MPSI · Dimension finie

Espace vectoriel de dimension finie

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Dans tout ce chapitre, EE désigne un K\mathbb{K}-espace vectoriel et n,p∈Nn, p \in \mathbb{N}.

Question

Tu sais déjà décrire un espace vectoriel par une famille génératrice : tout vecteur s'écrit alors comme combinaison linéaire d'un petit nombre de vecteurs de référence. Mais rien ne garantit qu'un tel « petit nombre » existe : dans K[X]\mathbb{K}[X], aucune liste finie de polynômes ne semble suffire à tout engendrer. Comment distinguer les espaces que l'on peut décrire avec une liste finie de ceux qui échappent définitivement à cette description ?

Définition 1 : Espace vectoriel de dimension finie

On dit qu'un K\mathbb{K}-espace vectoriel EE est de dimension finie s'il admet une famille génératrice finie. Dans le cas contraire, on dit que EE est de dimension infinie.

Exemple :

  1. Kn\mathbb{K}^n est engendré par (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n), donc Kn\mathbb{K}^n est de dimension finie.
  2. Mn,p(K)\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) est engendré par (Ei,j)1⩽i⩽n,  1⩽j⩽p(E_{i,j})_{1 \leqslant i \leqslant n,\; 1 \leqslant j \leqslant p}, donc Mn,p(K)\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) est de dimension finie.
  3. Kn[X]\mathbb{K}_n[X] est engendré par (Xk)0⩽k⩽n(X^k)_{0 \leqslant k \leqslant n}, donc Kn[X]\mathbb{K}_n[X] est un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie.

En revanche K[X]\mathbb{K}[X], lui, est de dimension infinie. Comment le démontrer ?

Test 1

Si EE admet une famille génératrice infinie, alors EE est de dimension infinie.

Rédaction — Montrer qu'un espace est de dimension infinie :

Le raisonnement se fait toujours par l'absurde, en trois temps :

  1. Supposer que EE est de dimension finie : il existe alors une famille génératrice finie (u1,…,um)(u_1, \ldots, u_m) de EE.
  2. Exhiber un invariant attaché à cette famille finie : un degré maximal, un ordre maximal, un indice au-delà duquel tous les uiu_i sont « plats ». C'est ici que la finitude sert : un maximum n'existe que sur un ensemble fini.
  3. Fabriquer un vecteur de EE qui dépasse cet invariant, donc qui n'appartient pas à vect⁡(u1,…,um)\operatorname{vect}(u_1, \ldots, u_m) : contradiction avec le caractère générateur.

Exercice 1 : Dimension de 𝕂[X]

Montrer que K[X]\mathbb{K}[X] est de dimension infinie.

Solution :(cliquer pour afficher)

Supposons que K[X]\mathbb{K}[X] est de dimension finie. Alors K[X]\mathbb{K}[X] est engendré par une famille finie (P1,…,Pm)(P_1, \ldots, P_m).

On pose d=max⁡{deg⁡Pi  /  i∈⟦1,m⟧}d = \max\left\{ \deg P_i \;/\; i \in \llbracket 1, m \rrbracket \right\}.

On a Xd+1∉vect⁡(P1,…,Pm)X^{d+1} \notin \operatorname{vect}(P_1, \ldots, P_m). Absurde.

Donc K[X]\mathbb{K}[X] est de dimension infinie.

Question

Une famille libre n'est en général pas génératrice : il lui « manque » des vecteurs pour devenir une base. Peut-on toujours combler ce manque ? Et si oui, où aller chercher les vecteurs manquants — faut-il fouiller tout EE, ou suffit-il de puiser dans une famille génératrice déjà connue ?

Proposition 1 : Complétion d'une sous-famille libre d'une famille génératrice

Soit GG une famille génératrice finie de EE. Alors toute sous-famille libre de GG peut se compléter en une base de EE par des éléments de GG.

Démonstration :

Soit F\mathcal{F} une sous-famille libre de GG.

On note Ω\Omega l'ensemble des familles libres contenant F\mathcal{F} et qui sont des sous-familles de GG.

L'ensemble A={card⁡(L)  /  L∈Ω}A = \left\{ \operatorname{card}(\mathcal{L}) \;/\; \mathcal{L} \in \Omega \right\} contient card⁡(F)\operatorname{card}(\mathcal{F}) (car F∈Ω\mathcal{F} \in \Omega) et est majoré par card⁡(G)\operatorname{card}(G), donc AA admet un plus grand élément d∈N∗d \in \mathbb{N}^*.

Soit B∈ΩB \in \Omega tel que card⁡(B)=d\operatorname{card}(B) = d.

  • BB est par définition libre.
  • Supposons que BB n'est pas génératrice de EE. On a vect⁡(G)=E\operatorname{vect}(G) = E, donc il existe un élément gg de GG tel que g∉vect⁡(B)g \notin \operatorname{vect}(B). Alors la famille B′=B∪{g}B' = B \cup \{g\} est libre, ainsi B′∈ΩB' \in \Omega. Or card⁡(B′)=d+1\operatorname{card}(B') = d + 1. Absurde. Donc BB engendre EE.
  • Conclusion : BB est une base de EE.

□\square

Question

La proposition précédente impose une contrainte forte : la famille libre de départ doit déjà être extraite de la famille génératrice GG. C'est rarement le cas en pratique — on part d'une famille libre quelconque, tombée du ciel. Peut-on s'affranchir de cette contrainte ?

Théorème 1 : Théorème de la base incomplète

Supposons que EE est de dimension finie. Toute famille libre finie peut être complétée en une base de EE.

Démonstration :

EE est de dimension finie, donc il existe une famille GG génératrice finie de EE.

Soit FF une famille libre finie. F∪GF \cup G est une famille génératrice de EE et FF est une sous-famille de F∪GF \cup G.

Donc on peut compléter FF en une base de EE par des éléments de F∪GF \cup G.

□\square

Remarque :

On montrera plus tard que toute famille libre d'un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie est forcément finie.

Exercice 2 : Compléter une famille libre de ℝ³

Soit F=((1,1,0), (0,1,1))\mathcal{F} = \big( (1,1,0),\, (0,1,1) \big).

  1. Montrer que F\mathcal{F} est libre.
  2. Compléter F\mathcal{F} en une base de R3\mathbb{R}^3.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Soient a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} tels que a (1,1,0)+b (0,1,1)=(0,0,0)a\,(1,1,0) + b\,(0,1,1) = (0,0,0). On obtient le système a=0a = 0, a+b=0a + b = 0, b=0b = 0, donc a=b=0a = b = 0 : la famille F\mathcal{F} est libre.

  2. On suit la démonstration du théorème : on complète F\mathcal{F} par des éléments de la famille génératrice (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3) de R3\mathbb{R}^3. Posons B=((1,1,0), (0,1,1), e1)\mathcal{B} = \big( (1,1,0),\, (0,1,1),\, e_1 \big) avec e1=(1,0,0)e_1 = (1,0,0).

    B\mathcal{B} est libre : soient a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R} tels que

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

    La troisième coordonnée donne b=0b = 0, la deuxième donne a+b=0a + b = 0 donc a=0a = 0, la première donne a+c=0a + c = 0 donc c=0c = 0.

    B\mathcal{B} est génératrice : on a (1,1,0)−e1=(0,1,0)=e2(1,1,0) - e_1 = (0,1,0) = e_2, donc e2∈vect⁡(B)e_2 \in \operatorname{vect}(\mathcal{B}). Puis (0,1,1)−e2=(0,0,1)=e3(0,1,1) - e_2 = (0,0,1) = e_3, donc e3∈vect⁡(B)e_3 \in \operatorname{vect}(\mathcal{B}). Ainsi vect⁡(B)\operatorname{vect}(\mathcal{B}) contient e1e_1, e2e_2 et e3e_3, donc contient vect⁡(e1,e2,e3)=R3\operatorname{vect}(e_1,e_2,e_3) = \mathbb{R}^3.

    D'où B=((1,1,0), (0,1,1), (1,0,0))\mathcal{B} = \big( (1,1,0),\, (0,1,1),\, (1,0,0) \big) est une base de R3\mathbb{R}^3 complétant F\mathcal{F}.

Question

Le théorème de la base incomplète part d'une famille trop petite et l'agrandit. Que faire dans la situation symétrique — une famille génératrice trop grosse, qui contient des vecteurs redondants ? Peut-on en retirer le superflu jusqu'à tomber exactement sur une base ?

Théorème 2 : Théorème de la base extraite

De toute famille génératrice finie de EE, on peut extraire une base de EE.

Démonstration :

Soit GG une famille génératrice finie de EE.

Soit ee un élément de GG non nul. La famille (e)(e) est une sous-famille libre de GG, donc on peut la compléter en une base BB de EE par des éléments de GG.

Ainsi BB est une base de EE formée par des éléments de GG.

□\square

Exercice 3 : Extraire une base d'une famille de ℝ³

Soit G=(u1, u2, u3, u4)G = \big( u_1,\, u_2,\, u_3,\, u_4 \big) où

u1=(1,0,1),u2=(0,1,1),u3=(1,1,2),u4=(1,1,0).u_1 = (1,0,1), \quad u_2 = (0,1,1), \quad u_3 = (1,1,2), \quad u_4 = (1,1,0).

Extraire de GG une base de vect⁡(G)\operatorname{vect}(G).

Solution :(cliquer pour afficher)

Repérer la redondance. On remarque que u3=u1+u2u_3 = u_1 + u_2, donc u3∈vect⁡(u1,u2,u4)u_3 \in \operatorname{vect}(u_1, u_2, u_4) et par conséquent

vect⁡(G)=vect⁡(u1,u2,u4).\operatorname{vect}(G) = \operatorname{vect}(u_1, u_2, u_4).

La famille (u1,u2,u4)(u_1, u_2, u_4) est donc génératrice de vect⁡(G)\operatorname{vect}(G).

Vérifier la liberté. Soient a,b,c∈Ra, b, c \in \mathbb{R} tels que a u1+b u2+c u4=(0,0,0)a\,u_1 + b\,u_2 + c\,u_4 = (0,0,0), c'est-à-dire

(a+c,  b+c,  a+b)=(0,0,0).(a + c,\; b + c,\; a + b) = (0,0,0).

Des deux premières égalités on tire a=−ca = -c et b=−cb = -c ; la troisième donne alors −2c=0-2c = 0, donc c=0c = 0, puis a=b=0a = b = 0. La famille (u1,u2,u4)(u_1, u_2, u_4) est libre.

Conclusion. (u1,u2,u4)(u_1, u_2, u_4) est une base de vect⁡(G)\operatorname{vect}(G) extraite de GG.