Réunions de sous-espaces

On peut faire avec le lemme de Baire, en prenant même une union dénombrable de sous-espaces stricts. Il faut juste prouver qu'un sous-espace strict est un fermé d'intérieur vide.

EDIT : ça marche en dimension infinie ? Avec quelle topologie ?

Je me demande si on peut aussi obtenir un résultat utilisant les codimensions des espaces dont on prend la réunion. Par exemple, la somme des $\frac{1}{q^d}$ avec $d$ parcourant les codimensions devrait être supérieure ou égale à $1$ (avec égalité si et seulement si les sous-espaces sont disjoints ?). Je n'ai pas le temps d'y réfléchir.

@Maxtimax : pourquoi as-tu supprimé le lien vers mathoverflow ? J'aurais voulu pouvoir y jeter un œil…

Après un peu de réflexion, voici une preuve: soit $K$ un corps de cardinal $\kappa$; on prouve par récurrence sur $n$:
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.

Comme tu parles d'unions finies, on n'a pas besoin de passer par Baire : dans n'importe quel espace topologique, l'union finie de fermés d'intérieur vide est d'intérieur vide. En effet, soit $O$ un ouvert non vide. Alors $O$ n'est pas contenu dans le premier terme de l'union (car ce premier terme est d'intérieur vide). On prive $O$ de ce premier terme, on conserve donc un ouvert non vide (car ce premier terme est fermé). On continue avec le deuxième terme, etc. et à la fin on obtient que $O$ n'est pas contenu dans l'union.

edit : Tu veux faire dans n'importe quelle espace vectoriel topologique réel ?

Ma remarque ne fonctionne que dans le cas de sous-espaces fermés. On peut peut-être faire une preuve (algébrique) que pour n'importe quel point de l'union, il y a une droite affine passant par ce point et sur laquelle le point est isolé.

Finalement ma remarque fonctionne en prenant la topologie suivante sur un espace vectoriel réel quelconque : $V$ avoisine $x$ si et seulement si pour tout vecteur $u$, il existe $\varepsilon > 0$ tel que $x+u\left]-\varepsilon,\varepsilon\right[ \subseteq V$. Dans cette topologie, tous les sous-espaces sont fermés (et d'intérieur vide). Une union finie de sous-espaces propres est d'intérieur vide dans cette topologie, et donc dans n'importe quelle autre car c'est la plus fine possible.

Bonjour @Chaurien,

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.

@Chaurien
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.

Un dernier point, au sujet du 3/ évoqué sur l'autre fil (L1 L2 trop oubliés), car Christophe y donne la démo que une réunion finie de sev propres ne peut être égale à l'espace tout entier, et je trouve ça particulièrement clair. Donc pour un lecteur que ça intéresserait.
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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.

Pourtant une récurrence sur la dimension fonctionne encore, il me semble!
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).

Chaurien : il n'est pas interdit de proposer des exercices hors-programme : les questions cardinales (autre que dénombrables) ne sont effectivement pas vraiment au (dans l'esprit du) programme, mais sont théoriquement connues et peuvent être intéressantes pour des étudiants motivés et/ou avec un bon niveau