Dimension finie : cours de maths sup en PDF.

On dit que \(E\) est de dimension finie s’il admet une famille génératrice finie. Sinon, on dit que \(E\) est de dimension infinie.

Les espaces \(\mathbb{K}^n\), \(\mathbb{K}_n[X]\) et \(\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})\) sont de dimension finie : leurs bases canoniques sont finies. En revanche, \(\mathbb{K}[X]\) est de dimension infinie. En effet, si \((P_1, \ldots, P_m)\) était génératrice, tout polynôme serait de degré au plus \(d = \max \deg P_i\). Or \(X^{d+1}\) contredit cette affirmation.

Si \(E\) est engendré par \(n\) vecteurs, alors toute famille de \(n+1\) vecteurs de \(E\) est liée. Par conséquent, toute famille libre de \(E\) compte au plus \(n\) vecteurs.

On raisonne par récurrence sur \(n\). Pour \(n = 0\), on a \(E = \{0\}\) et un vecteur de \(E\) est nul, donc la famille est liée.

Supposons le résultat vrai au rang \(n-1\) pour tout espace. Soit \(E = \mathrm{Vect}(e_1, \ldots, e_n)\) et \(x_1, \ldots, x_{n+1}\) dans \(E\). On pose \(F = \mathrm{Vect}(e_1, \ldots, e_{n-1})\) et on écrit \(x_j = y_j + a_j e_n\) avec \(y_j \in F\). D’abord, si tous les \(a_j\) sont nuls, les vecteurs \(x_1, \ldots, x_n\) sont dans \(F\). L’hypothèse de récurrence montre qu’ils sont liés, donc la famille entière est liée.

Sinon, quitte à renuméroter, \(a_{n+1} \neq 0\). Pour \(j \leq\, n\), le vecteur \(z_j = x_j – \frac{a_j}{a_{n+1}} x_{n+1}\) appartient à \(F\). Ces \(n\) vecteurs sont donc liés : il existe des \(\lambda_j\) non tous nuls tels que \(\sum \lambda_j z_j = 0\). En développant, on obtient une combinaison nulle des \(x_j\) dont les coefficients \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\) ne sont pas tous nuls. Finalement, la famille \((x_1, \ldots, x_{n+1})\) est liée.

Théorème de la base extraite. De toute famille génératrice finie de \(E\), on peut extraire une base de \(E\).

Théorème de la base incomplète. Soit \(\mathcal{L}\) une famille libre et \(\mathcal{G}\) une famille génératrice finie de \(E\). On peut compléter \(\mathcal{L}\) par des vecteurs de \(\mathcal{G}\) de façon à obtenir une base de \(E\).

En particulier, tout espace de dimension finie non réduit à \(\{0\}\) possède une base.

Traitons la base incomplète, dont la base extraite est le cas \(\mathcal{L}\) vide. D’après le lemme, les familles libres de \(E\) sont de longueur bornée. Parmi les familles libres de la forme \(\mathcal{L}\) complétée par des vecteurs de \(\mathcal{G}\), on en choisit une, notée \(\mathcal{B}\), de longueur maximale.

Soit \(g\) un vecteur de \(\mathcal{G}\). Si \(g\) n’est pas dans \(\mathcal{B}\), la famille \(\mathcal{B}\) complétée par \(g\) est liée, par maximalité. Dans une relation de liaison, le coefficient de \(g\) est non nul, car \(\mathcal{B}\) est libre. Donc \(g \in \mathrm{Vect}(\mathcal{B})\). Ainsi \(\mathcal{G} \subset \mathrm{Vect}(\mathcal{B})\), puis \(E = \mathrm{Vect}(\mathcal{G}) \subset \mathrm{Vect}(\mathcal{B})\). Par conséquent, \(\mathcal{B}\) est une base.

Pour compléter une famille libre \((u_1, \ldots, u_p)\) de \(\mathbb{K}^n\) en une base, on essaie d’ajouter les vecteurs de la base canonique un par un. On garde un vecteur \(e_i\) seulement s’il n’appartient pas à l’espace engendré par les vecteurs déjà retenus. On s’arrête dès qu’on a \(n\) vecteurs.

Dans \(\mathbb{R}^3\), prenons \(u_1 = (1,1,0)\) et \(u_2 = (1,-1,0)\), qui ne sont pas colinéaires. D’abord, \(e_1 = \frac{1}{2}(u_1 + u_2)\) : on le rejette. De même, \(e_2 = \frac{1}{2}(u_1 – u_2)\) est rejeté. Enfin, \(e_3\) a une troisième coordonnée non nulle, donc il n’est pas dans \(\mathrm{Vect}(u_1, u_2)\). La famille \((u_1, u_2, e_3)\) est donc libre, et c’est une base de \(\mathbb{R}^3\).

Si \(E\) est de dimension finie, toutes les bases de \(E\) ont le même nombre d’éléments. Ce nombre s’appelle la dimension de \(E\) et se note \(\dim E\). Par convention, \(\dim \{0\} = 0\).

Soit \(\mathcal{B}\) une base à \(p\) éléments et \(\mathcal{B}^{\prime}\) une base à \(q\) éléments. La famille \(\mathcal{B}^{\prime}\) est libre dans un espace engendré par \(p\) vecteurs. Le lemme fondamental donne donc \(q \leq\, p\). En échangeant les rôles, on obtient \(p \leq\, q\), d’où \(p = q\).

On a \(\dim \mathbb{K}^n = n\), \(\dim \mathbb{K}_n[X] = n+1\) et \(\dim \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) = np\). De plus, \(\mathbb{C}\) est de dimension \(1\) comme \(\mathbb{C}\)-espace vectoriel, mais de dimension \(2\) comme \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel, de base \((1, i)\). Autrement dit, la dimension dépend du corps de base.

Soit \(E\) de dimension \(n\). Toute famille libre de \(E\) a au plus \(n\) éléments. Toute famille génératrice de \(E\) a au moins \(n\) éléments.

Soit \(E\) de dimension \(n\) et \(\mathcal{F}\) une famille de exactement \(n\) vecteurs de \(E\). Les trois assertions suivantes sont équivalentes :

(i) \(\mathcal{F}\) est libre ; (ii) \(\mathcal{F}\) est génératrice ; (iii) \(\mathcal{F}\) est une base.

Si \(\mathcal{F}\) est libre, on la complète en une base grâce au théorème de la base incomplète. Cette base a \(n\) éléments, donc on n’a rien ajouté : \(\mathcal{F}\) est une base. Si \(\mathcal{F}\) est génératrice, on en extrait une base. Elle a \(n\) éléments, donc on n’a rien retiré. Enfin, une base est libre et génératrice.

Pour montrer qu’une famille est une base d’un espace dont on connaît la dimension \(n\), on vérifie deux choses : elle compte \(n\) vecteurs, et elle est libre. On évite ainsi la preuve, souvent plus lourde, du caractère générateur.

Soit \((P_0, \ldots, P_n)\) une famille de polynômes avec \(\deg P_k = k\) pour tout \(k\). Elle est libre. En effet, dans une combinaison nulle \(\sum \lambda_k P_k = 0\), si \(m\) est le plus grand indice tel que \(\lambda_m \neq 0\), le coefficient de \(X^m\) vaut \(\lambda_m\) fois le coefficient dominant de \(P_m\). Il est non nul, ce qui est absurde. Comme la famille compte \(n+1\) vecteurs de \(\mathbb{K}_n[X]\), c’est une base. Par exemple, \((1, X-1, (X-1)^2)\) est une base de \(\mathbb{K}_2[X]\).

Si \(E\) et \(F\) sont de dimension finie, alors \(E \times F\) est de dimension finie et \(\dim(E \times F) = \dim E + \dim F\).

Soit \((e_1, \ldots, e_p)\) une base de \(E\) et \((f_1, \ldots, f_q)\) une base de \(F\). On vérifie que la famille des \((e_i, 0)\) et des \((0, f_j)\) est une base de \(E \times F\). En effet, \((x, y) = (x, 0) + (0, y)\) se décompose, et une combinaison nulle donne séparément \(\sum a_i e_i = 0\) et \(\sum b_j f_j = 0\). Ainsi \(\dim(E \times F) = p + q\).

Le rang d’une famille finie \((x_1, \ldots, x_p)\) de vecteurs de \(E\) est la dimension de l’espace qu’elle engendre : \[\mathrm{rg}(x_1, \ldots, x_p) = \dim \mathrm{Vect}(x_1, \ldots, x_p).\]

On a \(\mathrm{rg}(x_1, \ldots, x_p) \leq\, p\), avec égalité si et seulement si la famille est libre. Si \(\dim E = n\), on a aussi \(\mathrm{rg}(x_1, \ldots, x_p) \leq\, n\), avec égalité si et seulement si la famille est génératrice de \(E\).

Pour déterminer le rang d’une famille de \(\mathbb{K}^n\), on cherche les relations linéaires entre ses vecteurs. On résout \(\lambda_1 x_1 + \cdots + \lambda_p x_p = 0\) par la méthode du pivot. Chaque vecteur qui s’exprime avec les autres est retiré. Le nombre de vecteurs qui restent, formant une famille libre, est le rang.

Dans \(\mathbb{R}^3\), soit \(u = (1,0,1)\), \(v = (0,1,1)\) et \(w = (1,1,2)\). On remarque que \(w = u + v\). Donc \(\mathrm{Vect}(u, v, w) = \mathrm{Vect}(u, v)\). Or \(u\) et \(v\) ne sont pas colinéaires. Par conséquent, \(\mathrm{rg}(u, v, w) = 2\) : les trois vecteurs sont coplanaires, dans le plan d’équation \(z = x + y\).

Soit \(E\) de dimension finie et \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\). Alors \(F\) est de dimension finie et \(\dim F \leq\, \dim E\). De plus, \(\dim F = \dim E\) si et seulement si \(F = E\).

Posons \(n = \dim E\). Les familles libres de \(F\) sont libres dans \(E\), donc de longueur au plus \(n\). On choisit une famille libre \(\mathcal{B}\) de \(F\) de longueur maximale \(p \leq\, n\). Pour tout \(x \in F\), la famille \(\mathcal{B}\) complétée par \(x\) est liée, donc \(x \in \mathrm{Vect}(\mathcal{B})\). Ainsi \(\mathcal{B}\) est une base de \(F\) et \(\dim F = p \leq\, n\).

Si \(p = n\), la famille \(\mathcal{B}\) est libre et compte \(n\) vecteurs de \(E\). C’est donc une base de \(E\), et \(E = \mathrm{Vect}(\mathcal{B}) = F\).

Pour montrer que deux sous-espaces \(F\) et \(G\) de dimension finie sont égaux, il suffit de montrer une inclusion \(F \subset G\) et l’égalité \(\dim F = \dim G\). C’est souvent bien plus court qu’une double inclusion.

Les sous-espaces de \(\mathbb{R}^3\) sont de dimension \(0\), \(1\), \(2\) ou \(3\). Ce sont donc \(\{0\}\), les droites vectorielles, les plans vectoriels et \(\mathbb{R}^3\) lui-même. Par exemple, si un plan \(P\) contient deux vecteurs non colinéaires \(a\) et \(b\), alors \(\mathrm{Vect}(a, b) \subset P\) et les deux espaces sont de dimension \(2\), d’où \(P = \mathrm{Vect}(a, b)\).

Formule de Grassmann. Si \(F\) et \(G\) sont deux sous-espaces de dimension finie de \(E\), alors \[\dim(F + G) = \dim F + \dim G – \dim(F \cap G).\]

Soit \((u_1, \ldots, u_p)\) une base de \(F \cap G\). On la complète en une base \((u_1, \ldots, u_p, v_1, \ldots, v_q)\) de \(F\), puis en une base \((u_1, \ldots, u_p, w_1, \ldots, w_r)\) de \(G\). Montrons que la famille \((u, v, w)\) est une base de \(F + G\).

D’abord, elle engendre \(F + G\), puisqu’elle engendre \(F\) et \(G\). Ensuite, supposons \(\sum a_i u_i + \sum b_j v_j + \sum c_k w_k = 0\). Le vecteur \(\sum c_k w_k\) est dans \(G\), et il est égal à \(-\sum a_i u_i – \sum b_j v_j\), qui est dans \(F\). Il est donc dans \(F \cap G\) et s’écrit \(\sum d_i u_i\). Comme \((u, w)\) est libre, tous les \(c_k\) sont nuls. Il reste une combinaison nulle de la base \((u, v)\) de \(F\), donc tous les coefficients sont nuls.

Finalement, \(\dim(F + G) = p + q + r = (p + q) + (p + r) – p\).

Si \(\dim E = n\) et \(\dim F + \dim G > n\), alors \(F \cap G \neq \{0\}\). En effet, \(\dim(F \cap G) \geq\, \dim F + \dim G – n > 0\).

Deux plans vectoriels distincts \(F\) et \(G\) de \(\mathbb{R}^3\) se coupent selon une droite. En effet, \(F + G\) contient strictement \(F\), donc \(\dim(F + G) = 3\). La formule de Grassmann donne alors \(\dim(F \cap G) = 2 + 2 – 3 = 1\).

En dimension finie, tout sous-espace \(F\) de \(E\) admet au moins un supplémentaire \(G\), c’est-à-dire un sous-espace tel que \(E = F \oplus G\). De plus, \(\dim G = \dim E – \dim F\).

Soit \((f_1, \ldots, f_p)\) une base de \(F\). Grâce au théorème de la base incomplète, on la complète en une base \((f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_q)\) de \(E\). Posons \(G = \mathrm{Vect}(g_1, \ldots, g_q)\). Tout vecteur de \(E\) se décompose sur cette base, donc \(E = F + G\). De plus, si \(x \in F \cap G\), on écrit \(x = \sum a_i f_i = \sum b_j g_j\). La liberté de la base donne tous les coefficients nuls, donc \(x = 0\).

Un supplémentaire n’est pas unique. Il ne faut jamais écrire « le » supplémentaire de \(F\), mais « un » supplémentaire. De même, un supplémentaire n’est pas le complémentaire ensembliste : \(G\) contient toujours \(0\), qui est aussi dans \(F\).

Soit \(E\) de dimension finie, \(F\) et \(G\) deux sous-espaces. Les assertions suivantes sont équivalentes :

(i) \(E = F \oplus G\) ; (ii) \(F \cap G = \{0\}\) et \(\dim F + \dim G = \dim E\) ; (iii) \(F + G = E\) et \(\dim F + \dim G = \dim E\).

Tout découle de la formule de Grassmann. Sous (ii), on obtient \(\dim(F + G) = \dim F + \dim G = \dim E\), donc \(F + G = E\). Sous (iii), on obtient \(\dim(F \cap G) = \dim F + \dim G – \dim E = 0\). Enfin, (i) donne les deux conditions de (ii) par Grassmann.

Soit \(H\) un hyperplan d’un espace \(E\) de dimension \(n\), et \(a \notin H\). Alors \(H \cap \mathbb{K}a = \{0\}\), car un vecteur non nul de \(\mathbb{K}a\) engendre \(\mathbb{K}a\) et ferait entrer \(a\) dans \(H\). Comme \((n-1) + 1 = n\), on obtient \(E = H \oplus \mathbb{K}a\). Autrement dit, une droite non contenue dans un hyperplan en est un supplémentaire.

Soit \(E = F_1 \oplus \cdots \oplus F_p\). Une base adaptée à cette décomposition est une base de \(E\) obtenue en concaténant une base de \(F_1\), une base de \(F_2\), …, une base de \(F_p\).

Si \(E = F_1 \oplus \cdots \oplus F_p\) et si \(\mathcal{B}_i\) est une base de \(F_i\), la concaténation de \(\mathcal{B}_1, \ldots, \mathcal{B}_p\) est une base de \(E\). En conséquence, \[\dim(F_1 \oplus \cdots \oplus F_p) = \dim F_1 + \cdots + \dim F_p.\] Réciproquement, la somme \(F_1 + \cdots + F_p\) est directe si et seulement si sa dimension vaut \(\dim F_1 + \cdots + \dim F_p\).

La famille concaténée engendre \(E\), car tout \(x\) s’écrit \(x_1 + \cdots + x_p\) avec \(x_i \in F_i\). Elle est libre : une combinaison nulle s’écrit \(y_1 + \cdots + y_p = 0\), où \(y_i\) est la partie portant sur \(\mathcal{B}_i\). L’unicité de la décomposition de \(0\) donne \(y_i = 0\), puis les coefficients sont nuls car \(\mathcal{B}_i\) est libre.

Pour la réciproque, la famille concaténée engendre toujours la somme. Si elle compte autant de vecteurs que la dimension de la somme, c’est une base, donc elle est libre. Par conséquent, la décomposition de \(0\) est unique, et la somme est directe.

Pour trois sous-espaces ou plus, il ne suffit pas que les intersections deux à deux soient nulles. Trois droites distinctes du plan se coupent deux à deux en \(\{0\}\), mais leur somme est de dimension \(2 \neq 3\). Leur somme n’est donc pas directe.

Soit \(I\) un intervalle et \(a\) une fonction continue sur \(I\). L’ensemble des solutions de \(y^{\prime} + a(x) y = 0\) est une droite vectorielle, engendrée par \(x \mapsto e^{-A(x)}\), où \(A\) est une primitive de \(a\).

Soit \(a, b \in \mathbb{K}\). L’ensemble \(S\) des solutions à valeurs dans \(\mathbb{K}\) de \(y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + b y = 0\) est un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension \(2\).

Traitons l’ordre \(2\). D’abord, \(S\) est un sous-espace vectoriel, car l’équation est linéaire et homogène. Le théorème de Cauchy linéaire fournit une unique solution \(y_1\) avec \(y_1(0) = 1\), \(y_1^{\prime}(0) = 0\), et une unique solution \(y_2\) avec \(y_2(0) = 0\), \(y_2^{\prime}(0) = 1\).

Soit \(y \in S\). La fonction \(z = y – y(0) y_1 – y^{\prime}(0) y_2\) est une solution qui vérifie \(z(0) = z^{\prime}(0) = 0\). Par unicité, \(z = 0\). Ainsi \((y_1, y_2)\) engendre \(S\). De plus, si \(\lambda y_1 + \mu y_2 = 0\), on évalue en \(0\) pour obtenir \(\lambda = 0\), puis on dérive et on évalue pour obtenir \(\mu = 0\). Donc \((y_1, y_2)\) est une base de \(S\).

L’équation \(y^{\prime\prime} + y = 0\) a pour espace de solutions réelles un plan. Les fonctions \(\cos\) et \(\sin\) sont deux solutions non proportionnelles. Elles forment donc une base, grâce à la caractérisation des bases en dimension \(2\). Par exemple, la solution telle que \(y(0) = 2\) et \(y^{\prime}(0) = -1\) est \(2\cos – \sin\).

Soit \(a, b \in \mathbb{K}\) avec \(b \neq 0\). L’ensemble \(S\) des suites \((u_n)\) à valeurs dans \(\mathbb{K}\) telles que \(u_{n+2} = a u_{n+1} + b u_n\) pour tout \(n\) est un espace vectoriel de dimension \(2\).

Si l’équation caractéristique \(r^2 = a r + b\) a deux racines distinctes \(r_1\) et \(r_2\), alors \(((r_1^n), (r_2^n))\) est une base de \(S\). Si elle a une racine double \(r\), alors \(((r^n), (n r^n))\) est une base de \(S\).

Soit \(\alpha\) la solution de premiers termes \((1, 0)\) et \(\beta\) celle de premiers termes \((0, 1)\). Pour \(u \in S\), les suites \(u\) et \(u_0 \alpha + u_1 \beta\) vérifient la même récurrence et ont les mêmes deux premiers termes. Une récurrence immédiate montre qu’elles sont égales. De plus, \((\alpha, \beta)\) est libre, en regardant les deux premiers termes. Donc \(\dim S = 2\).

Ensuite, si \(r_1 \neq r_2\), les suites \((r_1^n)\) et \((r_2^n)\) sont dans \(S\). Leurs deux premiers termes \((1, r_1)\) et \((1, r_2)\) ne sont pas proportionnels, donc elles forment une famille libre de deux vecteurs. C’est une base, car \(\dim S = 2\). Le cas de la racine double se traite de même.

La suite de Fibonacci vérifie \(F_0 = 0\), \(F_1 = 1\) et \(F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\). Les racines de \(r^2 = r + 1\) sont \(\varphi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\) et \(\psi = \frac{1 – \sqrt{5}}{2}\). Ainsi \(F_n = \lambda \varphi^n + \mu \psi^n\). Les conditions initiales donnent \(\lambda + \mu = 0\) et \(\lambda \varphi + \mu \psi = 1\), donc \[F_n = \frac{\varphi^n – \psi^n}{\sqrt{5}}.\]

Pour décrire toutes les solutions d’un problème linéaire, on procède en trois temps. D’abord, on montre que l’ensemble des solutions est un sous-espace. Ensuite, on calcule sa dimension \(d\), souvent grâce aux conditions initiales. Enfin, on exhibe \(d\) solutions explicites et libres : elles forment une base.