Espaces vectoriels de dimension finie

Montrons les deux implications.

$\Rightarrow$ Supposons $\text{vect}(A) = \text{vect}(B)$. Tout vecteur de $A$ appartient à $\text{vect}(A) = \text{vect}(B)$, donc $A \subset \text{vect}(B)$. De même, tout vecteur de $B$ appartient à $\text{vect}(B) = \text{vect}(A)$, donc $B \subset \text{vect}(A)$.

$\Leftarrow$ Supposons $A \subset \text{vect}(B)$ et $B \subset \text{vect}(A)$. Montrons que $\text{vect}(A) \subset \text{vect}(B)$. Soit $x \in \text{vect}(A)$ : il existe une famille presque nulle de scalaires $(\lambda_a)_{a \in A}$ telle que $x = \sum_{a \in A} \lambda_a a$. Or pour chaque $a \in A$, on a $a \in \text{vect}(B)$, donc $a$ est combinaison linéaire de vecteurs de $B$. Par substitution, $x$ est combinaison linéaire de vecteurs de $B$, donc $x \in \text{vect}(B)$. Ainsi $\text{vect}(A) \subset \text{vect}(B)$.

Par symétrie (en utilisant $B \subset \text{vect}(A)$), on obtient $\text{vect}(B) \subset \text{vect}(A)$.

Donc $\text{vect}(A) = \text{vect}(B)$.

Nous montrons que chaque opération préserve $\text{vect}(u_i)_{i \in I}$ en utilisant le Lemme 1.1 : $\text{vect}(A) = \text{vect}(B)$ si et seulement si $A \subset \text{vect}(B)$ et $B \subset \text{vect}(A)$.

(i) Permutation. L'enveloppe linéaire d'une famille ne dépend pas de l'ordre de ses vecteurs.

(ii) Multiplication par un scalaire $\mu \neq 0$. Supposons qu'on remplace $u_j$ par $\mu u_j$ (avec $\mu \neq 0$) pour un certain $j \in I$. Notons $(v_i)$ la famille obtenue. Tout vecteur de $(u_i)$ est combinaison linéaire de $(v_i)$ : pour $i \neq j$, $u_i = v_i$ ; pour $i = j$, $u_j = \mu^{-1} v_j$. Donc $(u_i) \subset \text{vect}(v_i)$. Réciproquement, $v_j = \mu u_j \in \text{vect}(u_i)$, donc $(v_i) \subset \text{vect}(u_i)$. Par le Lemme 1.1, les deux enveloppes linéaires coïncident.

(iii) Ajout à $u_j$ d'une combinaison linéaire des autres. Soit $w = u_j + \sum_{i \neq j} \alpha_i u_i$. La famille $(v_i)$ est obtenue en remplaçant $u_j$ par $w$. Alors $w \in \text{vect}(u_i)$, donc $(v_i) \subset \text{vect}(u_i)$. Réciproquement, $u_j = w - \sum_{i \neq j} \alpha_i u_i \in \text{vect}(v_i)$ (car les $u_i$ pour $i \neq j$ sont des $v_i$), donc $(u_i) \subset \text{vect}(v_i)$. Par le Lemme 1.1, les enveloppes coïncident.

(iv) Suppression d'un $u_j$ combinaison linéaire des autres. Supposons $u_j = \sum_{i \neq j} \alpha_i u_i$. La famille $(v_i)_{i \neq j}$ est obtenue en supprimant $u_j$. Clairement $\text{vect}(v_i) \subset \text{vect}(u_i)$. Réciproquement, $u_j = \sum_{i \neq j} \alpha_i u_i \in \text{vect}(v_i)$, donc $\text{vect}(u_i) \subset \text{vect}(v_i)$. Les enveloppes coïncident.

(v) Adjonction d'un vecteur $w$ combinaison linéaire des $u_i$. Supposons $w = \sum_{i \in I} \alpha_i u_i$. La famille $(v_i) = (u_i) \cup \{w\}$. Clairement $\text{vect}(u_i) \subset \text{vect}(v_i)$. Réciproquement, $w \in \text{vect}(u_i)$ et tous les $u_i$ sont dans $\text{vect}(u_i)$, donc $\text{vect}(v_i) \subset \text{vect}(u_i)$. Les enveloppes coïncident.

Nous traitons chaque point séparément.

Famille libre :

(i) Opérations du pivot de Gauss. Les opérations du pivot de Gauss (permutation, multiplication par scalaire non nul, ajout d'une combinaison linéaire) n'affectent pas l'enveloppe linéaire par la Proposition 1.1. Or la liberté d'une famille dans son enveloppe linéaire est conservée par ces opérations : si $(u_i)$ est libre et qu'on effectue l'opération (ii), supposons $\sum \lambda_i v_i = 0$ où $v_j = \mu u_j$ ($\mu \neq 0$) et $v_i = u_i$ pour $i \neq j$. Alors $\mu \lambda_j u_j + \sum_{i \neq j} \lambda_i u_i = 0$. Par liberté de $(u_i)$, tous les coefficients sont nuls, donc $\lambda_i = 0$ pour tout $i$. Les cas (i) et (iii) se traitent de même.

(ii) Suppression d'un vecteur. Soit $(u_i)_{i \in I}$ libre et $(u_i)_{i \in J}$ avec $J \subset I$ une sous-famille. Si $\sum_{i \in J} \lambda_i u_i = 0$, en posant $\lambda_i = 0$ pour $i \in I \setminus J$, on obtient $\sum_{i \in I} \lambda_i u_i = 0$. Par liberté de $(u_i)_{i \in I}$, tous les $\lambda_i$ sont nuls.

(iii) Ajout d'un vecteur $w$ n'étant pas combinaison linéaire des $u_i$. Soit $(v_i) = (u_i) \cup \{w\}$. Supposons $\mu w + \sum_{i \in I} \lambda_i u_i = 0$. Si $\mu \neq 0$, on aurait $w = -\mu^{-1} \sum_{i \in I} \lambda_i u_i \in \text{vect}(u_i)$, contrairement à l'hypothèse. Donc $\mu = 0$, puis $\sum_{i \in I} \lambda_i u_i = 0$, et par liberté de $(u_i)$, tous les $\lambda_i$ sont nuls.

Famille liée :

(i) Les opérations du pivot de Gauss préservent aussi les familles liées : si $(u_i)$ est liée, un $u_j$ est combinaison linéaire des autres. Après une opération du pivot, l'enveloppe linéaire est inchangée (Proposition 1.1), donc la nouvelle famille ne peut pas être libre (sinon l'ancienne le serait aussi, par le point (i) ci-dessus).

(ii) Ajout d'un vecteur. Si $(u_i)$ est liée, il existe $j$ et des scalaires $\alpha_i$ tels que $u_j = \sum_{i \neq j} \alpha_i u_i$. Cette relation de dépendance linéaire persiste dans la sur-famille étendue.

(iii) Suppression d'un $u_j$ n'étant pas combinaison linéaire des autres. Si $(u_i)_{i \in I}$ est liée, il existe $k \neq j$ tel que $u_k$ est combinaison linéaire des autres vecteurs de la famille. Après suppression de $u_j$ (qui n'est pas $u_k$ puisque $u_j$ n'est pas combinaison linéaire des autres), $u_k$ reste combinaison linéaire des vecteurs restants, donc la famille $(u_i)_{i \in I \setminus \{j\}}$ est encore liée.

Notons $\mathcal{F} = (f_1, \ldots, f_p)$ une base de $F$ et $\mathcal{G} = (g_1, \ldots, g_q)$ une base de $G$, et $\mathcal{B} = (f_1, \ldots, f_p, g_1, \ldots, g_q)$ leur concaténation.

$\Rightarrow$ Supposons $F \oplus G$ (somme directe). Montrons que $\mathcal{B}$ est une base de $F + G$.

*Famille génératrice :* Tout vecteur de $F + G$ s'écrit $f + g$ avec $f \in F$ et $g \in G$. Comme $\mathcal{F}$ est génératrice de $F$, $f$ est combinaison linéaire des $f_i$ ; comme $\mathcal{G}$ est génératrice de $G$, $g$ est combinaison linéaire des $g_j$. Donc $f + g \in \text{vect}(\mathcal{B})$.

*Famille libre :* Supposons $\sum_{i=1}^{p} \lambda_i f_i + \sum_{j=1}^{q} \mu_j g_j = 0$. Posons $x = \sum_{i=1}^{p} \lambda_i f_i \in F$ et $y = -\sum_{j=1}^{q} \mu_j g_j \in G$. L'égalité donne $x = y$, donc $x \in F \cap G$. Comme $F$ et $G$ sont en somme directe, $F \cap G = \{0\}$, donc $x = 0$ et $y = 0$. Par liberté de $\mathcal{F}$, $\lambda_i = 0$ pour tout $i$. Par liberté de $\mathcal{G}$, $\mu_j = 0$ pour tout $j$.

Donc $\mathcal{B}$ est une base de $F + G$.

$\Leftarrow$ Supposons que $\mathcal{B}$ est une base de $F + G$. Montrons que $F \cap G = \{0\}$. Soit $x \in F \cap G$. Alors $x \in F$, donc $x = \sum_{i=1}^{p} \lambda_i f_i$. Et $x \in G$, donc $x = \sum_{j=1}^{q} \mu_j g_j$. On obtient $\sum_{i=1}^{p} \lambda_i f_i - \sum_{j=1}^{q} \mu_j g_j = 0$. Par liberté de $\mathcal{B}$, tous les coefficients sont nuls, donc $x = 0$. Ainsi $F \cap G = \{0\}$, ce qui signifie que $F$ et $G$ sont en somme directe.

Soit $(u_1, \ldots, u_p)$ une famille échelonnée de $\mathbb{K}^n$, disons que la suite $(a_1, \ldots, a_p)$ des nombres de zéros initiaux est strictement croissante (le cas de zéros terminaux est analogue). Cela signifie que $a_1 < a_2 < \cdots < a_p$.

Si la famille contient le vecteur nul, elle est liée (par la Définition 1.3 : le vecteur nul est toujours combinaison linéaire de n'importe quelle famille, en prenant le coefficient 1 pour lui et 0 pour les autres — ou plus directement, $1 \cdot 0_E = 0_E$).

Si la famille ne contient pas le vecteur nul, montrons qu'elle est libre. Supposons $\sum_{k=1}^{p} \lambda_k u_k = 0$. Notons $\pi_j : \mathbb{K}^n \to \mathbb{K}$ la $j$-ième projection (coordonnée $j$). Pour chaque $k$, le vecteur $u_k$ a $a_k$ zéros initiaux, donc sa $(a_k + 1)$-ième coordonnée est non nulle (car $u_k \neq 0$), et les coordonnées $1, \ldots, a_k$ sont nulles.

Procédons par récurrence sur $k$ en appliquant la projection sur la coordonnée $(a_k + 1)$ : comme $a_1 < a_2 < \cdots < a_p$, pour $j = a_1 + 1$, tous les $u_k$ avec $k \geq 2$ ont $a_k > a_1$ zéros initiaux, donc leur coordonnée $j$ est nulle. L'égalité $\sum_{k=1}^{p} \lambda_k (u_k)_j = 0$ donne $\lambda_1 (u_1)_j = 0$. Comme $(u_1)_j \neq 0$, on conclut $\lambda_1 = 0$.

En répétant le raisonnement pour $j = a_2 + 1$ (avec $\lambda_1 = 0$ déjà établi), on obtient $\lambda_2 = 0$, et ainsi de suite. Par induction, $\lambda_k = 0$ pour tout $k \in \{1, \ldots, p\}$. La famille est donc libre.