MPSI · Dimension finie

Sommes de sous-espaces vectoriels

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Question

Tu sais depuis le chapitre précédent ce que sont deux sous-espaces supplémentaires : leur intersection est réduite à {0E}\{0_E\} et leur somme vaut EE tout entier. Mais cette définition ne dit pas comment en fabriquer. En dimension finie, on dispose d'un objet que l'on n'avait pas avant : une base. Peut-on lire une décomposition E=F⊕GE = F \oplus G directement sur une base de EE, en la coupant en deux ?

Proposition 1 : Supplémentaires associés à une base

On suppose que EE est de dimension finie n⩾2n \geqslant 2. Soient (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE et p∈⟦1,n−1⟧p \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket. On pose F=vect⁡(e1,…,ep)F = \operatorname{vect}(e_1, \ldots, e_p) et G=vect⁡(ep+1,…,en)G = \operatorname{vect}(e_{p+1}, \ldots, e_n). Alors FF et GG sont supplémentaires dans EE :

E=F⊕G.E = F \oplus G.

Démonstration :

  • F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\} : soit x∈F∩Gx \in F \cap G. Il existe (λ1,…,λp)∈Kp(\lambda_1, \ldots, \lambda_p) \in \mathbb{K}^p et (λp+1,…,λn)∈Kn−p(\lambda_{p+1}, \ldots, \lambda_n) \in \mathbb{K}^{n-p} tels que
x=∑i=1pλi ei=∑i=p+1nλi ei,x = \sum_{i=1}^{p} \lambda_i\, e_i = \sum_{i=p+1}^{n} \lambda_i\, e_i,

d'où ∑i=1pλi ei−∑i=p+1nλi ei=0E\sum_{i=1}^{p} \lambda_i\, e_i - \sum_{i=p+1}^{n} \lambda_i\, e_i = 0_E. La famille (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) étant libre, tous les λi\lambda_i sont nuls, donc x=0Ex = 0_E.

  • E=F+GE = F + G : soit x∈Ex \in E. Il existe (λ1,…,λn)∈Kn(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) \in \mathbb{K}^n tel que
x=∑i=1nλi ei=∑i=1pλi ei⏟∈ F+∑i=p+1nλi ei⏟∈ G∈F+G.x = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i = \underbrace{\sum_{i=1}^{p} \lambda_i\, e_i}_{\in\, F} + \underbrace{\sum_{i=p+1}^{n} \lambda_i\, e_i}_{\in\, G} \in F + G.

Ainsi E=F⊕GE = F \oplus G.

Exemple :

Dans R3\mathbb{R}^3 rapporté à sa base canonique (e1,e2,e3)(e_1, e_2, e_3), la coupure après le deuxième vecteur donne

R3=vect⁡(e1,e2)⊕vect⁡(e3),\mathbb{R}^3 = \operatorname{vect}(e_1, e_2) \oplus \operatorname{vect}(e_3),

c'est-à-dire la décomposition du plan horizontal et de l'axe vertical que tu utilises depuis toujours. La coupure peut se faire à n'importe quel rang, et pour n'importe quelle base : un espace de dimension nn possède donc une infinité de décompositions de ce type.

Question

La proposition précédente part d'une base et en déduit une décomposition. Le mouvement inverse est-il possible : si l'on connaît déjà E=F⊕GE = F \oplus G et une base de chacun des deux morceaux, obtient-on une base de EE en les mettant bout à bout ?

Proposition 2 : Concaténation de bases de supplémentaires

On suppose que EE est de dimension finie. Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels supplémentaires dans EE, (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) une base de FF et (g1,…,gq)(g_1, \ldots, g_q) une base de GG. Alors (f1,…,fp,g1,…,gq)(f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_q) est une base de EE.

Démonstration :

Notons B=(f1,…,fp,g1,…,gq)\mathcal{B} = (f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_q).

  • B\mathcal{B} est libre : soient (λ1,…,λp)∈Kp(\lambda_1, \ldots, \lambda_p) \in \mathbb{K}^p et (μ1,…,μq)∈Kq(\mu_1, \ldots, \mu_q) \in \mathbb{K}^q tels que
∑i=1pλi fi+∑j=1qμj gj=0E.\sum_{i=1}^{p} \lambda_i\, f_i + \sum_{j=1}^{q} \mu_j\, g_j = 0_E.

Alors ∑i=1pλi fi=−∑j=1qμj gj∈F∩G={0E}\sum_{i=1}^{p} \lambda_i\, f_i = - \sum_{j=1}^{q} \mu_j\, g_j \in F \cap G = \{0_E\}. Les familles (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) et (g1,…,gq)(g_1, \ldots, g_q) étant libres, tous les coefficients sont nuls.

  • B\mathcal{B} est génératrice : soit x∈E=F+Gx \in E = F + G. Il existe (f,g)∈F×G(f, g) \in F \times G tel que x=f+gx = f + g. En décomposant ff dans la base (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) et gg dans la base (g1,…,gq)(g_1, \ldots, g_q), on écrit xx comme combinaison linéaire de B\mathcal{B}.

Ainsi B\mathcal{B} est une base de EE.

Vocabulaire :

Avec les notations précédentes, on dit que la base (f1,…,fp,g1,…,gq)(f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_q) est adaptée à la décomposition E=F⊕GE = F \oplus G.

Remarque :

Les deux propositions précédentes sont exactement réciproques l'une de l'autre : couper une base en deux produit une décomposition en somme directe, recoller des bases de deux supplémentaires produit une base de EE. Les bases adaptées et les décompositions E=F⊕GE = F \oplus G sont donc deux façons de dire la même chose.

Question

Ces deux résultats supposent qu'on part d'une décomposition ou d'une base déjà donnée. Mais si l'on se donne un sous-espace FF quelconque, sans rien d'autre : est-on certain qu'il existe au moins un GG tel que E=F⊕GE = F \oplus G ? Rien dans la définition d'un sous-espace ne le garantit.

Proposition 3 : Existence d'un supplémentaire en dimension finie

On suppose que EE est de dimension finie. Alors tout sous-espace vectoriel FF de EE admet un supplémentaire dans EE.

Démonstration :

Soit FF un sous-espace vectoriel de EE. On pose n=dim⁡En = \dim E.

  • Si F={0E}F = \{0_E\}, alors G=EG = E convient.
  • Si F=EF = E, alors G={0E}G = \{0_E\} convient.
  • Sinon, FF est de dimension finie pp avec 1⩽p<n=dim⁡E1 \leqslant p < n = \dim E. Soit (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) une base de FF. C'est une famille libre de EE : d'après le théorème de la base incomplète, on peut la compléter en une base (f1,…,fp,g1,…,gn−p)(f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_{n-p}) de EE. En posant G=vect⁡(g1,…,gn−p)G = \operatorname{vect}(g_1, \ldots, g_{n-p}), on obtient E=F⊕GE = F \oplus G.

Vocabulaire :

Avec les notations précédentes, on dit que la base (f1,…,fp,g1,…,gn−p)(f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_{n-p}) de EE est adaptée au sous-espace vectoriel FF.

Exemple :

Soient E=vect⁡(e1,e2)E = \operatorname{vect}(e_1, e_2), où (e1,e2)(e_1, e_2) est libre, et F=vect⁡(e1+e2)F = \operatorname{vect}(e_1 + e_2). Alors (e1+e2,e2)(e_1 + e_2, e_2) est une base de EE adaptée à FF. Comment le vérifier ?

Test 1

Un sous-espace vectoriel FF de EE admet un unique supplémentaire dans EE.

Rédaction — Construire une base adaptée à un sous-espace F :

  1. Déterminer une base de FF : (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p), ce qui donne au passage dim⁡F=p\dim F = p.
  2. Compléter cette famille en une base de EE, par le théorème de la base incomplète. En pratique, on ajoute des vecteurs simples — souvent pris dans une base de référence de EE — et l'on vérifie que la famille obtenue reste libre.
  3. Contrôler le cardinal : dès que la famille complétée est libre et compte dim⁡E\dim E vecteurs, c'est une base de EE ; inutile de vérifier qu'elle est génératrice.
  4. Conclure : la base obtenue est adaptée à FF, et G=vect⁡G = \operatorname{vect} des vecteurs ajoutés est un supplémentaire de FF.

Exercice 1 : Base adaptée dans 𝕂₃[X]

Soit F={P∈K3[X]  /  P(1)=0}F = \{ P \in \mathbb{K}_3[X] \;/\; P(1) = 0 \}.

  1. Montrer que FF est un sous-espace vectoriel de K3[X]\mathbb{K}_3[X] et en donner une base.
  2. Déterminer une base de K3[X]\mathbb{K}_3[X] adaptée à FF.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. FF est le noyau de la forme linéaire K3[X]⟶KP⟼P(1)\begin{array}{ccl} \mathbb{K}_3[X] & \longrightarrow & \mathbb{K} \\ P & \longmapsto & P(1) \end{array}, donc FF est un sous-espace vectoriel de K3[X]\mathbb{K}_3[X].

    La famille (X−1, (X−1)2, (X−1)3)\big( X - 1,\, (X-1)^2,\, (X-1)^3 \big) est libre (échelonnée en degré) et formée d'éléments de FF, donc dim⁡F⩾3\dim F \geqslant 3. De plus F≠K3[X]F \neq \mathbb{K}_3[X] car 1∉F1 \notin F, donc dim⁡F⩽3\dim F \leqslant 3.

    Ainsi dim⁡F=3\dim F = 3 et (X−1, (X−1)2, (X−1)3)\big( X - 1,\, (X-1)^2,\, (X-1)^3 \big) est une base de FF.

  2. Comme 1∉F1 \notin F, la famille (1, X−1, (X−1)2, (X−1)3)\big( 1,\, X - 1,\, (X-1)^2,\, (X-1)^3 \big) est libre, de cardinal 4=dim⁡K3[X]4 = \dim \mathbb{K}_3[X] : c'est une base de K3[X]\mathbb{K}_3[X] adaptée à FF.

Question

Une base adaptée met bout à bout une base de FF et une base de GG, sans jamais mélanger les deux. Le cardinal total est donc la somme des deux cardinaux. Cette observation, lue en termes de dimensions, donne-t-elle une formule générale pour la dimension d'une somme directe ?

Proposition 4 : Dimension d'une somme directe

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE de dimensions finies, en somme directe. Alors F⊕GF \oplus G est de dimension finie et

dim⁡(F⊕G)=dim⁡F+dim⁡G.\dim (F \oplus G) = \dim F + \dim G.

Démonstration :

Soient (f1,…,fp)(f_1, \ldots, f_p) une base de FF et (g1,…,gq)(g_1, \ldots, g_q) une base de GG.

Comme FF et GG sont supplémentaires dans F⊕GF \oplus G, la famille (f1,…,fp,g1,…,gq)(f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_q) est une base de F⊕GF \oplus G, d'où dim⁡(F⊕G)=p+q=dim⁡F+dim⁡G\dim(F \oplus G) = p + q = \dim F + \dim G.

Remarque :

  1. Si EE est de dimension finie et si FF et GG sont supplémentaires dans EE, alors dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G.
  2. Si EE est de dimension finie nn et si HH est un hyperplan de EE, alors HH admet une droite vectorielle comme supplémentaire, donc dim⁡H=n−1\dim H = n - 1.

Question

La formule précédente exige que la somme soit directe. Or la somme F+GF + G a un sens sans cette hypothèse, et dans ce cas dim⁡(F+G)\dim(F+G) est manifestement plus petit que dim⁡F+dim⁡G\dim F + \dim G : les vecteurs communs à FF et GG sont comptés deux fois. Peut-on corriger la formule pour la rendre valable dans tous les cas — et si oui, de combien faut-il retrancher ?

Proposition 5 : Formule de Grassmann

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE de dimensions finies. Alors F+GF + G est de dimension finie et

dim⁡(F+G)=dim⁡F+dim⁡G−dim⁡(F∩G).\dim (F + G) = \dim F + \dim G - \dim (F \cap G).

Démonstration :

Idée : on remplace FF par un supplémentaire SS de F∩GF \cap G dans FF, de façon à supprimer la partie commune et se ramener à une somme directe.

F∩GF \cap G est un sous-espace vectoriel de FF, qui est de dimension finie : il admet donc un supplémentaire SS dans FF, soit F=(F∩G)⊕SF = (F \cap G) \oplus S.

Montrons que F+G=S⊕GF + G = S \oplus G.

  • S∩G={0E}S \cap G = \{0_E\} : soit x∈S∩Gx \in S \cap G. Alors x∈S⊂Fx \in S \subset F et x∈Gx \in G, donc x∈(F∩G)∩S={0E}x \in (F \cap G) \cap S = \{0_E\}, d'où x=0Ex = 0_E.

  • F+G=S+GF + G = S + G : on a S⊂FS \subset F, donc S+G⊂F+GS + G \subset F + G. Réciproquement, soit x∈F+Gx \in F + G : il existe (f,g)∈F×G(f, g) \in F \times G tel que x=f+gx = f + g. Or ff se décompose en f=a+sf = a + s avec a∈F∩Ga \in F \cap G et s∈Ss \in S, d'où

x=s+(a+g)⏟∈ G∈S+G.x = s + \underbrace{(a + g)}_{\in\, G} \in S + G.

Ainsi F+G=S⊕GF + G = S \oplus G, d'où

dim⁡(F+G)=dim⁡S+dim⁡G=(dim⁡F−dim⁡(F∩G))+dim⁡G,\dim (F + G) = \dim S + \dim G = \big( \dim F - \dim (F \cap G) \big) + \dim G,

ce qui donne la formule annoncée.

Exemple :

Dans R3\mathbb{R}^3, deux plans vectoriels distincts P1P_1 et P2P_2 vérifient dim⁡(P1+P2)=3\dim(P_1 + P_2) = 3, donc

dim⁡(P1∩P2)=2+2−3=1:\dim (P_1 \cap P_2) = 2 + 2 - 3 = 1 :

deux plans distincts de l'espace se coupent toujours selon une droite, jamais en un seul point. La formule de Grassmann est la traduction algébrique de ce fait géométrique.

Rédaction — Exploiter la formule de Grassmann :

La formule relie quatre dimensions : celles de FF, de GG, de F+GF+G et de F∩GF \cap G. Elle sert donc à obtenir la quatrième dès qu'on en connaît trois. En pratique, c'est presque toujours dim⁡(F∩G)\dim(F \cap G) que l'on cherche, car une intersection est difficile à décrire directement.

  1. Calculer dim⁡F\dim F et dim⁡G\dim G en exhibant une base de chacun.
  2. Encadrer dim⁡(F+G)\dim (F + G) : la majoration dim⁡(F+G)⩽dim⁡E\dim(F+G) \leqslant \dim E est automatique, et une inclusion stricte F⊊F+GF \subsetneq F + G fournit la minoration dim⁡(F+G)>dim⁡F\dim(F+G) > \dim F. Il ne reste souvent qu'une seule valeur possible.
  3. Reporter dans la formule pour obtenir dim⁡(F∩G)\dim (F \cap G).

Exercice 2 : Intersection de deux hyperplans en dimension 3

On suppose que EE est de dimension 33. Soient H1H_1 et H2H_2 deux hyperplans distincts de EE. Montrer que H1∩H2H_1 \cap H_2 est une droite vectorielle.

Solution :(cliquer pour afficher)

On a dim⁡H1=dim⁡H2=2\dim H_1 = \dim H_2 = 2.

Comme H1≠H2H_1 \neq H_2, on a H1⊊H1+H2⊂EH_1 \subsetneq H_1 + H_2 \subset E, donc 2<dim⁡(H1+H2)⩽32 < \dim (H_1 + H_2) \leqslant 3, d'où dim⁡(H1+H2)=3\dim (H_1 + H_2) = 3.

D'après la formule de Grassmann,

dim⁡(H1∩H2)=dim⁡H1+dim⁡H2−dim⁡(H1+H2)=2+2−3=1,\dim (H_1 \cap H_2) = \dim H_1 + \dim H_2 - \dim (H_1 + H_2) = 2 + 2 - 3 = 1,

donc H1∩H2H_1 \cap H_2 est une droite vectorielle.

Corollaire 1 : Majoration de la dimension d'une somme

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE de dimensions finies. Alors

dim⁡(F+G)⩽dim⁡F+dim⁡G,\dim (F + G) \leqslant \dim F + \dim G,

avec égalité si et seulement si FF et GG sont en somme directe.

Démonstration :

D'après la formule de Grassmann, dim⁡(F+G)=dim⁡F+dim⁡G−dim⁡(F∩G)⩽dim⁡F+dim⁡G\dim (F + G) = \dim F + \dim G - \dim (F \cap G) \leqslant \dim F + \dim G, avec égalité si et seulement si dim⁡(F∩G)=0\dim (F \cap G) = 0, c'est-à-dire F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\}, c'est-à-dire FF et GG en somme directe.

Exercice 3 : Deux sous-espaces qui se rencontrent forcément

Soit EE un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension 55. Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE tels que dim⁡F=dim⁡G=3\dim F = \dim G = 3.

Montrer que F∩G≠{0E}F \cap G \neq \{0_E\}, et minorer dim⁡(F∩G)\dim (F \cap G).

Solution :(cliquer pour afficher)

F+GF + G est un sous-espace vectoriel de EE, donc dim⁡(F+G)⩽dim⁡E=5\dim (F + G) \leqslant \dim E = 5.

D'après la formule de Grassmann,

dim⁡(F∩G)=dim⁡F+dim⁡G−dim⁡(F+G)⩾3+3−5=1.\dim (F \cap G) = \dim F + \dim G - \dim (F + G) \geqslant 3 + 3 - 5 = 1.

Ainsi dim⁡(F∩G)⩾1\dim (F \cap G) \geqslant 1, donc F∩GF \cap G contient un vecteur non nul : F∩G≠{0E}F \cap G \neq \{0_E\}.

On peut le dire autrement à l'aide du corollaire : si FF et GG étaient en somme directe, on aurait dim⁡(F+G)=3+3=6>5=dim⁡E\dim(F+G) = 3 + 3 = 6 > 5 = \dim E, ce qui est impossible pour un sous-espace de EE.

Question

Établir que deux sous-espaces sont supplémentaires demande en principe deux vérifications : F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\} et F+G=EF + G = E. La seconde est souvent la plus coûteuse, car il faut décomposer un vecteur quelconque de EE. Puisque la dimension sait déjà compter, ne pourrait-elle pas remplacer l'une de ces deux vérifications ?

Théorème 1 : Caractérisation des supplémentaires en dimension finie

On suppose que EE est de dimension finie. Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE. Les assertions suivantes sont équivalentes :

  1. FF et GG sont supplémentaires dans EE ;
  2. E=F+GE = F + G et dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G ;
  3. F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\} et dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G.

Démonstration :

1⇒21 \Rightarrow 2 et 1⇒31 \Rightarrow 3 : si E=F⊕GE = F \oplus G, alors E=F+GE = F + G, F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\} et dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G.

2⇒12 \Rightarrow 1 : on suppose E=F+GE = F + G et dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G. D'après la formule de Grassmann,

dim⁡(F∩G)=dim⁡F+dim⁡G−dim⁡(F+G)=dim⁡E−dim⁡E=0,\dim (F \cap G) = \dim F + \dim G - \dim (F + G) = \dim E - \dim E = 0,

donc F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\}, d'où E=F⊕GE = F \oplus G.

3⇒13 \Rightarrow 1 : on suppose F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\} et dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G. D'après la formule de Grassmann,

dim⁡(F+G)=dim⁡F+dim⁡G−dim⁡(F∩G)=dim⁡E.\dim (F + G) = \dim F + \dim G - \dim (F \cap G) = \dim E.

Or F+GF + G est un sous-espace vectoriel de EE de même dimension que EE, donc F+G=EF + G = E, d'où E=F⊕GE = F \oplus G.

Test 2

Soient FF et GG deux sous-espaces vectoriels de EE tels que dim⁡E=dim⁡F+dim⁡G\dim E = \dim F + \dim G. Alors FF et GG sont supplémentaires dans EE.

Rédaction — Montrer que F et G sont supplémentaires :

En dimension finie, on ne démontre presque jamais les deux conditions de la définition. La marche à suivre standard est la suivante.

  1. Montrer F∩G={0E}F \cap G = \{0_E\} : prendre x∈F∩Gx \in F \cap G, écrire les deux appartenances, et en déduire x=0Ex = 0_E. C'est en général la vérification la plus courte.
  2. Calculer dim⁡F\dim F et dim⁡G\dim G en exhibant une base de chacun.
  3. Vérifier dim⁡F+dim⁡G=dim⁡E\dim F + \dim G = \dim E.
  4. Conclure par le point 3 du théorème : inutile de décomposer un vecteur quelconque de EE pour établir E=F+GE = F + G.

Exercice 4 : Un supplémentaire dans ℝ⁴

On pose

F={(x,y,z,t)∈R4  /  x+y=0  et  z+t=0},G=vect⁡((1,0,0,0), (0,0,1,0)).F = \left\{ (x, y, z, t) \in \mathbb{R}^4 \;/\; x + y = 0 \ \text{ et } \ z + t = 0 \right\}, \qquad G = \operatorname{vect}\big( (1, 0, 0, 0),\, (0, 0, 1, 0) \big).

Montrer que R4=F⊕G\mathbb{R}^4 = F \oplus G.

Solution :(cliquer pour afficher)

Dimension de FF. Soit (x,y,z,t)∈F(x,y,z,t) \in F. Les deux équations donnent y=−xy = -x et t=−zt = -z, donc

(x,y,z,t)=(x,−x,z,−z)=x (1,−1,0,0)+z (0,0,1,−1),(x, y, z, t) = (x, -x, z, -z) = x\,(1,-1,0,0) + z\,(0,0,1,-1),

d'où F=vect⁡((1,−1,0,0), (0,0,1,−1))F = \operatorname{vect}\big( (1,-1,0,0),\, (0,0,1,-1) \big). Ces deux vecteurs sont non colinéaires, donc la famille est libre : c'est une base de FF et dim⁡F=2\dim F = 2.

Dimension de GG. Les vecteurs (1,0,0,0)(1,0,0,0) et (0,0,1,0)(0,0,1,0) sont non colinéaires, donc dim⁡G=2\dim G = 2.

Intersection. Soit (x,y,z,t)∈F∩G(x,y,z,t) \in F \cap G. Appartenir à GG impose y=0y = 0 et t=0t = 0. Les équations de FF donnent alors x=−y=0x = -y = 0 et z=−t=0z = -t = 0. Donc F∩G={(0,0,0,0)}F \cap G = \{(0,0,0,0)\}.

Conclusion. On a F∩G={0}F \cap G = \{0\} et dim⁡F+dim⁡G=2+2=4=dim⁡R4\dim F + \dim G = 2 + 2 = 4 = \dim \mathbb{R}^4. D'après le point 3 du théorème, R4=F⊕G\mathbb{R}^4 = F \oplus G.