MPSI · Dimension finie

Dimension d'un produit d'espaces vectoriels

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Question

Tu sais maintenant lire la dimension d'un espace sur n'importe laquelle de ses bases. Mais en pratique, les espaces se fabriquent : on les recolle, on les empile, on les croise. Le plus simple de ces assemblages est le produit cartésien E×FE \times F, dont les éléments sont les couples (x,y)(x, y). Faut-il repartir de zéro pour en trouver une base, ou la dimension de E×FE \times F se lit-elle directement sur celles de EE et de FF ?

Proposition 1 : Dimension d'un produit de deux espaces

Soient EE et FF deux K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies. Alors E×FE \times F est de dimension finie et

dim⁡(E×F)=dim⁡E+dim⁡F.\dim (E \times F) = \dim E + \dim F.

Démonstration :

Soient (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE et (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) une base de FF.

Montrons que la famille

B=((e1,0F),…,(en,0F),(0E,f1),…,(0E,fp))\mathcal{B} = \big( (e_1, 0_F), \ldots, (e_n, 0_F), (0_E, f_1), \ldots, (0_E, f_p) \big)

est une base de E×FE \times F.

  • B\mathcal{B} est génératrice : soit (x,y)∈E×F(x, y) \in E \times F. Il existe (λ1,…,λn)∈Kn(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) \in \mathbb{K}^n et (μ1,…,μp)∈Kp(\mu_1, \ldots, \mu_p) \in \mathbb{K}^p tels que x=∑i=1nλi eix = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i et y=∑j=1pμj fjy = \sum_{j=1}^{p} \mu_j\, f_j. Alors
(x,y)=(x,0F)+(0E,y)=∑i=1nλi (ei,0F)+∑j=1pμj (0E,fj),(x, y) = (x, 0_F) + (0_E, y) = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, (e_i, 0_F) + \sum_{j=1}^{p} \mu_j\, (0_E, f_j),

donc B\mathcal{B} engendre E×FE \times F.

  • B\mathcal{B} est libre : soient (λ1,…,λn)∈Kn(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) \in \mathbb{K}^n et (μ1,…,μp)∈Kp(\mu_1, \ldots, \mu_p) \in \mathbb{K}^p tels que
∑i=1nλi (ei,0F)+∑j=1pμj (0E,fj)=(0E,0F).\sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, (e_i, 0_F) + \sum_{j=1}^{p} \mu_j\, (0_E, f_j) = (0_E, 0_F).

Alors (∑i=1nλi ei,  ∑j=1pμj fj)=(0E,0F)\left( \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i,\; \sum_{j=1}^{p} \mu_j\, f_j \right) = (0_E, 0_F), donc ∑i=1nλi ei=0E\sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i = 0_E et ∑j=1pμj fj=0F\sum_{j=1}^{p} \mu_j\, f_j = 0_F. Les familles (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) et (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) étant libres, tous les coefficients sont nuls.

Ainsi B\mathcal{B} est une base de E×FE \times F, et dim⁡(E×F)=card⁡(B)=n+p=dim⁡E+dim⁡F\dim(E \times F) = \operatorname{card}(\mathcal{B}) = n + p = \dim E + \dim F.

Remarque :

La preuve fournit bien plus que la formule : elle donne une base explicite de E×FE \times F, obtenue en « plongeant » séparément une base de EE et une base de FF, complétées par le vecteur nul de l'autre facteur. C'est cette base que l'on utilise en pratique dès qu'un calcul concret est demandé.

Exemple :

dim⁡(R2[X]×M2(R))=3+4=7\dim \big( \mathbb{R}_2[X] \times \mathcal{M}_2(\mathbb{R}) \big) = 3 + 4 = 7 : les dimensions s'ajoutent, sans aucun calcul sur les couples eux-mêmes. Comment en exhiber une base ?

Rédaction — Construire une base d'un produit :

  1. Choisir une base de chaque facteur : (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) pour EE, (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) pour FF.
  2. Plonger la base de EE : à chaque eie_i on associe le couple (ei,0F)(e_i, 0_F).
  3. Plonger la base de FF : à chaque fjf_j on associe le couple (0E,fj)(0_E, f_j).
  4. Concaténer les deux listes : on obtient une base de E×FE \times F, de cardinal n+pn + p.

Le point à ne jamais oublier est le vecteur nul de l'autre facteur : (ei,0F)(e_i, 0_F), et non eie_i seul, qui n'est même pas un élément de E×FE \times F.

Exercice 1 : Une base de ℝ² × ℝ₁[X]

On considère le R\mathbb{R}-espace vectoriel R2×R1[X]\mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}_1[X].

  1. Déterminer sa dimension.
  2. En exhiber une base et vérifier qu'elle est libre.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. On a dim⁡R2=2\dim \mathbb{R}^2 = 2 et dim⁡R1[X]=2\dim \mathbb{R}_1[X] = 2, donc
dim⁡(R2×R1[X])=2+2=4.\dim \big( \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}_1[X] \big) = 2 + 2 = 4.
  1. On part de la base canonique ((1,0), (0,1))\big( (1,0),\, (0,1) \big) de R2\mathbb{R}^2 et de la base (1,X)(1, X) de R1[X]\mathbb{R}_1[X]. En suivant la construction, on pose
B=(((1,0), 0),  ((0,1), 0),  ((0,0), 1),  ((0,0), X)).\mathcal{B} = \Big( \big( (1,0),\, 0 \big),\; \big( (0,1),\, 0 \big),\; \big( (0,0),\, 1 \big),\; \big( (0,0),\, X \big) \Big).

Liberté. Soient a,b,c,d∈Ra, b, c, d \in \mathbb{R} tels que

a ((1,0), 0)+b ((0,1), 0)+c ((0,0), 1)+d ((0,0), X)=((0,0), 0).a\,\big( (1,0),\, 0 \big) + b\,\big( (0,1),\, 0 \big) + c\,\big( (0,0),\, 1 \big) + d\,\big( (0,0),\, X \big) = \big( (0,0),\, 0 \big).

Le membre de gauche vaut ((a,b),  c+dX)\big( (a, b),\; c + dX \big). L'égalité de deux couples équivaut à l'égalité de leurs deux composantes, donc (a,b)=(0,0)(a,b) = (0,0) et c+dX=0c + dX = 0. La famille (1,X)(1, X) étant libre dans R1[X]\mathbb{R}_1[X], on obtient a=b=c=d=0a = b = c = d = 0.

B\mathcal{B} est donc libre, de cardinal 4=dim⁡(R2×R1[X])4 = \dim \big( \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}_1[X] \big) : c'est une base.

Test 1

Si EE et FF sont de dimensions finies, alors dim⁡(E×F)=dim⁡E×dim⁡F\dim (E \times F) = \dim E \times \dim F.

Question

Rien n'oblige à s'arrêter à deux facteurs : on manipule couramment E1×E2×⋯×EpE_1 \times E_2 \times \cdots \times E_p, et Kn\mathbb{K}^n lui-même n'est rien d'autre qu'un produit de nn copies de K\mathbb{K}. La formule survit-elle au passage de deux à pp facteurs ?

Proposition 2 : Dimension d'un produit fini d'espaces

Soient E1,…,EpE_1, \ldots, E_p des K\mathbb{K}-espaces vectoriels de dimensions finies. Alors E1×⋯×EpE_1 \times \cdots \times E_p est de dimension finie et

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

En particulier, si EE est de dimension finie, alors dim⁡Ep=pdim⁡E\dim E^p = p \dim E.

Démonstration :

On généralise directement la construction faite pour deux facteurs.

Pour tout i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1, p \rrbracket, on pose ni=dim⁡Ein_i = \dim E_i et on note (e1(i),…,eni(i))\big( e^{(i)}_1, \ldots, e^{(i)}_{n_i} \big) une base de EiE_i.

Pour i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1, p \rrbracket et k∈⟦1,ni⟧k \in \llbracket 1, n_i \rrbracket, on note ui,ku_{i,k} l'élément de E1×⋯×EpE_1 \times \cdots \times E_p dont toutes les composantes sont nulles, sauf la ii-ième qui vaut ek(i)e^{(i)}_k :

ui,k=(0E1,…,0Ei−1,  ek(i),  0Ei+1,…,0Ep).u_{i,k} = \big( 0_{E_1}, \ldots, 0_{E_{i-1}},\; e^{(i)}_k,\; 0_{E_{i+1}}, \ldots, 0_{E_p} \big).

Montrons que la famille B=(ui,k)1⩽i⩽p,  1⩽k⩽ni\mathcal{B} = (u_{i,k})_{1 \leqslant i \leqslant p,\; 1 \leqslant k \leqslant n_i} est une base de E1×⋯×EpE_1 \times \cdots \times E_p.

  • B\mathcal{B} est génératrice : soit x=(x1,…,xp)∈E1×⋯×Epx = (x_1, \ldots, x_p) \in E_1 \times \cdots \times E_p. Pour tout i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1, p \rrbracket, on décompose xix_i dans la base de EiE_i : il existe (λi,1,…,λi,ni)∈Kni(\lambda_{i,1}, \ldots, \lambda_{i,n_i}) \in \mathbb{K}^{n_i} tel que xi=∑k=1niλi,k ek(i)x_i = \sum_{k=1}^{n_i} \lambda_{i,k}\, e^{(i)}_k. Alors
x=∑i=1p∑k=1niλi,k ui,k,x = \sum_{i=1}^{p} \sum_{k=1}^{n_i} \lambda_{i,k}\, u_{i,k},

car la ii-ième composante du membre de droite vaut exactement ∑k=1niλi,k ek(i)=xi\sum_{k=1}^{n_i} \lambda_{i,k}\, e^{(i)}_k = x_i, les termes d'indice différent de ii ayant une ii-ième composante nulle.

  • B\mathcal{B} est libre : soit (λi,k)(\lambda_{i,k}) une famille de scalaires telle que ∑i=1p∑k=1niλi,k ui,k=(0E1,…,0Ep)\sum_{i=1}^{p} \sum_{k=1}^{n_i} \lambda_{i,k}\, u_{i,k} = (0_{E_1}, \ldots, 0_{E_p}). En identifiant la ii-ième composante, on obtient ∑k=1niλi,k ek(i)=0Ei\sum_{k=1}^{n_i} \lambda_{i,k}\, e^{(i)}_k = 0_{E_i} pour tout i∈⟦1,p⟧i \in \llbracket 1, p \rrbracket. Chaque base (ek(i))k\big( e^{(i)}_k \big)_k étant libre, tous les λi,k\lambda_{i,k} sont nuls.

Ainsi B\mathcal{B} est une base de E1×⋯×EpE_1 \times \cdots \times E_p, qui est donc de dimension finie, et

dim⁡(E1×⋯×Ep)=card⁡(B)=∑i=1pni=∑i=1pdim⁡Ei.\dim (E_1 \times \cdots \times E_p) = \operatorname{card}(\mathcal{B}) = \sum_{i=1}^{p} n_i = \sum_{i=1}^{p} \dim E_i.

Le cas particulier s'obtient en prenant E1=⋯=Ep=EE_1 = \cdots = E_p = E.

Exemple :

dim⁡Kn=dim⁡(K×⋯×K)=ndim⁡K=n\dim \mathbb{K}^n = \dim (\mathbb{K} \times \cdots \times \mathbb{K}) = n \dim \mathbb{K} = n.

Remarque :

La famille B\mathcal{B} construite dans la preuve n'est autre, dans le cas E1=⋯=Ep=KE_1 = \cdots = E_p = \mathbb{K}, que la base canonique de Kp\mathbb{K}^p : chaque ui,1u_{i,1} est le vecteur eie_i dont toutes les coordonnées sont nulles sauf la ii-ième, égale à 11.

Exercice 2 : La diagonale de E × E

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

Δ={(x,x)  /  x∈E}.\Delta = \big\{ (x, x) \;/\; x \in E \big\}.
  1. Montrer que Δ\Delta est un sous-espace vectoriel de E×EE \times E.
  2. Déterminer dim⁡Δ\dim \Delta.
  3. En déduire que Δ≠E×E\Delta \neq E \times E.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. On a (0E,0E)∈Δ(0_E, 0_E) \in \Delta, donc Δ\Delta est non vide. Soient (x,x)(x,x) et (y,y)(y,y) deux éléments de Δ\Delta et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. Alors
(x,x)+λ (y,y)=(x+λy,  x+λy)∈Δ,(x,x) + \lambda\,(y,y) = (x + \lambda y,\; x + \lambda y) \in \Delta,

car x+λy∈Ex + \lambda y \in E. Donc Δ\Delta est un sous-espace vectoriel de E×EE \times E.

  1. Soit (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE. Posons D=((e1,e1),…,(en,en))\mathcal{D} = \big( (e_1, e_1), \ldots, (e_n, e_n) \big), famille d'éléments de Δ\Delta.

    D\mathcal{D} engendre Δ\Delta : soit (x,x)∈Δ(x,x) \in \Delta. En décomposant x=∑i=1nλi eix = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i, on obtient

(x,x)=(∑i=1nλi ei,  ∑i=1nλi ei)=∑i=1nλi (ei,ei).(x, x) = \left( \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i,\; \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i \right) = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, (e_i, e_i).

D\mathcal{D} est libre : si ∑i=1nλi (ei,ei)=(0E,0E)\sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, (e_i, e_i) = (0_E, 0_E), la première composante donne ∑i=1nλi ei=0E\sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i = 0_E, donc tous les λi\lambda_i sont nuls puisque (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) est libre.

Ainsi D\mathcal{D} est une base de Δ\Delta et dim⁡Δ=n\dim \Delta = n.

  1. On a dim⁡(E×E)=n+n=2n\dim (E \times E) = n + n = 2n. Comme n⩾1n \geqslant 1, on a n≠2nn \neq 2n, donc dim⁡Δ≠dim⁡(E×E)\dim \Delta \neq \dim (E \times E). Or Δ\Delta est un sous-espace vectoriel de E×EE \times E : si l'on avait Δ=E×E\Delta = E \times E, les dimensions coïncideraient. Donc Δ≠E×E\Delta \neq E \times E.