DD - ESPACES DE DIMENSION INFINIE

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1 DD - ESPACES DE DIMENSION INFINIE On suppose connues ici les propriétés des espaces vectoriels de dimension finie, et on étudie la dimension infinie. On pourra consulter également CR, et remarquer en particulier qu un hyperplan d un espace topologique E est soit fermé, soit dense dans E. On utilisera beaucoup le théorème de Zorn, en remarquant qu une réunion d une famille G de sousespaces vectoriels de E, totalement ordonnée par inclusion, est un sous-espace de E. En effet, si x et y sont dans la réunion T = G G G, il existe deux éléments G 1 et G 2 de la famille G tels que x soit dans G 1 et y dans G 2, et comme l un de ces deux sous-espaces contient l autre, x et y sont tous deux dans le même sous-espace G i. Alors λx + µy est dans G i donc dans T. Notation : si e est un élément d un espace vectoriel E, on notera < e > le sous-espace engendré par e. Généralités Soit E un espace vectoriel. Par définition on dit que E est de dimension infinie s il n est pas de dimension finie, c est-à-dire s il n existe pas de système fini de générateurs. Proposition 1 Les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) E est de dimension infinie (ii) toute famille libre finie de E est incluse strictement dans une autre famille libre (iii) il existe dans E un système libre dénombrable. (i) (ii) Soit E de dimension infinie. Si le système (e 0,...,e n ) est libre, il n est pas générateur. Donc il existe un vecteur e n+1 qui n est pas combinaison linéaire de e 0,...,e n. Si l on a α 0 e α n e n + α n+1 e n+1 = 0, alors α n+1 = 0 sinon, on pourrait écrire e n+1 comme combinaison linéaire des autres vecteurs. Ensuite, puisque (e 0,...,e n ) est libre, on a α 0 = = α n = 0. Donc le système (e 0,...,e n,e n+1 ) est libre également. (ii) (iii) Soit e 0 un vecteur non nul. Construisons par récurrence une famille (e n ) n 0 libre. Si e 0,...,e n sont connus, et si le système (e 0,...,e n ) est libre, il est contenu dans un système libre plus grand. Il existe donc un vecteur e n+1 tel que (e 0,...,e n,e n+1 ) soit encore libre. On construit donc ainsi une famille libre (e n ) n 0.

2 DD 2 (iii) (i) S il existe un système libre (e n ) n 0, alors, pour tout n, le système (e 0, e n ) est libre. Donc si E était de dimension finie, on aurait pour tout nombre entier n dim E n + 1 = card({e 0,...,e n }), ce qui est impossible. Donc E n est pas de dimension finie. Proposition 2 Soit E de dimension infinie, L une famille libre de E, et G un système générateur de E. Il existe une base de E (donc nécessairement non finie) contenant L et incluse dans L G. Cette proposition assure donc l existence de base en dimension infinie et donne le théorème de la base incomplète. Soit S l ensemble des parties de E contenant L, incluses dans L G et formant une famille libre de E. C est un ensemble contenant L donc non vide. Si T est une famille d éléments de S totalement ordonnée pour l inclusion, soit T la réunion des éléments de cette famille. Cet ensemble contient L et est inclus dans L G. Par ailleurs si, pour des éléments e 1,...,e n de T, l on a α 1 e α n e n = 0, alors e i est dans un élément T i de T, mais comme T est ordonné par inclusion, e 1,...,e n appartiennent au plus grand des ensembles T 1,..., T n. Alors puisque cet ensemble est une famille libre, on en déduit que α 1 = = α n = 0. Donc T est libre. Donc toute famille totalement ordonnée possède un plus grand élément. Il résulte du théorème de Zorn que S possède un élément maximal S qui est donc une famille libre contenant L et incluse dans G L. Supposons qu il existe un élément g de G qui ne soit pas combinaison linéaire d éléments de S, et regardons le système S {g}. Si l on a α 0 g + α 1 e α n e n = 0, où e 1,...,e n sont dans S, alors α 0 est nul, sinon, g serait combinaison linéaire des vecteurs e 1,...,e n, et donc α 1 e α n e n = 0, et, puisque le système S est libre, les nombres α i sont nuls. Donc S {g} est un système libre contenant L et inclus dans L G, et S ne serait pas maximal. Donc tout élément de G est combinaison linéaire d éléments de S, alors S est générateur, et c est donc une base. Proposition 3 Soit F et G deux sous-espaces vectoriels de E indépendants. Alors il existe un supplémentaire H de F contenant G.

3 DD 3 Soit S l ensemble des sous-espaces vectoriels de E indépendants de F et contenant G. Il n est pas vide puisqu il contient G. Soit T une famille d éléments de S totalement ordonnée pour l inclusion et T la réunion des éléments de cette famille. Cet ensemble contient G. D autre part c est un sous-espace vectoriel de E. Enfin, puisque, pour tout G de S l intersection G F est le sous-espace {0}, on a également T F = {0}. D après le théorème de Zorn, la famille S possède un élément maximal H. En particulier la somme F + H est directe. Supposons que les sous-espaces F et H ne soient pas supplémentaires. Il existe un élément e de E qui n appartient pas à F + H. Alors H+ < e > est encore dans S. La seule chose non évidente est le fait que F (H+ < e >) = {0}. Mais si l on a avec λ scalaire non nul, on en déduit f = h + λe, e = 1 (f h), λ et e serait dans F + H. Ceci est impossible, donc λ = 0, et f = h est dans F H donc est nul. Alors H ne serait pas un élément maximal. Il en résulte que F + H = E. Donc F et H sont supplémentaires. Proposition 4 Soit F un sous-espace de E et H un supplémentaire de F. Si G est un sous-espace de E indépendant de F, il existe une application linéaire Φ injective de G dans H. Si G est un autre supplémentaire de F, l application Φ est un isomorphisme de G sur H. Soit p la projection de E sur H parallèlement à F. Cela signifie que, si un élément x de E se décompose (de manière unique) sous la forme f + h avec f dans F et h dans H, alors avec Ker p = F et Im p = H. p(x) = h, Soit Φ la restriction de p à G. C est un homomorphisme de G dans H. On a Donc Φ est injective. Ker Φ = G Ker p = G F = {0}. Supposons maintenant que G soit un supplémentaire de F. Soit y dans H, et soit p (y) la projection de y sur G parallèlement à F, donc y = p (y) + f, avec f dans F. Alors p (y) = y f,

4 DD 4 avec y dans H et f dans F, donc, par définition de p, p(p (y)) = y, et comme p (y) est dans G, p(p (y)) = Φ(p (y)) = y, ce qui prouve que Φ est surjective. (Et alors Φ 1 est la restriction de p à H). Corollaire Soit F un sous-espace de E. Si F possède un supplémentaire de dimension finie n, tout autre supplémentaire de F sera de dimension finie n. Proposition 5 Tout sous-espace F de E différent de E est inclus dans un hyperplan de E. Soit e n appartenant pas à F. Soit S l ensemble des sous-espaces vectoriels de E contenant F, et ne contenant pas e. Il n est pas vide puisqu il contient F. Si T est une famille d éléments de S totalement ordonnée pour l inclusion, soit T la réunion des éléments de cette famille. Cet ensemble contient F et ne contient pas e. D autre part c est un sous-espace vectoriel de E. D après le théorème de Zorn, la famille S possède un élément maximal H qui est un sous-espace vectoriel de E contenant F et ne contenant pas e. Si H n est pas un hyperplan, alors H+ < e > n est pas E et il existe un élément b n appartenant pas à H+ < e >. Le sous-espace vectoriel H+ < b > est alors dans S et H ne serait pas maximal, d où une contradiction. Donc H+ < e >= E et H est un hyperplan de E. Proposition 6 Soit B 1 et B 2 deux systèmes de E engendrant les sous-espaces F 1 et F 2 respectivement et tels que B 1 B 2 soit libre. Alors (i) F 1 et F 2 sont indépendants si et seulement si B 1 B 2 =. (ii) F 1 et F 2 sont supplémentaires si et seulement si B 1 B 2 est une base de E. (i) Si F 1 et F 2 sont indépendants, on a F 1 F 2 = {0}, et comme B i est inclus dans F i pour i = 1,2, on a aussi B 1 B 2 {0}. Mais 0 n appartient ni à B 1 ni à B 2, donc B 1 B 2 =. Réciproquement, si B 1 B 2 =, soit x dans F 1 F 2. On peut donc écrire x = α i e i = p β i f i,

5 DD 5 où les e i sont dans B 1 et les f j dans B 2. Alors α i e i p β i f i = 0, mais le membre de droite est une combinaison linéaire d éléments de B 1 B 2. Comme ce système est libre tous les coefficients sont nuls, donc x est nul. (ii) Si F 1 et F 2 sont supplémentaires, soit x dans E. Il s écrit x = f 1 + f 2 avec f i dans F i. Comme f i est combinaison linéaire de vecteurs de B i, il en résulte que x est combinaison linéaire d éléments de B 1 B 2. Donc B 1 B 2 est générateur. Comme il est libre, c est une base de E. Réciproquement, si B 1 B 2 est une base de E et si x est dans E, on l écrit x = α i e i + n+p i=n+1 α i e i, où e 1,... e n sont dans B 1 et e n+1...,e n+p sont dans B 2.. Alors x 1 = α i e i et x 2 = n+p i=n+1 sont respectivement dans F 1 et F 2, et l on a x = x 1 + x 2. Donc E = F 1 + F 2, et comme d après (i) les sous-espaces F 1 et F 2 sont indépendants, ils sont donc supplémentaires. α i e i Espaces vectoriels normés de dimension infinie On sait que si un espace normé (E,. ) est de dimension finie, toute autre norme sur E est équivalente à la première, tout sous-espace de E est fermé, toute application linéaire définie sur E et à valeurs dans un autre espace normé est continue. En fait ces propriétés sont caractéristiques et donnent des conditions équivalentes pour que l espace soit de dimension finie. On le déduit facilement de la proposition 8 suivante donnant des caractérisations des espaces de dimension infinie. Proposition 7 Soit (E,. ) un espace normé. Une forme linéaire sur E est continue si et seulement si son noyau est fermé. Si ϕ est continue alors Ker ϕ = ϕ 1 (0) est fermé. Etudions le cas d une forme ϕ non continue. Pour tout entier n 1 il existe e n non nul tel que ϕ(e n ) n e n. Posons f n = 1 ϕ(e n ) e n.

6 DD 6 On a donc la suite (f n ) converge vers 0. Alors puisque f n = e n ϕ(e n ) 1 n et ϕ(f n) = 1, ϕ(f 1 f n ) = ϕ(f 1 ) ϕ(f n ) = 0, la suite (f 1 f n ) est une suite de Ker ϕ qui converge vers f 1. Comme f 1 n est pas dans Ker ϕ, on a donc, si x est dans E, il s écrit E = Ker ϕ < f 1 >, x = h + λf 1, avec h dans Kerϕ et λ un scalaire. Il en résulte que la suite (h + λ(f 1 f n )) est une suite de vecteurs de Ker ϕ qui converge vers x. Donc Kerϕ est dense dans E, ce qui montre que ce sous-espace n est pas fermé. Proposition 8 Soit (E,. ) un espace normé. Les propriétés suivantes sont équivalentes : (i) E est de dimension infinie (ii) il existe un hyperplan de E dense dans E (iii) il existe une forme linéaire sur E non continue (iv) il existe un sous-espace de E, distinct de E et dense dans E (v) il existe un automorphisme τ de E distinct de l identité tel que Ker(τ Id E ) soit dense dans E (vi) il existe une norme sur E non équivalente à. (vii) il existe un automorphisme de E non continu. (i) (iii) Il existe une famille libre dénombrable (e n ) n 1 de vecteurs de norme 1. Elle engendre un sous-espace F de E. Soit G un supplémentaire de F. On définit une forme linéaire χ sur E en posant, pour tout entier n, et pour tout g de G, χ(e n ) = n χ(g) = 0. La suite (χ(e n )) n est pas bornée alors que les e n sont dans la boule unité. Donc χ n est pas continue. (iii) (ii) d après la proposition 7 puisque le noyau d une forme linéaire non continue est un hyperplan dense. (ii) (i) est évident. (ii) (iv) est évident.

7 DD 7 (iv) (v) Soit F un sous-espace dense dans E distinct de E. Si G est un supplémentaire de F, on considère la symétrie τ par rapport à F parallèlement à G. C est un automorphisme de E et Ker(τ Id E ) = F est dense dans E. (v) (vi) On définit une norme. sur E en posant x = τ(x). Si (x n ) est une suite de F = Ker(τ Id E ) qui converge vers x n appartenant pas à F pour la norme., on a alors x n τ 1 (x) = τ(x n ) x = x n x, et la suite (x n ) converge vers τ(x) x pour la norme.. Les deux normes ne sont pas équivalentes. (vi) (i) est évident puisque sur un espace de dimension finie toutes les normes sont équivalentes. (v) (vii) Si Ker(τ Id E ) est dense, alors τ Id E donc τ n est pas continu. (vii) (i) est évident puisque sur un espace de dimension finie tout automorphisme est continue. Proposition 9 Soit (E,. ) un espace normé complet. Alors il existe sur E une norme. non équivalente à. telle que (E,. ) soit également complet. Dans la démonstration de (v) (vi) dans la proposition précédente, on a x n x m = τ(x n ) τ(x m ). Donc si (x n ) est une suite de Cauchy pour., alors (τ(x n )) est une suite de Cauchy pour.. Elle converge vers une limite x pour cette norme. On obtient x n τ 1 (x) = τ(x n ) x, et donc cette quantité tend vers 0. Ceci montre que (x n ) converge vers τ 1 (x) pour., et donc que (E,. ) est un espace normé complet.