Espaces vectoriels

Notons $F=\dsp\bigcap_{i\in I}{E_i}$.

On a $F\neq \emptyset$ : en effet, pour tout $i\in I$, $0_E \in E_i$ donc $0_E\in F$.

Si $x,y\in F$ et si $\lambda\in \K$, alors $x,y \in E_i$ pour tout $i\in I$ donc $\lambda x+y \in E_i$ car $E_i$ s-e-v de $E$, donc finalement $\lambda x+y \in F$.

L'implication $\Leftarrow$ est immédiate.

Soient $A$ et $B$ deux s-e-v de $E$, tels que $A \cup B$ est encore un s-e-v. On raisonne par l'absurde : la négation de la proposition «$A \subset B$ ou $B \subset A$» est «$A \nsubseteq $B et $B \nsubseteq A$»

i.e qu'il existe $a\in A \text{ tq } a\notin B$ et $b\in B \text{ tq } b\notin A$. Alors $a+b \in A\cup B$ puisque $A\cup B$ est un s-e-v, donc $a+b \in A$ ou $a+b \in B$.

Si, par exemple, $a+b \in A$, on aurait $b=(a+b)-a \in A$ puisque $A$ est un s-e-v, d'où la contradiction.

Soit $F=\dsp \sum_{i=1}^n{E_i}$, i.e l'ensemble des sommes $\dsp\sum_{i=1}^n{x_i}$, où $x_i \in E_i$ pour tout $i \in \inter{1,n}$.

$\mathbf{a )}\quad$ $F$ contient bien tous les $E_i$, car $x_i\in E_i$ peut s'écrire $x_i=0+\cdots+0+x_i+0+\cdots+0$. Il contient donc leur réunion.

$\mathbf{b )}\quad$ Il est facile de vérifier que $F$ est un s-e-v de $E$. En effet, $0_E$ appartient à $E_i$ pour tout $i$ donc appartient à $F$, et, si $x=\dsp\sum_{i=1}^nx_i \in F$ et $y=\dsp\sum_{i=1}^ny_i \in F$ avec $x_i,y_i \in E_i$ pour tout $i$, alors $\lambda x + y = \dsp\sum_{i=1}^n (\lambda x_i + y_i)$ appartient à $F$ puisque $\lambda x_i + y_i \in E_i$ pour tout $i$ (les $E_i$ sont des s-e-v).

$\mathbf{c )}\quad$ $F$ Enfin, si un s-e-v $G$ de $E$ contient la réunion des $E_i$, puisqu'il est stable par $+$, il contiendra $F$.

En résumé, $F$ est bien le plus petit s-e-v de $E$ contenant $\dsp \bigcup_{1 \leqslant i \leqslant n}{E_i}$, i.e le s-e-v engendré par cette réunion.

Supposons la somme directe, et soit $(x_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} \in \dsp\prod_{i=1}^n{E_i}$ telle que $\dsp \sum_{i=1}^n{x_i}=0$. Puisque $0=0_{E_1}+0_{E_2}+\cdots+0_{E_n}$, l'unicité de l'écriture implique $x_i=0$ pour tout $i$.

Réciproquement, si la propriété de l'énoncé est vérifiée et si un vecteur $x \in \dsp\sum_{i=1}^n{E_i}$ s'écrit sous la forme $x=\dsum_{i=1}^nx_i=\dsum_{i=1}^ny_i$ avec $x_i,y_i \in E_i$ pour tout $i$, alors $\dsum_{i=1}^n(x_i-y_i)=0$ avec $x_i-y_i \in E_i$ pour tout $i$, ce qui implique $x_i-y_i=0$ soit $x_i=y_i$ pour tout $i \in \inter{1,n}$. Il y a donc bien unicité de la décomposition, et la somme $\dsp\sum_{i=1}^n{E_i}$ est directe.

Par hypothèse, $E$ est engendré par une famille finie: $E=\Vect (y_1,\cdots,y_n)$.

Soit $(x_i)_{i\in I}$ une partie génératrice de $E$. Tout $y_j$ peut donc s'écrire comme combinaison linéaire (finie) des vecteurs de cette famille: $$ y_j=\dsum_{i\in I_j}\lambda_{ji}x_i \quad\text{où }I_j \text{ est une partie finie de }I $$

donc les $y_j$ appartiennent tous à $\Vect(\{x_i, i\in I_1\cup I_2\cup\ldots\cup I_n\})$.

$E$ étant engendré par les $y_j$ est donc aussi engendré par $\{x_i, i\in I_1\cup I_2\cup\ldots\cup I_n\}$, qui est bien une famille finie extraite de $(x_i)_{i\in I}$ .

Supposons $E=\Vect(y_1,\cdots,y_n)$. Puisque toute famille contenant une famille liée est elle aussi liée, il suffit, pour démontrer le théorème, de montrer que toute famille de $n+1$ vecteurs est liée.

Procédons par récurrence sur $n$:

$-- \quad$ Pour $n=1$, on a $E=\Vect(y)$ et, si $x_1,x_2 \in E$, il existe $\lambda_1,\lambda_1$ tels que $x_1=\lambda_1 y$ et $x_2=\lambda_2 y$, d'où $\lambda_2x_1 - \lambda_1x_2=0$ et $\{x_1,x_2\}$ est liée.

$--\quad$ Soit $n\geq 2$. Supposons le résultat acquis à l'ordre $n-1$, et soit $E=\Vect(y_1,\cdots,y_n)$, et $\enumsp{x}{1}{n+1} \in E$. On a alors : $$\forall i\in\inter{1,n+1}, \ x_i=\dsum_{j=1}^n\lambda_{ij}y_j\quad\quad (*)$$ avec $n\lambda_{ij}\in \K$.

$\quad\quad$ Si tous les $\lambda_{ij}$ sont nuls, alors tous les $x_i$ sont nuls, et la famille $(\enumsp{x}{1}{n+1})$ est liée!

$\quad\quad$ Sinon, il existe au moins un des $\lambda_{ij}$ qui est non nul, par exemple $\lambda_{11}$ (pour simplifier les notations). On utilise alors la méthode du pivot:

$\quad\quad$ Dans le système $(*)$, on effectue les opérations $L_i \longleftarrow L_i-\dfrac{\lambda_{i1}}{\lambda_{11}} L_1$ pour $i\in \inter{2,n+1}$. On obtient: $$\forall i\in\inter{2,n+1}, \ x_i-\dfrac{\lambda_{i1}}{\lambda_{11}}x_1=\dsum_{j=2}^n\left(\lambda_{ij}- \dfrac{\lambda_{i1}}{\lambda_{11}}\lambda_{1j}\right)y_j$$ Ainsi, les vecteurs $x_i-\dfrac{\lambda_{i1}}{\lambda_{11}}x_1$ pour $i\in\inter{2,n+1}$ forment-ils un système de $n$ vecteurs de $\Vect\underbrace{(y_{2},\cdots,y_{n})}_{n-1 \text{vecteurs}}$. D'après l'hypothèse de récurrence, ils sont liés. Il existe donc des scalaires $\enumsp{\alpha}{2}{n+1}$ non tous nuls tels que $$\dsum_{i=2}^{n+1}\alpha_i \left(x_i-\dfrac{\lambda_{i1}}{\lambda_{11}}x_1\right)=0$$ et, en développant cette expression, on obtient une combinaison linéaire des $(x_i)_{1\leq i \leq n+1}$ qui vaut $0$ et à coefficients non tous nuls, donc la famille $(\enumsp{x}{1}{n+1})$ est liée, ce qui achève la récurrence.

$\mathbf{1.}\quad$ On considère l'ensemble des systèmes libres de $F$ (il en existe au moins un, $\emptyset$). Ce sont aussi des systèmes libres de $E$, donc leur cardinal est majoré par $\dim E$. Il existe donc dans $F$ un système libre de cardinal maximum. Notons-le $\mathscr{B}$. Si $x$ est un élément de $F$ qui n'appartient pas à $\mathscr{B}$, $\mathscr{B} \cup \{x\}$ est lié par définition. Ainsi, $\mathscr{B}$ est une famille libre maximale dans $F$, c'est donc une base de $F$, et $F$ est de dimension finie. De plus, on a directement $\text{card}(\mathscr{B}) \leq \dim E$ soit $\dim F \leq \dim E$.

$\mathbf{2.}\quad$ Si $\dim E=\dim F$ et si $\mathscr{B}$ est une base de $F$, c'est aussi une partie libre de $E$. Ayant $\dim E$ éléments, c'est donc aussi une base de $E$ d'où $\Vect(\mathscr{B})=F=E$.

Tout d'abord, si $G_1$ (resp. $G_2$) est une partie génératrice finie de $E_1$ (resp. $E_2$), alors, puisque $E_1+E_2=\Vect(E_1\cup E_2)$, $G_1\cup G_2$ est une partie génératrice finie de $E_1+E_2$, donc $E_1+E_2$ est de dimension finie.

Démontrons maintenant la formule:

$\mathbf{1.}\quad$ Soit $E'_2$ un supplémentaire de $E_1\cap E_2$ dans $E_2$ : $E_2 = (E_1\cap E_2) \oplus E'_2$. D'après le th. précédent, on a $\dim E_2 = \dim (E_1\cap E_2) + \dim E'_2 \,\, (*)$.

$\mathbf{2.}\quad$ Montrons que $E_1+E_2=E_1 \oplus E'2$.

La somme des s-e-v $E_1$ et $E'_2$ est bien directe car $E_1\cap E'_2 = E_1 \cap \big(E_2\cap E'_2 \big)=\big( E_1 \cap E_2\big)\cap E'_2 =\{0\}$ (car $E_1\cap E_2$ et $E'_2$ sont en somme directe).

$E'_2 \subset E_2$ donc $E_1+E'_2 \subset E_1 + E_2$.

Soit $x \in E_1+E_2\ : \ x=x_1+x_2$ avec $x_i\in E_i$ pour $i=1,2$. Puisque $E_2 = (E_1\cap E_2) \oplus E'_2$, on a $x_2 = y + x'_2$ avec $y\in E_1\cap E_2$ et $x'_2 \in E'_2$.

D'où $x= \underbrace{(x_1+y)}_{\in E_1} + x'_2 \in E_1+ E'_2$. Ainsi, $E_1+E_2 \subset E_1 + E'_2$, d'où l'égalité.

$\mathbf{3.}\quad$ Ainsi $E_1+E_2=E_1 \oplus E'2$ d'où $\dim(E_1+E_2) = \dim E_1 + \dim E'_2 = \dim E_1 + \dim E_2 - \dim (E_1\cap E_2)$ d'après $(*)$.