Je cherche une preuve purement algébrique (n'utilisant pas le théorème de Baire) du résultat suivant : Un R-ev de dimension finie n'est pas une réunion dénombrable de ses hyperplans.
En fait il y a un théorème plus général il me semble, qui se prouve par récurrence sur la dimension des espaces en question: un $k$-espace vectoriel de dimension finie n'est pas réunion de strictement moins de $|k|$ sous-espaces vectoriels propres (pour $|k|$ fini on peut même mettre un "moins" au lieu de "strictement moins" il me semble)
Math Coss écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1588878,1588900#msg-1588900
Sauf erreur :
On pose $\dim(E) = n$
Toute la démonstration se traite également pour des sev stricts de dimension quelconque.
J'ai commencé le cas d'une réunion finie : par récurrence montante simple sur $p$ on montre $H(p)$ : "Pour toute $(F_1, \ldots F_p)$ famille de ses stricts de $E$, il existe $e \in E$ tel que $e \notin \bigcup_{1}^{p}F_k$.
L'initialisation au rang 1 est triviale.
Soit $p \in \mathbb{N}$ tel que $H(p)$ vraie. On se donne par l'absurde $p+1$ sev stricts de $E$ tels que $E=\bigcup_{1}^{p+1}F_k$.
L'inclusion de l'un des sevs dans l'union des autres est absurde d'après l'hypothèse de récurrence.
Ainsi, il existe $x \in F_{p+1}$ qui ne soit pas dans $\bigcup_{1}^{p}F_k$.
Comme $F_{p+1}$ est distinct de $E$, il existe également $y \in \bigcup_{1}^{p}F_k$ qui ne soit pas dans $F_{p+1}$.
Il convient ensuite de poser l'application de $\mathbb{R}$ dans $[1,p+1]\bigcap \mathbb{N}$ notée $f: j \mapsto \min\{i \in [1,p+1]\bigcap \mathbb{N}\mid x + \lambda y \in F_{i}\}$
bien définie et injective (démo par l'absurde : on obtient que $x$ est dans l'union...).
Ce qui nous amène à un cardinal fini de $\mathbb{R}$ ...
L'union strictement dénombrable est absurde puisque l'on peut extraite une famille libre strictement dénombrable.
J'ai retrouvé cette preuve en relisant les notes d'un autre exo très similaire.
:-S
Est-ce que ta "démonstration" ne se déroulerait pas de la même façon en remplaçant $\R$ par $\Q$ ? Sinon, où est-ce que la non-dénombrabilité de $\R$ est utilisée ?
GaBuZoMeu
!!!
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
Au temps pour moi, j'ai conclus beaucoup trop vite, de manière erronée, le cas strictement dénombrable, qui doit probablement se dérouler sur l'idée du cas fini en exhibant une fonction injective de R dans N, absurde du fait de la non-dénombrabilité de R.
Je voulais à tout prix utiliser le lemme fondamental (famille libre de cardinal maximal), puisque (sauf erreur ?) je n'ai pas encore utilisé la dimension finie de E.
Je retravaille cela de suite.
EDIT :
J'aboutis à :
Seule issue possible suite à la précédente démo cas finie : $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}}F_n$ s'écrit comme une union de sevs stricts tels que pour chaque $n$ entier naturel, $F_n$ n'est pas inclus dans l'union des autres sevs, et cette même union n'est bien sûr pas incluse dans $F_n$.
On reprend alors les $x \in F_n$, $y \in \bigcup_{k \neq n}F_k$, et la fonction $f$ précédemment posée conduit à la dénombrabilité de $R$ : ABSURDE.
Mais je n'utilise nulle part la dimension finie :-(
Donc c'est faux. Ma question : où ?
Tout bêtement, quand tu fais l'union dénombrable tu ne peux pas supposer que $F_n$ n'est pas inclus dans $\displaystyle\bigcup_{k\neq n } F_k$ (garder en tête l'exemple $\mathbb{R}[X] = \displaystyle\bigcup_n \mathbb{R}_n[X]$ )
On peut procéder par récurrence sur la dimension. Et prendre la trace sur tout hyperplan de l'intersection dénombrable... On fabrique alors, si le corps est infini non-dénombrable une injection de la sphère unité dans $\mathbb{N}.$ Pour cela, il faut utiliser le caractère euclidien de l'espace sous-jacent, i.e. mettre en relation les hyperplans avec les noyaux de formes linéaires normalisées.
Je retente après la petite coupe de liqueur ... et considère le problème avec des hyperplans (qui est suffisant pour régler le problème général avec des sevs stricts) en supposant par l'absurde qu'il existe une famille finie ou dénombrable d'hyperplans $(H_k)$ dont l'union est égale à $E$.
Dans ce cas, en tentant d'utiliser dès le début la dimension finie on exhibe une base $(e_1, ... , e_n)$ et on considère les équations des hyperplans considérés.
Pour $x \in \mathbb{R}$, l'ensemble $(e \in E, x*e_1^*(e) + e_2^*(e)=0)$ est un hyperplan de $E$ et l'ensemble des hyperplans de cette forme est non dénombrable (puisque R est non dénombrable et les familles $(x,1,0, ..., 0)$ pour x parcourant les réels ne sont pas colinéaires).
Par inclusion, l'ensemble des hyperplans de $E$ est sauf erreur non dénombrable.
Donc il existe un hyperplan $H$ n'appartenant pas à la famille des $(H_k)$.
Il est suffisant pour arriver à l'absurdité voulue de montrer qu'un vecteur de $H$ n'appartient à aucun $H_k$
Supposons l'inverse : pour tout h de $H$, h appartient à l'un des $H_k$.
Alors $H$ est égal à l'union des $(H \bigcap H_K)$.
En voyant $H$ comme un $R$-espace vectoriel de dimension strictement inférieur à E, si $(H \bigcap H_K)$ est un hyperplan de $H$, une récurrence sur la dimension de $E$ achève la démonstration.
Exo classique (ouf !) : Comme $H$ est distinct de $H_k$ de même dimension, il existe $y$ de $H$ privé de $H_k$, et $z$ de $H_k$ privé de $H$, $y+z \in H+H_k$, donc comme $H$ et $Vect(y+z)$ sont supplémentaires dans $E$, il vient $H+H_k = E$, puis Grassman achève de démontrer que $(H \bigcap H_K)$ est un hyperplan de $H$.
Donc l'hypothèse de récurrence mène à une absurdité, ce qui achève la démonstration sauf erreur.
Cette preuve est-elle juste ?
BobbyJoe : "On peut procéder par récurrence sur la dimension. Et prendre la trace sur tout hyperplan de l'intersection dénombrable... On fabrique alors, si le corps est infini non-dénombrable une injection de la sphère unité dans ?. Pour cela, il faut utiliser le caractère euclidien de l'espace sous-jacent, i.e. mettre en relation les hyperplans avec les noyaux de formes linéaires normalisées."
Qu'est ce que la trace sur tout hyperplan de l'intersection dénombrable ?
J'ai des intersections dénombrables et une récurrence sur la dimension, je postule que ce que j'ai fait doit être la version maladroite / fausse de votre preuve, pouvez-vous m'éclairer ?
Je n'ai pas saisi non plus le caractère euclidien... (désolé)
Tu veux montrer que si $\displaystyle \cup_{i\in \mathbb{N}}E_{i}=E$ où $E_{i}$ sont des s-ev de $E$ (un ev de dim finie sur un corps non dénombrable) alors l'un des $E_{i}$ est égal à $E.$
Il faut prouver le résultat par réc. sur la dimension de $E.$ On raisonne par l'absurde et le résultat à montrer devient qu'un tel espace vectoriel $E$ n'est pas union dénombrable d'hyperplans. Or, un hyperplan est précisément la donnée d'un vecteur de la sphère unité de $E.$ (Th de représentation de Riesz). Et par récurrence (en appliquant l'hyp de récurrence à $E\cap H$ où $H$ est un hyperplan de $E$), on a alors construit une injection de la sphère de $E$ dans $\mathbb{N}.$ Ceci est impossible si le corps de référence est indénombrable.
Réponses
Sauf erreur :
On pose $\dim(E) = n$
Toute la démonstration se traite également pour des sev stricts de dimension quelconque.
J'ai commencé le cas d'une réunion finie : par récurrence montante simple sur $p$ on montre $H(p)$ : "Pour toute $(F_1, \ldots F_p)$ famille de ses stricts de $E$, il existe $e \in E$ tel que $e \notin \bigcup_{1}^{p}F_k$.
L'initialisation au rang 1 est triviale.
Soit $p \in \mathbb{N}$ tel que $H(p)$ vraie. On se donne par l'absurde $p+1$ sev stricts de $E$ tels que $E=\bigcup_{1}^{p+1}F_k$.
L'inclusion de l'un des sevs dans l'union des autres est absurde d'après l'hypothèse de récurrence.
Ainsi, il existe $x \in F_{p+1}$ qui ne soit pas dans $\bigcup_{1}^{p}F_k$.
Comme $F_{p+1}$ est distinct de $E$, il existe également $y \in \bigcup_{1}^{p}F_k$ qui ne soit pas dans $F_{p+1}$.
Il convient ensuite de poser l'application de $\mathbb{R}$ dans $[1,p+1]\bigcap \mathbb{N}$ notée $f: j \mapsto \min\{i \in [1,p+1]\bigcap \mathbb{N}\mid x + \lambda y \in F_{i}\}$
bien définie et injective (démo par l'absurde : on obtient que $x$ est dans l'union...).
Ce qui nous amène à un cardinal fini de $\mathbb{R}$ ...
L'union strictement dénombrable est absurde puisque l'on peut extraite une famille libre strictement dénombrable.
J'ai retrouvé cette preuve en relisant les notes d'un autre exo très similaire.
Est-ce que ta "démonstration" ne se déroulerait pas de la même façon en remplaçant $\R$ par $\Q$ ? Sinon, où est-ce que la non-dénombrabilité de $\R$ est utilisée ?
!!!
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
Au temps pour moi, j'ai conclus beaucoup trop vite, de manière erronée, le cas strictement dénombrable, qui doit probablement se dérouler sur l'idée du cas fini en exhibant une fonction injective de R dans N, absurde du fait de la non-dénombrabilité de R.
Je voulais à tout prix utiliser le lemme fondamental (famille libre de cardinal maximal), puisque (sauf erreur ?) je n'ai pas encore utilisé la dimension finie de E.
Je retravaille cela de suite.
EDIT :
J'aboutis à :
Seule issue possible suite à la précédente démo cas finie : $E = \bigcup_{n \in \mathbb{N}}F_n$ s'écrit comme une union de sevs stricts tels que pour chaque $n$ entier naturel, $F_n$ n'est pas inclus dans l'union des autres sevs, et cette même union n'est bien sûr pas incluse dans $F_n$.
On reprend alors les $x \in F_n$, $y \in \bigcup_{k \neq n}F_k$, et la fonction $f$ précédemment posée conduit à la dénombrabilité de $R$ : ABSURDE.
Mais je n'utilise nulle part la dimension finie :-(
Donc c'est faux. Ma question : où ?
Ah oui, erreur stupide de ma part
Je retente après la petite coupe de liqueur ... et considère le problème avec des hyperplans (qui est suffisant pour régler le problème général avec des sevs stricts) en supposant par l'absurde qu'il existe une famille finie ou dénombrable d'hyperplans $(H_k)$ dont l'union est égale à $E$.
Dans ce cas, en tentant d'utiliser dès le début la dimension finie on exhibe une base $(e_1, ... , e_n)$ et on considère les équations des hyperplans considérés.
Pour $x \in \mathbb{R}$, l'ensemble $(e \in E, x*e_1^*(e) + e_2^*(e)=0)$ est un hyperplan de $E$ et l'ensemble des hyperplans de cette forme est non dénombrable (puisque R est non dénombrable et les familles $(x,1,0, ..., 0)$ pour x parcourant les réels ne sont pas colinéaires).
Par inclusion, l'ensemble des hyperplans de $E$ est sauf erreur non dénombrable.
Donc il existe un hyperplan $H$ n'appartenant pas à la famille des $(H_k)$.
Il est suffisant pour arriver à l'absurdité voulue de montrer qu'un vecteur de $H$ n'appartient à aucun $H_k$
Supposons l'inverse : pour tout h de $H$, h appartient à l'un des $H_k$.
Alors $H$ est égal à l'union des $(H \bigcap H_K)$.
En voyant $H$ comme un $R$-espace vectoriel de dimension strictement inférieur à E, si $(H \bigcap H_K)$ est un hyperplan de $H$, une récurrence sur la dimension de $E$ achève la démonstration.
Exo classique (ouf !) : Comme $H$ est distinct de $H_k$ de même dimension, il existe $y$ de $H$ privé de $H_k$, et $z$ de $H_k$ privé de $H$, $y+z \in H+H_k$, donc comme $H$ et $Vect(y+z)$ sont supplémentaires dans $E$, il vient $H+H_k = E$, puis Grassman achève de démontrer que $(H \bigcap H_K)$ est un hyperplan de $H$.
Donc l'hypothèse de récurrence mène à une absurdité, ce qui achève la démonstration sauf erreur.
Cette preuve est-elle juste ?
BobbyJoe : "On peut procéder par récurrence sur la dimension. Et prendre la trace sur tout hyperplan de l'intersection dénombrable... On fabrique alors, si le corps est infini non-dénombrable une injection de la sphère unité dans ?. Pour cela, il faut utiliser le caractère euclidien de l'espace sous-jacent, i.e. mettre en relation les hyperplans avec les noyaux de formes linéaires normalisées."
Qu'est ce que la trace sur tout hyperplan de l'intersection dénombrable ?
J'ai des intersections dénombrables et une récurrence sur la dimension, je postule que ce que j'ai fait doit être la version maladroite / fausse de votre preuve, pouvez-vous m'éclairer ?
Je n'ai pas saisi non plus le caractère euclidien... (désolé)
Merci, et bonne année 2018.
Il faut prouver le résultat par réc. sur la dimension de $E.$ On raisonne par l'absurde et le résultat à montrer devient qu'un tel espace vectoriel $E$ n'est pas union dénombrable d'hyperplans. Or, un hyperplan est précisément la donnée d'un vecteur de la sphère unité de $E.$ (Th de représentation de Riesz). Et par récurrence (en appliquant l'hyp de récurrence à $E\cap H$ où $H$ est un hyperplan de $E$), on a alors construit une injection de la sphère de $E$ dans $\mathbb{N}.$ Ceci est impossible si le corps de référence est indénombrable.
[Pas besoin de recopier son message pour lui répondre. . jacquot ]
C'est très joli avec Riesz, merci beaucoup !
Peut-être pas n'importe quel corps non dénombrable alors.
e.v.