MPSI · Dimension finie

Dimension finie et isomorphisme

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Question

Un isomorphisme transporte toute la structure d'un espace vectoriel sur un autre : il conserve les combinaisons linéaires, donc les familles libres, les familles génératrices, les bases. Deux espaces isomorphes sont ainsi « le même espace habillé différemment ». Mais comment reconnaître, devant deux espaces d'apparences très éloignées — des polynômes d'un côté, des matrices de l'autre — s'ils sont ou non isomorphes ? Faut-il à chaque fois construire l'isomorphisme à la main, ou un simple nombre suffit-il à trancher ?

Proposition 1 : Espaces isomorphes et dimension

Soient EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie et FF un K\mathbb{K}-espace vectoriel. Alors EE et FF sont isomorphes si et seulement si FF est de dimension finie et dim⁡F=dim⁡E\dim F = \dim E.

Démonstration :

Soit (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE.

  • Sens direct : on suppose qu'il existe un isomorphisme u:E→Fu : E \to F. Alors uu transforme la base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) de EE en une base (u(e1),…,u(en))\big( u(e_1), \ldots, u(e_n) \big) de FF. Ainsi FF est de dimension finie et dim⁡F=n=dim⁡E\dim F = n = \dim E.

  • Sens réciproque : on suppose que FF est de dimension finie avec dim⁡F=n\dim F = n. Soit (f1,…,fn)(f_1, \ldots, f_n) une base de FF. Il existe une unique application linéaire u:E→Fu : E \to F telle que u(ei)=fiu(e_i) = f_i pour tout i∈⟦1,n⟧i \in \llbracket 1, n \rrbracket. Comme uu transforme une base de EE en une base de FF, uu est un isomorphisme : EE et FF sont isomorphes.

Remarque :

La dimension est donc un invariant complet des espaces de dimension finie : elle ne se contente pas de séparer les espaces non isomorphes, elle caractérise entièrement la classe d'isomorphie. Toute la géométrie linéaire d'un espace de dimension nn est contenue dans l'entier nn, quelle que soit la nature concrète de ses éléments.

Exemple :

R3[X]\mathbb{R}_3[X] et M2(R)\mathcal{M}_2(\mathbb{R}) sont isomorphes : ils sont tous deux de dimension 44, bien que l'un soit fait de polynômes et l'autre de tableaux de nombres. En revanche R3[X]\mathbb{R}_3[X] et R3\mathbb{R}^3 ne le sont pas, leurs dimensions valant 44 et 33. Comment le justifier proprement ?

Rédaction — Calculer une dimension par isomorphisme :

La proposition se lit dans les deux sens. On l'utilise le plus souvent de la droite vers la gauche pour reconnaître deux espaces isomorphes, mais son emploi le plus efficace va de la gauche vers la droite : identifier un espace compliqué à un espace connu pour en lire la dimension, sans jamais exhiber de base du premier.

  1. Deviner l'espace modèle : chercher ce qui détermine entièrement un élément de EE — deux conditions initiales, trois coefficients, les valeurs en nn points… Le nombre de ces paramètres indique le modèle Kp\mathbb{K}^p visé.
  2. Construire l'application φ:E→Kp\varphi : E \to \mathbb{K}^p qui à un élément associe ses paramètres, et vérifier qu'elle est linéaire.
  3. Montrer qu'elle est bijective : l'injectivité traduit qu'un élément est déterminé par ses paramètres, la surjectivité qu'à tout jeu de paramètres correspond un élément.
  4. Conclure : dim⁡E=p\dim E = p.

Exercice 1 : Dimension d'un espace de suites récurrentes

On note EE l'ensemble des suites réelles (un)n∈N(u_n)_{n \in \mathbb{N}} vérifiant

∀n∈N,un+2=un+1+un.\forall n \in \mathbb{N}, \quad u_{n+2} = u_{n+1} + u_n.

On admet que EE est un sous-espace vectoriel de RN\mathbb{R}^{\mathbb{N}}.

Déterminer dim⁡E\dim E.

Solution :(cliquer pour afficher)

Une suite de EE est entièrement déterminée par ses deux premiers termes : c'est ce que l'on va traduire par un isomorphisme.

On considère l'application

φ:E⟶R2u⟼(u0,u1)\varphi : \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & \mathbb{R}^2 \\ u & \longmapsto & (u_0, u_1) \end{array}

φ\varphi est linéaire. Soient u,v∈Eu, v \in E et λ∈R\lambda \in \mathbb{R}. La suite u+λvu + \lambda v a pour premiers termes u0+λv0u_0 + \lambda v_0 et u1+λv1u_1 + \lambda v_1, donc

φ(u+λv)=(u0+λv0,  u1+λv1)=φ(u)+λ φ(v).\varphi(u + \lambda v) = (u_0 + \lambda v_0,\; u_1 + \lambda v_1) = \varphi(u) + \lambda\, \varphi(v).

φ\varphi est injective. Soit u∈Ker⁡φu \in \operatorname{Ker} \varphi, c'est-à-dire u0=u1=0u_0 = u_1 = 0. Montrons par récurrence double que un=0u_n = 0 pour tout nn. C'est vrai aux rangs 00 et 11. Si un=un+1=0u_n = u_{n+1} = 0 pour un certain nn, alors un+2=un+1+un=0u_{n+2} = u_{n+1} + u_n = 0. Donc uu est la suite nulle et Ker⁡φ={0}\operatorname{Ker} \varphi = \{0\}.

φ\varphi est surjective. Soit (a,b)∈R2(a, b) \in \mathbb{R}^2. La relation un+2=un+1+unu_{n+2} = u_{n+1} + u_n définit par récurrence une unique suite uu telle que u0=au_0 = a et u1=bu_1 = b ; cette suite appartient à EE par construction et vérifie φ(u)=(a,b)\varphi(u) = (a,b).

Ainsi φ\varphi est un isomorphisme de EE sur R2\mathbb{R}^2, donc EE est de dimension finie et

dim⁡E=dim⁡R2=2.\dim E = \dim \mathbb{R}^2 = 2.

Test 1

Si EE et FF sont deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels de même dimension finie, alors toute application linéaire de EE dans FF est un isomorphisme.

Exercice 2 : Dimension d'un produit fini d'espaces vectoriels

Soient E1,…,EpE_1, \ldots, E_p des K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies. Montrer par récurrence sur pp que

dim⁡(E1×⋯×Ep)=∑i=1pdim⁡Ei.\dim (E_1 \times \cdots \times E_p) = \sum_{i=1}^{p} \dim E_i.
Solution :(cliquer pour afficher)

On raisonne par récurrence sur p⩾1p \geqslant 1.

  • Pour p=1p = 1, le résultat est immédiat.

  • Soit p⩾1p \geqslant 1 tel que le résultat soit vrai au rang pp. Soient E1,…,Ep+1E_1, \ldots, E_{p+1} des K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies. L'application

φ:E1×⋯×Ep+1⟶(E1×⋯×Ep)×Ep+1(x1,…,xp+1)⟼((x1,…,xp), xp+1)\varphi : \begin{array}{ccl} E_1 \times \cdots \times E_{p+1} & \longrightarrow & (E_1 \times \cdots \times E_p) \times E_{p+1} \\ (x_1, \ldots, x_{p+1}) & \longmapsto & \big( (x_1, \ldots, x_p),\, x_{p+1} \big) \end{array}

est un isomorphisme, donc

dim⁡(E1×⋯×Ep+1)=dim⁡((E1×⋯×Ep)×Ep+1)=dim⁡(E1×⋯×Ep)+dim⁡Ep+1=∑i=1pdim⁡Ei+dim⁡Ep+1=∑i=1p+1dim⁡Ei,\begin{aligned} \dim (E_1 \times \cdots \times E_{p+1}) &= \dim \big( (E_1 \times \cdots \times E_p) \times E_{p+1} \big) \\ &= \dim (E_1 \times \cdots \times E_p) + \dim E_{p+1} \\ &= \sum_{i=1}^{p} \dim E_i + \dim E_{p+1} = \sum_{i=1}^{p+1} \dim E_i, \end{aligned}

ce qui achève la récurrence.

Question

La proposition compare deux espaces entre eux. Mais si la dimension caractérise entièrement un espace à isomorphisme près, alors tous les espaces de dimension nn se ressemblent. Existe-t-il un espace de référence, un modèle unique auquel tous se ramènent ?

Corollaire 1 : Isomorphisme avec 𝕂ⁿ

Tout K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n⩾1n \geqslant 1 est isomorphe à Kn\mathbb{K}^n.

Démonstration :

Soit EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n⩾1n \geqslant 1. On a dim⁡Kn=n=dim⁡E\dim \mathbb{K}^n = n = \dim E, donc d'après la proposition précédente, EE et Kn\mathbb{K}^n sont isomorphes.

Remarque :

Si (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) est une base de EE, l'application

Kn⟶E(λ1,…,λn)⟼∑i=1nλi ei\begin{array}{ccl} \mathbb{K}^n & \longrightarrow & E \\ (\lambda_1, \ldots, \lambda_n) & \longmapsto & \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i \end{array}

est un isomorphisme : tout vecteur de EE s'identifie à ses coordonnées dans la base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n).

Remarque :

Cet isomorphisme n'est pas canonique : il dépend du choix de la base. Changer de base revient à changer d'identification de EE avec Kn\mathbb{K}^n, et c'est bien pourquoi un même vecteur possède des coordonnées différentes selon la base choisie. C'est aussi ce qui justifie que l'on continue à travailler dans EE plutôt que dans Kn\mathbb{K}^n : les énoncés intrinsèques ne dépendent d'aucune base.

Question

Les espaces EE et FF étant de dimensions finies, l'ensemble L(E,F)\mathscr{L}(E, F) des applications linéaires de EE dans FF est lui-même un K\mathbb{K}-espace vectoriel. Est-il de dimension finie ? Une application linéaire est déterminée par les images des vecteurs d'une base de EE : cela suggère qu'elle se décrit par un nombre fini de données. Combien exactement ?

Théorème 1 : Dimension de l'espace des applications linéaires

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies. Alors L(E,F)\mathscr{L}(E, F) est de dimension finie et

dim⁡L(E,F)=dim⁡E×dim⁡F.\dim \mathscr{L}(E, F) = \dim E \times \dim F.

Démonstration :

Soit (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE.

L'application

Φ:L(E,F)⟶Fnu⟼(u(e1),…,u(en))\Phi : \begin{array}{ccl} \mathscr{L}(E, F) & \longrightarrow & F^n \\ u & \longmapsto & \big( u(e_1), \ldots, u(e_n) \big) \end{array}

est linéaire. Elle est bijective : en effet, pour tout (f1,…,fn)∈Fn(f_1, \ldots, f_n) \in F^n, il existe une unique application linéaire u∈L(E,F)u \in \mathscr{L}(E, F) telle que u(ei)=fiu(e_i) = f_i pour tout i∈⟦1,n⟧i \in \llbracket 1, n \rrbracket (une application linéaire est entièrement déterminée par les images des vecteurs d'une base).

Ainsi Φ\Phi est un isomorphisme, donc

dim⁡L(E,F)=dim⁡Fn=ndim⁡F=dim⁡E×dim⁡F.\dim \mathscr{L}(E, F) = \dim F^n = n \dim F = \dim E \times \dim F.

Remarque :

La preuve utilise deux résultats déjà établis : l'égalité des dimensions de deux espaces isomorphes, et la formule dim⁡Fn=ndim⁡F\dim F^n = n \dim F pour un produit de nn copies de FF. C'est l'occasion de voir la méthode à l'œuvre : on n'exhibe aucune base de L(E,F)\mathscr{L}(E,F), on se contente de l'identifier à un espace dont la dimension est connue.

Exemple :

  1. dim⁡L(R3,R2)=3×2=6\dim \mathscr{L}(\mathbb{R}^3, \mathbb{R}^2) = 3 \times 2 = 6.
  2. Si dim⁡E=n\dim E = n, alors dim⁡L(E)=n×n=n2\dim \mathscr{L}(E) = n \times n = n^2.
  3. Si dim⁡E=n\dim E = n, alors dim⁡E∗=dim⁡L(E,K)=n×1=n\dim E^* = \dim \mathscr{L}(E, \mathbb{K}) = n \times 1 = n : l'espace des formes linéaires sur EE a la même dimension que EE.

Test 2

Pour deux espaces EE et FF de dimensions finies, on a dim⁡L(E,F)=dim⁡E+dim⁡F\dim \mathscr{L}(E, F) = \dim E + \dim F.

Exercice 3 : Un polynôme annulateur en dimension finie

Soit EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n⩾1n \geqslant 1.

  1. Déterminer dim⁡L(R4,R2[X])\dim \mathscr{L}(\mathbb{R}^4, \mathbb{R}_2[X]).
  2. Soit u∈L(E)u \in \mathscr{L}(E). Montrer que la famille (idE, u, u2, …, un2)\big( \mathrm{id}_E,\, u,\, u^2,\, \ldots,\, u^{n^2} \big) est liée.
  3. En déduire qu'il existe un polynôme non nul P∈K[X]P \in \mathbb{K}[X] tel que P(u)=0P(u) = 0.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. On a dim⁡R4=4\dim \mathbb{R}^4 = 4 et dim⁡R2[X]=3\dim \mathbb{R}_2[X] = 3, donc
dim⁡L(R4,R2[X])=4×3=12.\dim \mathscr{L}(\mathbb{R}^4, \mathbb{R}_2[X]) = 4 \times 3 = 12.

  1. Les applications idE,u,u2,…,un2\mathrm{id}_E, u, u^2, \ldots, u^{n^2} sont toutes des endomorphismes de EE, donc des éléments de L(E)\mathscr{L}(E), qui est de dimension n2n^2.

    Or cette famille compte n2+1n^2 + 1 éléments, soit strictement plus que dim⁡L(E)=n2\dim \mathscr{L}(E) = n^2. Toute famille de cardinal strictement supérieur à la dimension de l'espace étant liée, la famille (idE,u,…,un2)\big( \mathrm{id}_E, u, \ldots, u^{n^2} \big) est liée.

  2. La famille étant liée, il existe des scalaires λ0,…,λn2\lambda_0, \ldots, \lambda_{n^2} non tous nuls tels que

∑k=0n2λk uk=0L(E),\sum_{k=0}^{n^2} \lambda_k\, u^k = 0_{\mathscr{L}(E)},

avec la convention u0=idEu^0 = \mathrm{id}_E. On pose alors

P=∑k=0n2λkXk.P = \sum_{k=0}^{n^2} \lambda_k X^k.

Les λk\lambda_k n'étant pas tous nuls, PP est un polynôme non nul, et l'égalité précédente s'écrit exactement P(u)=0P(u) = 0.