_kf_k,

où lesα_k ne sont pas tous nuls (sinon on aurait e₁ = 0). Quitte à réindexer (f₁, f₂, . . . , f_n), 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 de E. Soit x ∈ E. Comme F = (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, . . . , fn). Cette famille est donc bien génératrice deE. Exemple 2. La famille (1, X, X², . . . , Xⁿ) engendre Kn[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}. SoitL une famille libre nie de E etG une famille génératrice nie de E, alors

Card(L)6Card(G).

Proposition (Cardinaux des familles libres et génératrices).

Remarque. Une famille n'est pas un ensemble, mais on lui étend la dénition de cardinal pour simplier les écritures.

Démonstration. Soit (n, p) ∈ (N^∗)², on suppose que (f₁, f₂, . . . , f_n) est une famille génératrice de E et que (e1, e2, . . . , ep) est une famille libre de E. La famille (e1, e2, . . . , ep) est libre, donc e1 6= 0 et le résultat précédent donne que (quitte à réindexer), (e₁, f₂, . . . , f_n) est génératrice de E. Donc e₂ peut s'écrire comme combinaison linéaire de(e₁, f₂, . . . , f_n) et il existe(α₁, α₂, . . . , α_n)∈Kⁿ tel que :

e2 =α1e1+

n

X

k=2

αkfk,

où au moins un des coecients autre queα1est non nul (sinone1ete2seraient 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 quep > n. En réitérant ce raisonnement nfois, on montre que la famille(e₁, e₂, . . . , e_n)est une famille génératrice deE. Le vecteur 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.

1.2 Construction de bases

Soit E un espace vectoriel de dimension nie et non réduit à{0_E}. De toute famille génératrice deE on peut extraire une base nie deE.

Proposition (Théorème de la base extraite).

Démonstration. E est de dimension nie, donc possède une famille génératrice ayant un nombre ni d'éléments F= (e₁, e₂, . . . , e_q), 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 eq. DoncF₁ = (e1, e2, . . . , eq−1) est génératrice deE.

SiF₁est libre, alors c'est une base deE. Sinon l'un des vecteur deF₁s'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 de E.

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

Proposition (Existence de bases en dimension nie).

Démonstration. E possède une famille génératrice nie, il sut d'y appliquer le théorème de la base extraite pour obtenir une base.

Exemple 3. Soit E = Vect(1,1 +X,5 +X). Par construction, c'est un espace vectoriel de dimension nie, on cherche à extraire une base de sa famille génératrice.

5 +X= (1 +X) + 4×1, donc E = Vect(1,1 +X).

(1,1 +X) est échelonnée en degré, donc libre.

Donc(1,1 +X)est une base deE.

Soit E un espace vectoriel de dimension nie et non réduit à {0_E}. Toute famille libre de E peut être complétée en une base nie deE.

Proposition (Théorème de la base incomplète).

Démonstration. E est de dimension nie, donc admet une famille génératrice(g₁, . . . , g_n) àn∈N^∗ éléments.

SoitL= (e₁, e₂, . . . , e_p) une famille libre deE. Par comparaison des cardinaux, on a p∈[[1, n]]. SiL est génératrice, c'est une base deE.

Si L n'est pas génératrice alors il existe au moins un vecteur x pris dans (g₁, . . . , g_n) qui ne s'écrit pas comme une combinaison linéaire des vecteurs de L. On montre alors que L₁ = (e₁, e₂, . . . , e_p, x) est alors une famille libre : soit (λ1, . . . , λp, λ) ∈K^p+1, on suppose que

p

X

i=1

λiei+λx= 0E. Si λ6= 0, 1 λ

p

X

i=1

λiei =x, ce qui est impossible par hypothèse. Donc λ= 0. Puis, comme L est libre, les λi sont tous nuls. Donc L₁ est libre.

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

Sinon un vecteur y de (g1, . . . , gn) ne s'écrit pas comme combinaison linéaire des vecteurs de L₁. On pose alors L₂= (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), on obtient une familleL_m qui est génératrice deE et libre. DoncL_m est une base deE, qui complèteL.

Remarque. Cette preuve montre également que si(xi)_16i6n engendre E et si (xi)i∈I est libre pour une certaine partieI de [[1, n]], alors il existe une partie J de [[1, n]] contenantI pour laquelle (x_j)j∈J est une base deE. Exemple 4. Compléter (X+ 2, X+ 1) en une base de K₃[X]. On admet (la suite du chapitre le justiera) qu'il sut d'obtenir une famille libre à quatre éléments.

On sait que(1, X, X², X³) est génératrice deK3[X](puisque c'est la base canonique). On peut donc utiliser cette famille pour compléter(X+ 2, X+ 1). Montrons que(X+ 2, X+ 1, X², X³)fonctionne :

Soit(a, b, c, d)∈K³. On suppose quea(X+2)+b(X+1)+cX²+dX³ = 0. Alors(2a+b)+(a+b)X+cX²+dX³ = 0 et par identication des coecients, 2a−b = a+b = c = d = 0. On en déduit a = b = c = d = 0, donc (X+ 2, X+ 1, X², X³)est une famille libre à quatre éléments.

2 Dimension d'un espace de dimension nie

2.1 Dénition et premières propriétés

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

Dénition (Dimension d'un espace vectoriel).

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

Démonstration. Soitnetp deux entiers naturels non nuls et soitB₁ = (f₁, f₂, . . . , f_p) etB₂= (e₁, e₂, . . . , e_n)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. Donc toutes les bases deE ont le même nombre d'éléments.

Exemple 5. Cas des espaces vectoriels usuels (à connaître) :

Kⁿ est un espace vectoriel de dimensionn, dont une base est (e1, e2, . . . , en).

Kn[X]est un espace vectoriel de dimensionn+ 1, dont une base est (1, X, X², . . . , Xⁿ). M_n,p(K) est un espace vectoriel de dimensionnp, dont une base est (E_i,j)(i,j)∈[[1,n]]×[[1,p]]. Exemple 6. On a vu dans le chapitre précédent que (((¹⁺

√5

2 )ⁿ)n∈N,((¹⁻

√5

2 )ⁿ)n∈N) est une base de l'espace vectoriel des suites vériant la relation de récurrence∀n∈N,u_n+2=u_n+1+u_n.

De manière générale, l'ensemble des suites récurrentes linéaires doubles vériant une relation donnée est un espace vectoriel de dimension2.

Exemple 7. Soit I un intervalle de R eta une fonction deC(I,K). L'ensemble des solutions de l'équation dié- rentielle linéaire homogène :y⁰+a(x)y= 0 est un espace vectoriel de dimension1.

Exemple 8. Si(a, b, c)∈K³, l'ensemble des solutions à valeurs dansKde l'équation diérentielle linéaire homogène ay⁰⁰+by⁰+cy= 0 est un espace vectoriel de dimension 2.

Plaçons nous par exemple dans le cas où le polynôme caractéristique possède deux racines distinctesr₁ etr₂. Alors l'ensemble des solutions est engendré parx7→e^r1x etx7→e^r2x. Il reste à vérier que cette famille de fonctions est libre. Soit(λ, µ)∈K², on suppose que :

∀x∈R, λe^r1x+µe^r2x= 0.

Diviser par e^r1x 6= 0 donne ∀x ∈ R,λ+µe^(r2−r1)x = 0. Passer à la limite (en +∞ si r2−r1 <0 et −∞ sinon) donneλ= 0. Donc∀x∈R,µe^(r2−r1)x = 0 et le cas particulierx= 0 donne µ= 0 également.

Donc la famille (x 7→ e^r1x, x7→ e^r2x) est libre. C'est une base de l'espace vectoriel des solutions, qui est bien de dimension2.

2.2 Caractérisations des bases

SoitE un espace vectoriel de dimension nien∈N^∗. Alors : Toute famille libreL de E vérie Card(L)6n. Toute famille génératriceG deE vérie Card(G)>n. Proposition.

Démonstration. SoitBune base de E. AlorsCard(B) =n.

L est libre et Best génératrice, doncCard(L)6n. G est génératrice etB est libre, donc Card(G)>n.

Remarque. L'hypothèsen∈N^∗ permet d'écarter le cas E={0_E}.

SoitE un espace vectoriel de dimension nien∈N^∗.

Soit L une famille libre deE. AlorsL est une base deE si et seulement siCard(L) =n. Soit G une famille génératrice de E. AlorsG est une base deE si et seulement siCard(G) =n.

Proposition.

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

SoitL une famille libre telle queCard(L) =n. Supposons queL n'est pas génératrice. Alors il existex∈E tel que xne s'écrit pas comme combinaison linéaire des éléments deL. La familleF obtenue en ajoutantx à Lest donc toujours libre et son cardinal est n+ 1. C'est impossible pour une famille libre d'un espace de dimension n, qui possède toujours au plus néléments. DoncL est génératrice et c'est une base.

SoitGune famille génératrice telle queCard(G) =n. Supposons queGn'est pas libre. Alors l'un des éléments de G est combinaison linéaire des autres, et on peut le retirer. La famille F 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 9. Montrer que(1, X+ 1, X²+X+ 1) est une base deR₂[X].

(1, X+ 1, X²+X+ 1) est une famille de polynômes échelonnée en degré, elle est donc libre. Or c'est une famille à3 éléments et3 = dim(R2[X]). Donc(1, X+ 1, X²+X+ 1) est une base deR2[X].

2.3 Rang d'une famille nie de vecteurs

Soit E un espace vectoriel et (f₁, f₂, . . . , f_p) une famille nie de vecteurs de E. On appelle rang de la famille (f₁, f₂, . . . , f_p) et on note rg (f₁, f₂, . . . , f_p) 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, . . . , fp) est nécessairement un espace vectoriel de dimension nie (il possède une famille génératrice nie), on peut donc bien étudier sa dimension.

SoitE un espace vectoriel et(f1, f2, . . . , fp)une famille nie de vecteurs de E. Alorsrg(f1, . . . , fp)6p et :

rg(f₁, . . . , f_p) =p⇐⇒(f₁, . . . , f_p) est libre. Proposition.

Démonstration. (f₁, f₂, . . . , f_p)est génératrice de Vect (f₁, f₂, . . . , f_p), donc :

rg(f1, . . . , fp) = dim (Vect (f1, f2, . . . , fp))6Card((f1, f2, . . . , fp)) =p.

De plus,rg(f1, . . . , fp) =p⇐⇒dim (Vect (f1, f2, . . . , fp)) =pet on a vu que dans un espace vectoriel de dimension p, une famille àp éléments est libre si et seulement si c'est une base de l'espace, d'où :

rg(f1, . . . , fp) =p⇐⇒(f1, . . . , fp) est libre.

Exemple 10. DansK₂[X],

rg(X, X²) = 2puisque (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+ 1est combinaison linéaire de X et de 1 et qu'ensuite la famille(1, X, X²) est libre.

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

3 Sous-espaces et dimensions

3.1 Sous-espace d'un espace vectoriel de dimension nie

SoitE un espace vectoriel de dimension nie etGun sous-espace vectoriel deE. AlorsGest un espace vectoriel de dimension nie et

dim(G)6dim(E).

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

Proposition (Sous-espace 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 que G est un espace vectoriel, montrons qu'il est de dimension nie. Comme G 6= {0_E}, il existe une famille(e₁, . . . , e_p)libre deG. Cette famille est également libre dansE, ce qui donne directement p6dim(E).

Soit A l'ensemble des cardinaux des familles libres de G. On vient de montrer que A 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, . . . , ep) n'est pas génératrice. Il existe alors x ∈ G qui n'est pas combinaison linéaire dese_i. Donc (e₁, . . . , e_p, x) est une famille libre deG, de cardinalp+ 1>

p = max(A) : impossible. Donc (e₁, . . . , e_p) est une famille génératrice et comme elle a un nombre ni d'éléments, Gest un espace vectoriel de dimension nie.

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

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

Exemple 11. Soit n ∈ N^∗. On note S_n(R) l'ensemble des matrices symétriques de M_n(R) et A_n(R) l'ensemble des matrices antisymétriques deM_n(R).

1. Déterminerdim(A₂(R)). Soit M =

a b c d

∈ A₂(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 deA₂(R). Puisqu'elle est de plus non nulle, c'est une famille libre. On a donc trouvé une base deA₂(R)à1élément. Doncdim(A₂(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 de S₂(R). Montrons 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 coecients α =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(A_n(R)).

Une matrice symétriqueM est entièrement décrite par la donnée de ses coecientsmij pour16i6j6n.

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 antisymétrique M est entièrement décrite par la donnée de ses coecients mij pour 16 i <

j 6 n. On conjecture alors qu'une base de cet espace est constituée d'autant d'éléments qu'il y a de tels coecients :

dim(A_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 .

SoitE un espace vectoriel de dimension nien>2.

Une droite vectorielle de E est un sous-espace vectoriel de E de dimension 1.

Un plan vectoriel deE est un sous-espace vectoriel de E de dimension 2. Dénition (Sous-espaces particuliers, cas particuliers).

SoitE un espace vectoriel de dimension nie etF etGdeux sous-espaces vectoriels de E. Alors : dim (F+G) = dim(F) + dim(G)−dim (F∩G).

Proposition (Formule de Grassman).

Démonstration. Pour simplier la preuve, on suppose que F∩G, F et G sont diérents de {0_E} (la formule est directe siF ou Gvalent {0_E} et le casF ∩G={0_E} se traite en adaptant la suite de la preuve).

F∩Gest un sous-espace vectoriel deE, donc de dimension nie etF∩G6={0_E}, donc il existe une base(e1, . . . , ep) deF ∩G. C'est une famille libre de F, on peut donc (par le théorème de la base incomplète) la compléter en une base(e1, . . . , ep, f1, . . . , f q) de F. De même, (e1, . . . , ep) est une famille libre de G, on peut donc la compléter en une base(e1, . . . , ep, g1, . . . , gr) deG. On pose alors :

F = (e₁, . . . , e_p, f₁, . . . , f_q, g₁, . . . , g_r).

Par juxtaposition de familles génératrices,F est une famille génératrice de F+G. Montrons qu'elle est également libre. Soit(a₁, . . . , a_p, b₁, . . . , b_q, c₁, . . . , c_r)∈K^p+q+r, on poseA=

p

X

i=1

a_ie_i,B =

q

X

i=1

b_if_ietC=

r

X

i=1

c_ig_i. Supposons queA+B+C = 0_E. Alors :

On aC =−B−A. OrC ∈Get−B−A∈F, doncC ∈F∩G. Comme(e1, . . . , ep)est une base deF∩G, il existe (λ₁, . . . , λ_p)∈K^p tels que :

C=

p

X

i=1

λ_ie_i donc

r

X

i=1

c_ig_i=

p

X

i=1

λ_ie_i donc

r

X

i=1

c_ig_i−

p

X

i=1

λ_ie_i = 0_E.

Comme (e₁, . . . , e_p, f₁, . . . , f q)est une famille libre (c'est une base deF), les scalaires sont tous nuls, et en particulier c1 =. . . =cr= 0.

De même,B =−C−A∈F∩G, donc b₁=. . . =b_q= 0.

Donc A= 0. Or(e₁, . . . , e_p) est libre, ce qui donne a₁ =. . . =a_p = 0.

DoncF est libre et c'est une base deF+G. On en déduit :

dim (F +G) =p+q+r = (p+q) + (p+r)−p= dim(F) + dim(G)−dim (F∩G).

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). 3.2 Sous-espaces vectoriels supplémentaires

SoitEun espace vectoriel de dimension nien∈N^∗ etF un sous-espace vectoriel deE. AlorsF admet un sous-espace vectoriel supplémentaireG dansE.

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

Démonstration. On suppose queF 6={0_E}(sinon, E serait un supplémentaire deF).

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, . . . , en)deE. Montrons queG= Vect((e_k+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, . . . , e_n) est une base deE, il existe des scalaires λ1, . . ., λn tels que :

x=

n

X

i=1

λ_ie_i=

k

X

i=1

λ_ie_i+

n

X

i=k+1

λ_ie_i.

Or Pk

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.

Montrons que la somme est directe. Soitx∈F∩G,x∈F = Vect(e₁, . . . , e_k)donc∃(λ₁, . . . , λ_k)∈K^ktel que x =

k

X

i=1

λ_ie_i. De même,x ∈G= Vect((e_k+1, . . . , e_n))donc ∃(λ_k+1, . . . , λ_n) ∈K^n−k tel que x=

n

X

i=k+1

λ_ie_i. En soustrayant ces deux égalités, on trouve :

k

X

i=1

λiei−

n

X

i=k+1

λiei= 0_E.

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

Exemple 13. 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 réels a,b,c tels que P(X) =aX²+bX+c. Comme P(1) = 0, on a a+b+c= 0. Donc

P(X) =aX²+bX−a−b=a(X²−1) +b(X−1).

Comme X² −1 ∈ F et X−1 ∈ F, ces deux vecteurs forment une famille génératrice de F. C'est de plus une famille échelonnée en degré, donc 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). La famille (X² −1, X−1,1) est une famille échelonnée en degrés, donc libre dansR2[X]. Comme c'est une famille à3 = dim(R2[X])éléments, c'est une base de R2[X].

Variante : on peut écrireP ∈ F commeP(X) = (X−1)(aX +b) si on préfère utiliser une forme factorisée. On obtient alors que(X(X−1), X−1)est une base deF. La complétion s'eectue ensuite de la même façon.

On poseG= Vect(1). La démonstration précédente garantit alors queGest un supplémentaire deF dansR₂[X]. Rédaction à adopter quand on aura vu les résultats de la n du chapitre : 1 6= 0 est une base de G. Juxtaposer une base deF et une base de Gdonne une base de R₂[X], donc G est un supplémentaire deF dansR₂[X]. 3.3 Caractérisation de deux sous-espaces vectoriels supplémentaires

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

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

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

4. SiB₁ est une base deF etB₂est une base deG, la familleBobtenue en juxtaposant les vecteurs deB₁ et ceux de B₂ est une base deE.

On dit alors que la baseB est adaptée à la décomposition en somme directe.

Proposition.

Démonstration. On montre(1) =⇒(2) =⇒(3) =⇒(4) =⇒(1).

Montrons (1) =⇒ (2). On suppose que F et G sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dans E. 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. SoitB1= (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 existe y ∈F et z∈G tels que x=y+z. Or, puisque B1 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

a_if_i +

q

X

i=1

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

Montrons(4) =⇒(1). SoitB₁ = (f₁, . . . , f_p) une base deF etB₂= (g₁, . . . , g_q)une base de G. On suppose que la famille B = (f₁, . . . , f_p, g₁, . . . , g_q) est une base de E. Montrons d'abord que E = F +G. Il est immédiat que F +G⊂E, il sut donc de montrer l'inclusion réciproque. Soit x ∈E. Comme B est une base deE, il existe des scalaires a₁, . . ., a_p,b₁, . . ., b_q tels que

x=

p

X

i=1

aifi+

q

X

i=1

bigi. Notons y=Pp

i=1a_if_i etz=Pq

i=1b_ig_i. On a alors x=y+z avecy ∈Vect(B₁) =F etz∈Vect(B₂) =G. Donc x∈F+G, etE=F +G.

Montrons ensuite que F ∩G={0_E}. Soit x ∈F∩G. Comme x∈F, il existe des scalaires a1, . . .,ap tels que x=Pp

i=1a_if_i. Et comme x∈G, il existe des scalaires b₁, . . ., b_q tels quex=Pq

i=1b_ig_i. 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= 0E. 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}.