Réunions de sous-espaces
Bonjour.
Soit $E$ un espace vectoriel sur un corps (commutatif) $K$ infini. Il est bien connu que $E$ n'est pas réunion finie de sous-espaces stricts (c'est-à-dire : autres que $E$). C'est bien connu, mais je ne retrouve pas de références ni papier ni Internet. J'avais de longue date dans mes archives une démonstration pour le cas où $E$ est de dimension finie, mais un pote vient de m'en signaler une qui est valable en dimension quelconque, et sans supposer que $K$ soit de caractéristique nulle.
Si maintenant ce corps $K$ est $\mathbb R$ ou $\mathbb C$, alors cette réunion finie de sous-espaces stricts est d'intérieur vide. Et là je ne vois pas comment faire et je ne trouve rien nulle part.
Qu'en dites-vous ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
Soit $E$ un espace vectoriel sur un corps (commutatif) $K$ infini. Il est bien connu que $E$ n'est pas réunion finie de sous-espaces stricts (c'est-à-dire : autres que $E$). C'est bien connu, mais je ne retrouve pas de références ni papier ni Internet. J'avais de longue date dans mes archives une démonstration pour le cas où $E$ est de dimension finie, mais un pote vient de m'en signaler une qui est valable en dimension quelconque, et sans supposer que $K$ soit de caractéristique nulle.
Si maintenant ce corps $K$ est $\mathbb R$ ou $\mathbb C$, alors cette réunion finie de sous-espaces stricts est d'intérieur vide. Et là je ne vois pas comment faire et je ne trouve rien nulle part.
Qu'en dites-vous ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
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EDIT : ça marche en dimension infinie ? Avec quelle topologie ?
Soit $V_1,...,V_n$ des sous-espaces de $E$, on suppose que $\displaystyle\bigcup_{i=1}^nV_i = E$. Quitte à raisonner par récurrence, ou à choisir un $n$ minimal, on peut supposer que pour tout $j\neq 1$ $V_j$ n'est pas inclus dans $V_1$ (sinon $V_1= E$), et que $V_1$ n'est pas inclus dans $\displaystyle\bigcup_{i=2}^nV_i$. On choisit donc $x_j \in V_j \setminus V_1 $ pour $j\neq 1$, et $x_1\in V_1\setminus \displaystyle\bigcup_{i=2}^nV_i$, et on regarde $x^j(\lambda) = \lambda x_1 + x_j$, pour $\lambda \in K$ et $j\neq 1$. Il existe toujours $i$ tel que $x^j(\lambda) \in V_i$ (par hypothèse) et donc, $K$ étant infini, par principe des tiroirs, il existe $\lambda\neq \mu$ et $i$ tels que $x^j(\lambda), x^j(\mu) \in V_i$. Donc $x^j(\lambda)-x^j(\mu) \in V_i$ donc $(\lambda-\mu)x_1\in V_i$. Comme $\lambda \neq \mu$, cela impose $i=1$, et ensuite $x^j(\lambda) \in V_1$ impose $x_j\in V_1$, ce qui est absurde. Donc on a obtenu une contradiction.
En regardant mieux cette preuve, et en étant plus attentif, on se rend compte que l'hypothèse "$K$ infini" est en fait superflue, et on peut obtenir un résultat plus précis dans le cas $K$ fini: si $K$ est fini de cardinal $q$, alors $E$ n'est pas réunion de moins de $q$ sous-espaces stricts.
@Maxtimax : pourquoi as-tu supprimé le lien vers mathoverflow ? J'aurais voulu pouvoir y jeter un œil…
Remarques : évidemment ça ne marche pas en dimension infinie, par exemple on peut prendre $K^{(\N)}$ comme contrexemple, pour $|K|$ très grand; et la preuve élémentaire que j'ai présentée ne s'adapte pas très bien à cause de la première étape de réduction qui ne passe pas au cas d'une infinité de sous-espaces.
Je ne retrouve malheureusement pas le lien :-( je me souviens que la preuve se faisait par récurrence sur la dimension en réduisant la dimension en considérant des intersections. Avec assez de temps je pourrais la retrouver
Si $\dim V = n$ et $\displaystyle\bigcup_{i\in I}V_i = V$ alors $|I| \geq \kappa$ ou il existe $i\in I$ tel que $V_i = V$.
Pour $n=0,1$, c'est clair. Soit $n\geq 2$, supposons le résultat acquis pour $k<n$, et soit $V$ de dimension $n$, et des $V_i$ tels que $\displaystyle\bigcup_{i\in I}V_i = V$. On suppose de plus que les $V_i$ sont stricts, i.e. $V_i \neq V$ pour tout $i$.
Par l'absurde, on suppose aussi que $|I|<\kappa$.
Soit $W$ un hyperplan de $V$. Alors $W= \displaystyle\bigcup_{i\in I}(V_i\cap W)$. Comme $|I|<\kappa$, et $\dim W < n$ on a par hypothèse de récurrence qu'il existe $i$ tel que $W\cap V_i = W$. Donc $W\subset V_i$. Mais $W$ est un hyperplan et $V_i$ est un sous-espace propre de $V$ donc $W=V_i$. Donc pour tout hyperplan $W$ il existe $i$ tel que $V_i = W$.
Ainsi on a une surjection $J:= \{i\in I \mid V_i $ est un hyperplan $\} \to \{W\subset V\mid W$ est un hyperplan $\}, i\mapsto V_i$.
Donc $|I|\geq |J| \geq |\{W\subset V \mid W$ hyperplan $\}$. Reste à calculer ce dernier cardinal, ou en tout cas à le minorer. Comme on a supposé $n\geq 2$, tout va bien se passer : soit en effet $(e_i)_{1\leq i \leq n}$ une base, et $\langle , \rangle$ la forme bilinéaire symétrique associée (qui correspond au produit scalaire canonique sur $\R^n$ par exemple). On note $x^\bot = \{y\in V\mid \langle x, y\rangle = 0\}$. Soit pour $\lambda \in K$ le vecteur $x(\lambda)= e_1 + \lambda e_2$ (qui a un sens car $n\geq 2$) .
Alors $x(\lambda)^\bot\neq V$: en effet $\langle e_1 , x(\lambda)\rangle = \langle e_1, e_1\rangle = 1 \neq 0$, et $x(\lambda)^\bot$ est le noyau d'une forme linéaire: c'est donc un hyperplan.
Maintenant, pour $\lambda \in K$, $\lambda e_1 - e_2 \in x(\lambda)^\bot$: c'est un simple calcul. Si $\lambda e_1 - e_2 \in x(\mu)^\bot$, alors $\lambda - \mu = 0$ donc $\lambda = \mu$. Donc $\lambda \mapsto x(\lambda)^\bot$ est injective $K\to \{W\subset V\mid W$ hyperplan $\}$. Donc en conclusion $|I|\geq |K|$, ce qui est absurde.
Donc $|I|\geq \kappa$ ou l'un des $V_i$ est strict.
https://ac.els-cdn.com/S0024379509002985/1-s2.0-S0024379509002985-main.pdf?_tid=a6c6fdc1-3296-4472-bc97-df01581e92e5&acdnat=1532788585_b69043f8f94de81c0c32695d46126c63
C'est intéressant, mais ce n'est pas mon souci présent.
Comme j'ai dit, j'avais depuis pas mal de temps une démonstration du fait qu'un espace vectoriel de dimension finie sur un corps infini n'est pas réunion finie de sous-espaces stricts. Cette démonstration se fait par récurrence sur la dimension. Depuis peu, j'ai pris connaissance d'une autre démonstration, valable pour les espaces de dimension finie ou non. C'est pour l'essentiel celle que maxtimax dit « classique taupin», qui fait intervenir une droite affine et ses intersections avec les sous-espaces. Je l'ai rédigée par récurrence sur le nombre de sous-espaces.
Et comme je m'intéresse en priorité aux espaces vectoriels sur $\mathbb R$ ou ur $\mathbb C$, ça m'a fait penser aux intérieurs : cette réunion finie de sous-espaces stricts est d'intérieur vide, ça paraît vrai mais je ne vois pas comment le prouver, sans le théorème de Baire.
Bonne journée.
Fr. Ch.
edit : Tu veux faire dans n'importe quelle espace vectoriel topologique réel ?
Ensuite, si les espaces sont de dimension infinie, Baire tombe à l'eau (mais la remarque de Champ-Pot-Lion vient à la rescousse !).
Mais tout ça tu as l'air de le savoir, donc je ne comprends pas ce que tu demandes ?
La première démonstration de Champ-Pot-Lion convient pour des sous-espaces fermés, donc si l'espace $E$ est de dimension finie.
La seconde démonstration de Champ-Pot-Lion doit pour moi être traduite « taupinalement ». Je vais m'y essayer.
Merci pour l'intérêt que vous portez à cette question.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Soit la réunion finie, notée $F$ d'intérieur non vide
Donc $F$ contient une boule de rayon non nul et de centre $a$.
Donc le translaté de $F$, $F-a$ contient une boule $B$ de même rayon $r>0$ et centrée en $0$.
Donc $a$ n'appartient pas à tous les sous espaces de la réunion (sinon on aurait $F-a=F$ et $F$ contiendrait une boule non vide centrée en 0, donc on aurait $F=E$, impossible d'après les posts précédents).
Donc $a$ n'appartient pas à $N$ sous-espaces de la réunion ($N$ entier non nul).
Soit maintenant $x \notin F$ (dont on sait qu'il existe).
Alors $ \forall \lambda \in ]0, r]$, $ \dfrac {\lambda x} {||x||} \in F-a$ donc $\dfrac x {||x||} \in F-\dfrac 1 {\lambda} a$ et donc $\dfrac x {||x||} +\dfrac 1 {\lambda} a \in F$ et plus précisément appartient à un sous espaces ne contenant pas $a$
Prenons $N+1$ valeurs de $\lambda$ pour lesquelles cette appartenance est vérifiée.
Alors pour deux d'entre-elles $\lambda_1$ et $\lambda_2$ (principe des tiroirs), les deux vecteurs $\dfrac x {||x||} +\dfrac 1 {\lambda_{1,2}} a$ appartiendront au même sous-espace. La différence $\dfrac x {||x||} +\dfrac 1 {\lambda_{1}} a - \left ( \dfrac x {||x||} +\dfrac 1 {\lambda_{2}} a \right )$ aussi.
Absurde car $a$ n'appartient à aucun des $N$ sous-espaces.
Si $a$ appartient à tous les sous-espaces, on a $F-a=F$.
Donc la boule centrée en $0$ de rayon non nul est incluse dans $F$.
Donc pour $x \in E$, il existe un certain $\lambda$ tel que $\lambda x$ est dans la boule, donc dans $F$, donc dans l'un des sous-espaces, donc $x$ lui-même est dans ce sous-espace donc est dans F.
Donc $F=E$ absurde d'après les posts précédents.
Edit: je viens de lire le message de Christophe. effectivement, une réunion finie de fermés d'intérieurs vides étant d'intérieur vide (dans un espace séparé non pas besoin de séparation finalement) $F$ ne peut contenir une boule.
Edit 2: on sait que les sous-espaces fermés si on est en dimension finie. Sinon on ne peut supposer à priori les sev fermés.
Alors j'ai pensé à rerédiger la démonstration comme suit.Soit $E$ un espace vectoriel normé, soit $p\in \mathbb{N}^{\ast }$, soient $F_{1},F_{2},\ldots, F_{p}$, des sous-espaces vectoriels de $E$, autres que $E$, soit $\displaystyle F=\overset{p}{\underset{i=1}{\bigcup }}F_{i}$, et soit $a$ un point intérieur à $F$. Il existe $r\in \mathbb{R}_{+}^{\ast }$ tel que, pour tout $z\in E$, $\left\Vert z-a\right\Vert \leq r$ implique $z\in F$.
Un lemme algébrique dit que $F\neq E$. Soit donc $x\in E\setminus F$, d'où en particulier : $x\neq 0$.
L'ensemble $S=\big\{a+\lambda \frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\mid \lambda \in\lbrack 0,r]\}$ est un ensemble infini (c'est un segment d'une droite affine) inclus dans $\displaystyle F=\overset{p}{\underset{i=1}{\bigcup }}F_{i}$. Au moins l'un des $F_{i}$ contient donc une infinité de points de $S$.
Il existe donc $\ell \in \{1,2,\ldots,p\}$, et $\lambda _{1}\in \lbrack 0,r]$, et $\lambda _{2}\in \lbrack 0,r]$, tels que : $a+\lambda _{1}\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\in F_{\ell }$, et $a+\lambda _{2}\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\in F_{\ell }$, et $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$.
Il en résulte : $x=\frac{\left\Vert x\right\Vert }{\lambda _{1}-\lambda _{2}}\big((a+\lambda _{1}\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert})-(a+\lambda _{2}\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert })\big)\in F_{\ell }$, ce qui est impossible car par hypothèse $x\notin F$.J'espère n'avoir pas écrit de grosse bêtise.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Son point 1/ est bien connu.
Son point 2/ : « Toute réunion d'un nombre fini de fermés d'intérieur vide est d'intérieur vide » avait déjà été donné ci-dessus par Champ-Pot-Lion et il répond à la question pour des sous-espaces fermés, donc en particulier si l'espace $E$ est de dimension finie, mais non dans le cas général.
Son point 3/, je ne l'ai pas compris. Mais ça ne fait rien, c'est sympa. Inutile d'y revenir puisque nous avons finalement la démonstration que je souhaitais.
Bien cordialement.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
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Supposons que $E$ soit une réunion de sev propres $(E_i)$ en nombre fini au moins égal à deux et que cette réunion finie soit minimale (i.e aucun $E_i$ n'est inclus dans la réunion des autres).
A chaque $E_i$ on associe un $x_i$ appartenant à $E_i$ mais à aucun $E_j$ pour $j \ne i$.
Il est clair que par construction, pour $i \ne j$, $x_i$ et $x_j$ ne peuvent appartenir à un même $E_k$.
Soit donc $x_i$ et $x_j$ avec $i \ne j$. Alors la droite affine $(x_ix_j)$ qui possède un nombre infini de points rencontre un des $E_k$ en au moins deux points distincts (principe des tiroirs). $E_k$ contient donc toute cette droite et en particulier $x_i$ et $x_j$. Absurde.
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Edit: je complète pour un $K$ espace vectoriel, $K$ corps fini à $q$ éléments. La droite affine évoquée ci-dessus contient alors $q$ points, donc si le nombre de $E_i$ est $<$ à $q$, le principe des tiroirs peut encore s'appliquer et on a la conclusion.
Le résultat est évident pour $n=1$.
Supoosons l'affirmation au rang $n$. Si $E_1,...,E_{n+1}$ sont des sous ev stricts de $E$ dont l'union est égale à $E$ (*) , alors il existe $x \in E\backslash E_{n+1}$ et (par hypothèse de récurrence) $y \in E\backslash \bigcup_{k=1}^n E_k$. Mais comme la droite affine $D$ engendrée par $x,y$ est infinie (comme $K$), il existe $i \in \{1,...,n+1\}$ tel que $D \cap E_i$ a au moins deux éléments (via (*) et le principe des tiroirs...). Par suite $D\subseteq E_i$ et donc $x,y \in E_i$ ce qui est impossible (dans les deux cas $i\leq n$ ou $i=n+1$).
(EDIT: ok ça a été dit plus haut)
J'ai dit aussi que je n'ai d'abord pas vu que pour traiter la question de l'intérieur on garde les mêmes idées, mais en remplaçant la droite affine par le segment $S=\big\{a+\lambda \frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\mid \lambda \in\lbrack 0,r]\}$. Ceci a été trouvé par Blueberry, et ceci m'a permis de donner une version de sa démonstration en 7 lignes, qui me semble simple et claire, et à Blueberry aussi, et sans doute à tout un chacun qui fait de vraies mathématiques. Ce qui est sympa c'est que cette démonstration est le fruit de notre collaboration : encore un effet bénéfique de ce forum.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
L'autre démonstration, dont nous avons parlé plus haut, et qui est, elle, valable en dimension finie ou non, semblait destiner celle-ci à la poubelle. Mais voici que mes recherches sur Internet à propos de réunions de sous-espaces m'ont conduit à m'intéresser aux réunions dénombrables. Alors, plus de récurrence sur le nombre de sous-espaces, et ma vieille démonstration peut encore servir.
À suivre...
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Il faut juste montrer (au moins si ton corps de référence est $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$) que la sphère de rayon $1$ d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie (plus grande que $2$) à au moins autant d'éléments que le cardinal du corps de référence.
Il suffit de conclure en utilisant le théorème de Riesz et en appliquant l'hypothèse de récurrence (sinon, on a construit une injection de l'ensemble des vecteurs de la sphère de $E$ dans un ensemble dénombrable).
La démonstration de mon dernier message s'adapte alors pour prouver qu'un $\mathbb R$-espace vectoriel de dimension finie n'est pas réunion dénombrable de sous-espaces stricts.
Et cette propriété une fois démontrée, on peut adapter à son tour la démonstration vue plus haut pour l'intérieur, et prouver qu'une réunion dénombrable de sous-espaces stricts est d'intérieur vide. Comme précédemment, on considère un point $a$ intérieur à cette réunion et un point $x$ qui n'est pas dans cette réunion, et l'on considère l'ensemble $ S=\big\{a+\lambda \frac{x}{\left\Vert x\right\Vert }\mid \lambda \in\lbrack 0,r]\} $, qui est infini non dénombrable.. Ce qui implique encore qu'au moins un des sous-espaces contient une infinité (non dénombrable) de points de $S$, etc.
L'hypothèse de la dimension finie est indispensable. Par exemple, le $\mathbb R$-espace vectoriel $\mathbb R[X]$ est bel et bien réunion dénombrable des sous-espaces stricts $\mathbb R_n[X]$, $n$ décrivant $\mathbb N$. Il paraît même que tout espace vectoriel de dimension infinie est réunion dénombrable de sous-espaces stricts.
Bonne fin de journée, en attendant la fraîche.
Fr. Ch.
(Et je confirme pour les espaces de dimension infinie sur n'importe quel corps, c'est même facile à prouver)
Je rappelle que pour moi tout ça est destiné au bout du bout à fabriquer exercices et problèmes pour Math. Spé. de 2018, bientôt 2019. Déjà je me demande si mes considérations cardinalices ne sortent pas du programme. C'est triste mais c'est ainsi.
Bien sûr je suis aussi intéressé par des approches de plus haut niveau - pour autant qu'elles ne sortent pas de ma comprenette.
Encore merci, bien cordialement,
Fr. Ch.
> Il paraît même que tout espace vectoriel de dimension infinie est réunion dénombrable de sous-espaces stricts.
En effet, soit $(e_i)_{i\in I}$ une base et soit $f : \N \to I$ une injection. Alors l'espace est la réunion sur $k \in \N$ des sous-espaces générés par les $e_i$ pour $i \in I \setminus f([\![k,\infty[\![)$.
Car par Baire, un espace de Banach ne peut pas être réunion dénombrable de sous-espaces stricts et fermés!
Bonne et chaude journée.
Fr. Ch.