Espace vectoriel de type fini

Soit \(E\), \(F\) deux espaces vectoriels de type fini sur un même corps \(\mathbf K\), et \(q\) et \(r\) les dimensions respectives de \(E\) et \(F\) sur \(\mathbf K\).

Alors \(E \times F\) est de type fini, et sa dimension est égale à \(q + r\).

Pour prouver qu'un espace vectoriel est de type fini et déterminer sa dimension, il suffit de construire une base de cet espace. Il s'agit donc ici de construire une base de \(E \times F\).

Soit \(B = (e_1, e_2, ... , e_q)\) une base de \(E\) (\( \mathrm{dim } E=q\))

Soit \(B' = (\epsilon_1, \epsilon_2, ... , \epsilon_q)\) une base de \(F\) (\( \mathrm{dim } F=r\))

Tout élément de \(E \times F\) est un couple \((u,v)\) où \(u\) et \(v\) appartiennent respectivement à \(E\) et à \(F\).

Le vecteur \(u\) s'écrit comme combinaison linéaire de \(e_1, e_2, ... , e_q\), de même \(v\) s'écrit comme combinaison linéaire de \(\epsilon_1, \epsilon_2, ... , \epsilon_r\).

Il existe donc \((\alpha_1, ... , \alpha_q, \beta_1, ... , \beta_r) \in \mathbf{K}^{q+r}\) unique tel que :

\((u,v) = (\alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2 + ... + \alpha_q e_q, \beta_1 \epsilon_1 + \beta_2 \epsilon_2 + ... + \beta_r \epsilon_r)\)

C'est-à-dire, en utilisant les opérations dans \(E \times F\) :

\((u,v) = \alpha_1 (e_1, 0_F) + ... +\alpha_q (e_q, 0_F) + \beta_1 (0_E, \epsilon_1) + ... + \beta_r (0_E, \epsilon_r)\)

\(\{ (e_1, 0_F), ... , (e_q, 0_F), (0_E, \epsilon_1), ... , (0_E, \epsilon_r)\}\) est donc une partie génératrice de \(E \times F\).

Il reste à vérifier maintenant que c'est une partie libre. On considère une combinaison linéaire nulle de ces vecteurs :

\(\lambda_1 (e_1, 0_F) + ... + \lambda_q (e_q, 0_F) + \lambda_{q+1}(0_E, \epsilon_1) + ... + \lambda_{q+r}(0_E, \epsilon_r) = 0_{E \times F} = (0_E, 0_F)\)

En utilisant les opérations dans \(E \times F\), ceci peut s'écrire :

\((\lambda_1 e_1 + ... + \lambda_q e_q, \lambda_{q+1} \epsilon_1 + ... + \lambda_{q+r} \epsilon_r) = (0_E, 0_F)\)

D'où

\(A = \left\{\begin{array}{rcc} \lambda_1 e_1 + ... + \lambda_q e_q &=& 0_E \\ \lambda_{q+1} \epsilon_1 + ... + \lambda_{q+r} \epsilon_r &=& 0_EF\\ \end{array}\right.\)

Donc nécessairement \(\lambda_1, ... , \lambda_q\) sont nuls car \((e_1, e_2, ... , e_q)\) est une base de \(E\), et \(\lambda_{q+1}, ... , \lambda_{q+r}\) sont nuls car \((\epsilon_1, \epsilon_2, ... , \epsilon_r)\) est une base de \(F\). La partie est donc libre.

On a trouvé une partie libre génératrice de \(E \times F\), elle détermine une base de \(E \times F\).

La dimension de \(E \times F\) est donc égale à \(q+r\).

Soient \(E_1, E_2, ... , E_p\) des espaces vectoriels de type fini sur un même corps \(\mathbf K\), et \(n_1, n_2, ... , n_p\) les dimensions respectives de \(E_1, E_2, ... , E_p\) sur \(\mathbf K\).

Alors \(E_1 \times E_2 \times .... \times E_p\) est de type fini, et sa dimension est égale à \(n_1 + n_2 + ... + n_p\).

La preuve se fait par récurrence sur l'entier \(n\) \((n \ge 2)\) en utilisant la définition du produit cartésien de \(n\) ensembles par récurrence, et en remarquant que :

\(E_1 \times E_2 \times .... \times E_p = (E_1 \times E_2 \times .... \times E_{p-1}) \times E_p\)