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\begin{document}

\MaPageDeGarde{Chapitre XIV-A : Algèbre Linéaire}{Retranscrit par Samy Youssoufine}{./assets/logo.png}{WIP. Peut contenir des erreurs ou des sections incomplètes.}

\tableofcontents
\clearpage

\vspace*{\fill}
Ce chapitre est consacré à l'algèbre linéaire. Nous traiterons les espaces vectoriels.
\vspace*{\fill}

\chapter{Définitions}

\begin{definition}[Espace vectoriel]
    Soit $\Kset$ un corps commutatif.

    $(E,+,\cdot)$ est dit $\Kset$-espace vectoriel (ou $\Kset$-ev.) lorsque :
    \begin{enumerate}
        \item $(E,+)$ est un groupe abélien.
        \item $\cdot : \Kset \times E \to E$ est une loi de composition externe (LCE), donc une application vérifiant :
        \begin{itemize}
            \item $\forall \lambda, \mu \in \Kset, \forall u \in E, (\lambda + \mu) \cdot u = \lambda \cdot u + \mu \cdot u$.
            \item $\forall \lambda \in \Kset, \forall u, v \in E, \lambda \cdot (u + v) = \lambda \cdot u + \lambda \cdot v$.
            \item $\forall \lambda, \mu \in \Kset, \forall u \in E, (\lambda\mu) \cdot u = \lambda\cdot(\mu\cdot u)$.
            \item $\forall u\in E, 1\cdot u = u$.
        \end{itemize}
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{attention}
    Il faut faire attention à ne pas confondre les notations $+$ et $\cdot$ dans $E$ et $\Kset$.
\end{attention}

\begin{property}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. Alors :
    \begin{itemize}
        \item $\forall x \in E, \forall \alpha \in \Kset, \alpha \cdot x = 0_E \iff \alpha = 0_\Kset \ou x = 0_E$.
        \item $\forall x \in E, -1_\Kset \cdot x = -x$.
    \end{itemize}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Démonstration de la première propriété :
            \2 Dans le sens indirect $\impliedby$, $0_\Kset \cdot x = (0_\Kset + 0_\Kset) \cdot x = 0_\Kset \cdot x + 0_\Kset \cdot x$, donc $(0_\Kset \cdot x) + (-0_\Kset \cdot x) = (0_\Kset \cdot x + 0_\Kset \cdot x) + (-0_\Kset \cdot x)$, donc $0_E = 0_\Kset \cdot x$.
            \2 On a aussi $\forall \alpha \in \Kset$, $0_E \cdot \alpha = 0_E \implies 0_E = 0_E \cdot \alpha = (0_E + 0_E) \cdot \alpha = 0_E \cdot \alpha + 0_E \cdot \alpha$, donc $0_E = 0_E \cdot \alpha$.
            \2 Dans le sens direct $\implies$, on suppose que $\alpha \cdot x = 0_E$. Si $\alpha \ne 0_\Kset$, alors $\alpha^{-1} \cdot (\alpha \cdot x) = \alpha^{-1} \cdot 0_E$, donc $1_\Kset \cdot x = 0_E$, donc $x = 0_E$.
        \1 Démonstration de la deuxième propriété :
            \2 On a $-1_\Kset \cdot x + x = (-1_\Kset + 1_\Kset) \cdot x = 0_\Kset \cdot x = 0_E$, donc $-1_\Kset \cdot x = -x$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item On déduit de la première et deuxième propriété de la définition et de la deuxième propriété précédente que :
        $$\forall \alpha,\beta \in \Kset, \forall x,y \in E,\\
        \begin{cases}
        (\alpha - \beta) \cdot x = \alpha \cdot x - \beta \cdot x\\
        \alpha \cdot (x - y) = \alpha \cdot x - \alpha \cdot y
        \end{cases}$$
        \item Les éléments de $E$ sont appelés des vecteurs, les éléments de $\Kset$ sont appelés des scalaires.
    \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item Si $\Kset$ est un corps commutatif, alors $\Kset^n$ avec $n\in \N^*$ est un $\Kset$-ev avec les lois de composition suivantes :
        \begin{itemize}
            \item $\forall u=(u_1,\dots,u_n), v=(v_1,\dots,v_n) \in \Kset^n, u+v = (u_1 + v_1, \dots, u_n + v_n)$.
            \item $\forall \lambda \in \Kset, \forall u=(u_1,\dots,u_n) \in \Kset^n, \lambda\cdot u = (\lambda\cdot u_1, \dots, \lambda\cdot u_n)$.
        \end{itemize}
        \item Si $E$ est un corps et $\Kset$ est un sous-corps commutatif de $E$, alors $E$ est un $\Kset$-ev dont la loi de composition externe est la multiplication de $E$. Par exemple, $\C$ est un $\R$-ev.
        $$\Kset\times E \to E, (\lambda, x) \mapsto \lambda\cdot x = \lambda x$$
        \item Si $\Kset$ est un corps commutatif et $D$ est un ensemble non-vide, alors $(\Kset^D, +, \cdot)$ est un $\Kset$-ev, avec :
        $$\forall x,y \in \Kset^D, \forall \lambda \in \Kset,\\
        \begin{cases}
        x+y:\begin{cases}
        D\to\Kset\\
        t\mapsto x(t)+y(t)
        \end{cases}\\
        \lambda\cdot x:\begin{cases}
        D\to\Kset\\
        t\mapsto \lambda\cdot x(t)
        \end{cases}
        \end{cases}$$
    \end{enumerate}
\end{example}

\chapter{Sous-espaces vectoriels}

\begin{definition}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev, et soit $F$ une partie de $E$.

    On dit que $F$ est un sous-espace vectoriel (sous-ev.) de $E$ lorsque $F$ est lui-même un $\Kset$-ev pour les lois de composition induites par celles de $E$.
\end{definition}

\section{Caractérisation d'un sous-espace vectoriel}

\begin{property}[Caractérisation d'un sous-espace vectoriel]
    Soit $E$ un $\Kset$-ev, et soit $F$ une partie de $E$.

    Les propriétés suivantes sont équivalentes :
    \begin{enumerate}
        \item $F$ est un sous-ev. de $E$.
        \item $F \neq \emptyset$, et pour tous $x,y\in F$ et $\alpha,\beta \in\Kset$, on a $\alpha x + \beta y \in F$.
        \item $0_E \in F$, et pour tous $x,y\in F$ et $\lambda \in\Kset$, on a $\lambda x + y \in F$ (très pratique pour montrer que $F$ est un sous-ev. de $E$).
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    Pour démontrer ces équivalences, on va suivre un raisonnement circulaire classique en montrant que $(1) \implies (2)$, $(2) \implies (3)$, et $(3) \implies (1)$.

    \begin{outline}
        \1 Montrons que $(1) \implies (2)$ :
            \2 On a $F$ est un $\Kset$-ev., alors $(F,+)$ est un groupe abélien, donc $F \neq \empty$.
            \2 Donc $\forall \alpha,\beta \in \Kset,\forall x,y \in F, \begin{cases}
            \alpha x \in F\\
            \beta y \in F
            \end{cases}$
            \2 Donc $\alpha x + \beta y \in F$.
        \1 Montrons que $(2) \implies (3)$ :
            \2 On sait que $F \neq \emptyset$.
            \2 Donc pour $\alpha = \beta = 0_\Kset$, et $y = x \in F$, on a $0_E = 0_\Kset \cdot x + 0_\Kset \cdot x \in F$.
            \2 Donc $\forall \alpha \beta \text{ qu'on fixe sur } (1_\Kset,\lambda) \in\Kset^2, \forall x,y \in F, \lambda x + y \in F$.
        \1 Montrons que $(3) \implies (1)$ :
            \2 $0_E \in F$, et pour tous $x,y \in F, x-y \in F$ (en prenant $\lambda = -1_\Kset$).
            \2 Donc $F$ est un sous-groupe de $(E,+)$.
            \2 Donc $(F,+)$ est un groupe abélien.
            \2 On a pour $x = 0_E$, et pour tous $\lambda, y \in \Kset\times F, 0_E + \lambda \cdot y \in F$, donc $\lambda \cdot y \in F$.
            \2 Donc $\cdot$ est une loi de composition externe de $F$.
            \2 Les propriétés de la loi de composition externe sont vérifiées dans $F$ car elles sont vérifiées dans $E$.
            \2 Donc $F$ est un $\Kset$-ev.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{example}
    \begin{outline}
        \1 Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $a \in E\setminus\{0_E\}$. L'ensemble $\Kset \cdot a = \{\lambda \cdot a \mid \lambda \in \Kset\}$ est appelé la droite vectorielle\index{droite vectorielle} engendrée par $a$, et est un sous-ev. de $E$.
        \1 $F = \{(x,y) \in \R^2 \mid xy = 0\}$ n'est pas un sous-ev. de $\R^2$, parce que $(1,0)$ et $(0,1)$ sont dans $F$, mais pas leur somme $(1,1)$.
        \1 Soit $a = (a_1,\dots,a_n) \in \Kset^n$. On pose $H = \{x=(x_1,\dots,x_n) \in \Kset^n \mid \sum_{i=1}^{n} a_i x_i = 0\}$. Alors $H$ est un sous-ev. de $\Kset^n$, appelé l'hyperplan\index{hyperplan} de $\Kset^n$ d'équation $\sum_{i=1}^n a_i x_i = 0$.
            \2 On a bien $H \subset \Kset^n$.
            \2 On a $\sum_{i=1}^{n}a_i \cdot 0_\Kset = 0_\Kset$, donc $0_{\Kset^n} \in H$.
            \2 Soient $x=(x_1,\dots,x_n), y=(y_1,\dots,y_n) \in H$, et $\lambda \in \Kset$. Alors $\sum_{i=1}^{n} a_i (\lambda x_i + y_i) = \lambda \sum_{i=1}^{n} a_i x_i + \sum_{i=1}^{n} a_i y_i = 0_\Kset$, donc $\lambda x + y \in H$.
            \2 Et on a bien $\sum_{i=1}^{n} a_i (\lambda x_i + y_i) = \lambda \sum_{i=1}^{n} a_i x_i + \sum_{i=1}^{n} a_i y_i = 0_\Kset$, donc $\lambda x + y \in H$.
            \2 Donc $H$ est un sous-ev. de $\Kset^n$.
        \1 $\cclas{n}(I,\Kset)$ est un sous-ev. de $\Kset^I$.
        \1 $\Kset[X]$ est un sous-ev. de $\Kset^{\N}$.
        \1 $\Kset_n[X]$ est un sous-ev. de $\Kset[X]$.
    \end{outline}
\end{example}

\begin{property}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev.
    \begin{enumerate}
        \item Si $(F_i)_{i\in I}$ est une famille de sous-ev. de $E$, alors $\bigcap_{i\in I} F_i$ est un sous-ev. de $E$.
        \item Soient $F,G$ deux sous-ev. de $E$. Alors $F \cup G$ est un sous-ev. de $E$ si et seulement si $F \subset G$ ou $G \subset F$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Démonstration de la première propriété...
            \2 \textbf{Inclusion : } $\bigcap_{i \in I} F_i \subset E$.
            \2 On sait aussi que $\forall i \in I, 0_E \in F_i \implies 0_E \in \bigcap_{i\in I} F_i$.
            \2 Soient $x,y \in \bigcap_{i\in I} F_i$, et $\lambda \in \Kset$. Alors $\forall i \in I, x,y \in F_i$, donc $\lambda x + y \in F_i$, donc $\lambda x + y \in \bigcap_{i\in I} F_i$, sachant que $F_i$ est un sous-ev. de $E$.
            \2 On en déduit que $\bigcap_{i\in I} F_i$ est un sous-ev. de $E$.
        \1 Démonstration de la deuxième propriété...
            \2 Dans le sens indirect $\impliedby$, si $F \subset G$, alors $F \cup G = G$ est un sous-ev. de $E$. De même, si $G \subset F$, alors $F \cup G = F$ est un sous-ev. de $E$.
            \2 Dans le sens direct $\implies$, on utilise la définition d'un sous-espace vectoriel.
            \2 En effet, comme $F \cup G$ est un sous-ev. de $E$, alors $F \cup G$ est un sous-groupe de $(E,+)$.
            \2 D'après les propriétés des groupes, on a bien $F \subset G$ ou $G \subset F$.
    \end{outline}
\end{proof}

\section{Sous-espace vectoriel engendré}

\begin{definition}[Sous-espace vectoriel engendré]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $A$ une partie de $E$.

    $\bigcap_{\substack{F \text{ sev. de } E\\ A \subset F}} F$ est appelé \textbf{sous-espace vectoriel engendré} par $A$, et est noté $\Vect(A)$.
\end{definition}

\begin{property}
    Il s'agit du plus petit sous-ev. de $E$ contenant $A$.
\end{property}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item Si $F = \Vect(A)$, alors on dit que $A$ est une partie génératrice de $F$.
        \item $\Vect(\emptyset) = \{0_E\}$, et $\Vect(\{x\}) = \Kset \cdot x$.
        \item \textbf{Important :} Soit $E$ un $\Kset$-ev. et $A$ une partie non-vide de $E$.\\$x \in \Vect(A) \iff \exists n \in \N^*, \exists a_1,\dots,a_n \in A, \exists \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset \mid x = \sum_{i=1}^n \lambda_i a_i$\\Le terme $\sum_{i=1}^n \lambda_i a_i$ est appelé une combinaison linéaire de $a_1,\dots,a_n$.\\i.e. $\Vect(A) = \{ \sum_{i=1}^{n}\lambda_i a_i \tq n \in \N^*, a_1,\dots,a_n \in A, \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset\}$.
    \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{outline}[enumerate]
        \1 Si $A = \{a_1,\dots,a_n\}$, alors $\Vect(A)$ est noté $\Vect(a_1,\dots,a_n)$, et est égal à $\{\sum_{i=1}^n \lambda_i a_i \tq \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset\}$.
        \1 Soit $F = \{(x,y,z) \in \R^3 \tqp x-2y+z=0\}$.
        \2 On a $F = \{(2y - z, y, z) \tqp y,z \in \R\}$.
        \2 Donc $F = \{y(2,1,0) + z(-1,0,1) \tq y,z \in \R\}$.
        \2 Donc $F = \Vect((2,1,0), (-1,0,1))$.
        \1 On a $\Kset^n = \{x = (x_1,\dots,x_n) \tq x_1,\dots,x_n \in \Kset\} = \{\sum_{i=1}^n x_i e_i \tq x_1,\dots,x_n \in \Kset\}$, où $e_i$ est le vecteur de $\Kset^n$ dont la $i$-ème composante est égale à $1_\Kset$, et les autres composantes sont égales à $0_\Kset$ (donc $e_k = (0,\dots,\underbrace{0}_{\text{pos. } k},0,\dots,0)$).
        \1 $\Kset[X] = \Vect((X^k)_{k \in \N})$.
        \2 En effet, $\exists d \in \N, \exists \alpha_0,\dots,\alpha_d \in \Kset \tq P = \sum_{k=0}^{d}\alpha_k X^k$.
        \1 $\Kset_n[X] = \Vect(1,X,\dots,X^n) = \Vect((X^k)_{0 \leq k \leq n})$.
        \1 $F = \{ f \in \cclas\infty(\R,\R) \tqf f'' + 2f' - 3f = 0\}$
        \2 Donc $F = \{f:t\mapsto \alpha e^t + \beta e^{-t} \tq \alpha,\beta \in \R\}$
        \2 Donc $F = \Vect(e^t, e^{-t})$.
    \end{outline}
\end{example}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $A$,$B$ deux parties de $E$. Alors :
    \begin{enumerate}
        \item $\Vect(A) = A \iff A \text{ est un sous-ev. de } E$.
        \item $\Vect(\Vect(A)) = \Vect(A)$.
        \item $A \subset B \implies \Vect(A) \subset \Vect(B)$.
        \item $\Vect(A) = \Vect(B) \iff \begin{cases}
        A \subset \Vect(B)\\
        B \subset \Vect(A)
        \end{cases}$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Démonstration de la quatrième propriété.
            \2 Dans le sens direct $(\implies)$, $A \subset \Vect(A) = \Vect(B)$, et $B \subset \Vect(B) = \Vect(A)$.
            \2 Dans le sens indirect $(\impliedby)$
                \3 $A \subset \Vect(B) \overset{\text{(3)}}\implies \Vect(A) \subset \Vect(\Vect(B)) \overset{\text{(2)}}\implies \Vect(A) \subset \Vect(B)$,
                \3 et $B \subset \Vect(A) \overset{\text{(3),(2)}}\implies \Vect(B) \subset \Vect(A)$, donc $\Vect(A) = \Vect(B)$.
    \end{outline}
\end{proof}

\chapter{Famille génératrice, libre et bases}

\section{Famille génératrice}

\begin{definition}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $(e_i)_{i \in I}$ une famille d'éléments de $E$.

    On dit que $(e_i)_{i \in I}$ est une famille génératrice de $E$ lorsque $\Vect(e_i, i \in I) = E$.

    i.e. lorsque $\forall x \in E, \exists J \text{ sous-ensemble fini de } I, \exists (\lambda_j)_{j \in J} \in \Kset^{\card{J}} \tq x = \sum_{j \in J} \lambda_j e_j$.

    \textit{Note : on ne peut pas définir cette famille génératrice à partir de la combinaison linéaire de tous les éléments de la famille, car il peut y en avoir une infinité.}
\end{definition}

\begin{remark}
    Si $I$ est fini tel que $\card{I} = p \in \N^*$, alors :
    $$(e_i)_{i \in I} \text{ famille génératrice de } E \iff \forall x \in E, \exists (\lambda_k)_{k\in I} \in \Kset^p \tqp x = \sum_{k \in I}^p \lambda_k e_k$$

    Si $I = \{1,\dots,p\}$, alors :
    $$(e_1,\dots,e_p) \text{ famille génératrice de } E \iff \forall x \in E, \exists (\lambda_1,\dots,\lambda_p) \in \Kset^p \tq x = \sum_{k=1}^p \lambda_k e_k$$
\end{remark}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $\Kset^n = \Vect(e_1,\dots,e_n)$, donc $(e_1,\dots,e_n)$ (la base canonique) est une famille génératrice de $\Kset^n$.
        \item $\Kset[X] = \Vect((X^k)_{k \in \N})$, donc $((X^k)_{k \in \N})$ est une famille génératrice de $\Kset[X]$.
        \item $\Kset_n[X] = \Vect(1,X,\dots,X^n)$, donc $(1,X,\dots,X^n)$ est une famille génératrice de $\Kset_n[X]$.
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{property}
    Toute surfamille\index{surfamille} d'une famille génératrice est une famille génératrice.
    
    i.e. si $(e_i)_{i \in I}$ est une famille génératrice de $E$, et $J$ est un sous-ensemble de $I$ tel que $I \subset I'$, alors $(e_i)_{i \in I'}$ est une famille génératrice de $E$.
\end{property}

\begin{proof}
    On a $\forall x \in E, \exists J \subset I \text{ fini}, \exists (\lambda_j)_{j \in J} \in \Kset^\card{J} \tq x = \sum_{j \in J} \lambda_j e_j$, or $I \subset I'$, donc $J$ est aussi un sous-ensemble de $I'$, donc $(e_i)_{i \in I'}$ est une famille génératrice de $E$.
\end{proof}

\begin{exercise}
    Montrer que $F = \{ P \in \R_3[X] \tq \int_{0}^{1} P(t) dt = 0\}$ est un sous-ev. de $\R_3[X]$, puis trouver une famille génératrice de $F$.
\end{exercise}

\section{Famille libre}

\begin{definition}[Famille libre et famille liée]
    Soit $E$ un $\Kset$-ev.
    \begin{enumerate}
        \item Une famille $(e_i)_{1 \le i \le n}$ d'éléments de $E$ est dite \textbf{libre} lorsque :
        $$\forall (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n, \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i = 0_E \implies \forall i \in \{1,\dots,n\}, \lambda_i = 0_\Kset$$
        \\Dans le cas contraire, la famille est dite liée.
        \item \textbf{S'il y a une infinité d'éléments}, Une famille $(e_i)_{i \in I}$ d'éléments de $E$ est dite libre lorsque :
        $$\forall J \text{ sous-ensemble fini de } I, \forall (\lambda_j)_{j \in J} \in \Kset^{\card{J}}, \sum_{j \in J} \lambda_j e_j = 0_E \implies \forall j \in J, \lambda_j = 0_\Kset$$
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}
    \begin{enumerate}
        \item Toute famille qui contient le $0_E$ est liée, car $1_\Kset \cdot 0_E = 0_E$.
        \item $(e_i)_{1 \le i \le n}$ est liée si et seulement si $\exists \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset$, pas tous nuls, tels que $\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i = 0_E$. Cela équivaut aussi à dire que $\exists i_0 \in \{1,\dots,n\}$ tel que $e_{i_0} \in \Vect(e_1,\dots,e_{i_0-1}, e_{i_0+1},\dots,e_n)$.
    \end{enumerate}
\end{remark}

\begin{consequence}
    On a $\exists (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n\setminus\{0_\Kset^n\} \tq \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k = 0$.

    Donc $\exists i_0 \in \{1,\dots,n\} \tq \lambda_{i_0} \neq 0$, alors :
    
    $$e_{i_0} = -\lambda_{i_0}^{-1} \sum_{\substack{k=1\\k\neq i_0}}^n \lambda_k e_k \in \Vect(e_1,\dots,e_{i_0-1}, e_{i_0+1},\dots,e_n)$$

\end{consequence}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item Dans $\Kset^n$, la famille $(e_1,\dots,e_n)$ est libre, car :
        $$
            \forall \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset, \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k = 0_E \implies \forall k \in \{1,\dots,n\}, \lambda_k = 0_\Kset
        $$
        \item $(X^k)_{k \in \N}$ est une famille libre de $\Kset[X]$.
        \begin{itemize}
            \item Soit $J$ un sous-ensemble fini de $\N$, par exemple $J = \{0,\dots,d\} \tq d \in \N$.
            \item Soient $\lambda_0,\dots,\lambda_d \in \Kset, \tqp \sum_{k=0}^d \lambda_k X^k = 0_E \implies \forall k \in \{0,\dots,d\}, \lambda_k = 0_\Kset$ (car les polynômes sont égaux si et seulement si leurs coefficients sont égaux)
        \end{itemize}
        \item $(X^k)_{0 \le k \le n}$ est une famille libre de $\Kset_n[X]$.
        \item Soient $x_0,\dots,x_n \in \Kset$ deux à deux distincts (pour simplifier les calculs).\\Soit $l_k = \prod_{\substack{j=0\\j\neq k}}^n \frac{X-x_j}{x_k - x_j}$ le polynôme de Lagrange\index{polynôme de Lagrange} associé à $x_k$. Alors $(l_0,\dots,l_n)$ est une famille libre de $\Kset_n[X]$.\\
        Soit $(\lambda_0,\dots,\lambda_n) \in \Kset^{n+1}, \tqp \sum_{k=0}^n \lambda_k l_k = 0_E$.\\
        On a donc $\forall i \in \{0,\dots,n\}, \sum_{k=0}^n \lambda_k \underbrace{l_k(x_i)}_{= \delta_{i,k}} = \lambda_i = 0_\Kset$.
    \end{enumerate}
    \label{ex:lagrange_libre}
\end{example}

\begin{exercise}
    Soient $P_0,\dots,P_r \in \Kset_n[X]$ tels que $r \le n$, et $0 \le \deg(P_0) < \dots < deg(P_r) \le n$. 
    
    La famille $(P_0,\dots,P_r)$ est dite famille échelonnée\index{famille échelonnée} dans $\Kset_n[X]$.
    
    Montrer que $(P_0,\dots,P_r)$ est une famille libre de $\Kset_n[X]$.

    \textbf{Solution :}

    Nous allons procéder par récurrence inverse sur $k \in \{0,\dots,r\}$.

    Soient $\lambda_0,\dots,\lambda_r \in \Kset$ tels que $\sum_{k=0}^r \lambda_k P_k = 0$.

    Donc $\lambda_r P_r = -\sum_{k=0}^{r-1} \lambda_k P_k$.

    Si $\lambda_r \ne 0$, alors :

    $$\deg(\lambda_r P_r) = \deg(P_r) \et \deg(-\sum_{k=0}^{r-1} \lambda_k P_k) \le \max_{0 \le k \le r-1} \deg(P_k) = \deg(P_{r-1}) < \deg(P_r)$$

    Ce qui est absurde, donc $\lambda_r = 0$.
    
    Donc $\sum_{k=0}^{r-1} \lambda_k P_k = 0$.

    D'après le principe de récurrence, on a $\lambda_{r-1} = 0$, puis $\lambda_{r-2} = 0$, et ainsi de suite jusqu'à $\lambda_0 = 0$.

    \textbf{Solution plus rigoureuse :}

    Nous allons raisonner par absurde.

    \begin{outline}
        \1 Supposons que $(P_0,\dots,P_r)$ n'est pas une famille libre de $\Kset_n[X]$.
        \1 Donc $\exists (\lambda_0,\dots,\lambda_r) \in \Kset^{r+1}\setminus\{0_\Kset^{r+1}\} \tq \sum_{k=0}^r \lambda_k P_k = 0$.
        \1 On pose $s = \max(\{ k \in \{0,\dots,r\} \tq \lambda_k \ne 0\})$.
        \1 Donc $\lambda_s P_s = -\sum_{k=0}^{s-1} \lambda_k P_k$ et $\forall k > s, \lambda_k = 0$.
        \1 Donc $\sum_{k=0}^s \lambda_k P_k = 0$.
        \1 Donc $\lambda_s P_s = -\sum_{k=0}^{s-1} \lambda_k P_k$.
        \1 Donc $\deg(\lambda_s P_s) = \deg(P_s)$, et $\deg(-\sum_{k=0}^{s-1} \lambda_k P_k) \le \max_{0 \le k \le s-1} \deg(P_k) = \deg(P_{s-1}) < \deg(P_s)$.
        \1 Ce qui est absurde, donc $(P_0,\dots,P_r)$ est une famille libre de $\Kset_n[X]$.
    \end{outline}
    \label{exo:famille_echelonnee_libre}
\end{exercise}

\begin{example}
    On pose $\forall \alpha \in \R, f_\alpha : \begin{cases} \R \to \R \\ x \mapsto e^{\alpha x} \end{cases}$ (fonction exponentielle de base $e^\alpha$)\index{fonction exponentielle de base $e^\alpha$}.

    $(f_\alpha)_{\alpha \in \R}$ est une famille libre de $\R^\R$.

    \textbf{Justification :}

    \begin{outline}
        \1 Soit $n \in \N^*$, et soient $\alpha_1,\dots,\alpha_n \in \R$ tels que $\alpha_1<\dots<\alpha_n$.
        \1 On suppose que $(f_{\alpha_k})_{1 \le k \le n}$ n'est pas une famille libre de $\R^\R$.
        \1 Donc $\exists (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \R^n\setminus\{0_\R^n\} \tq \sum_{k=1}^n \lambda_k f_{\alpha_k} = 0$.
        \1 Donc $\forall x \in \R, \sum_{k=1}^n \lambda_k e^{\alpha_k x} = 0$.
        \1 Soit $s = \max(\{ k \in \{1,\dots,n\} \tq \lambda_k \ne 0\})$.
        \1 Donc $\lambda_s \ne 0$ et $\forall k > s, \lambda_k = 0$.
        \1 Donc $\forall x \in \R, \sum_{k=1}^s \lambda_k e^{\alpha_k x} = 0$.
        \1 Donc $\forall x \in \R, \lambda_s e^{\alpha_s x} = -\sum_{k=1}^{s-1} \lambda_k e^{\alpha_k x}$.
        \1 Donc $\forall x \in \R, \lambda_s = -\sum_{k=1}^{s-1} \lambda_k e^{\underbrace{(\alpha_k - \alpha_s)}_{\le 0} x}$.
        \1 Par passage à la limite $x \to +\infty$, on a $\lambda_s = 0$, ce qui est absurde, donc $(f_{\alpha_k})_{1 \le k \le n}$ est une famille libre de $\cclas\infty(\R,\R)$.
    \end{outline}
\end{example}

\begin{property}
    Toute sous-famille d'une famille libre est une famille libre.

    i.e. si $(e_i)_{i \in I}$ est une famille libre de $E$, et $I' \subset I$, alors $(e_i)_{i \in I'}$ est une famille libre de $E$.
\end{property}

\begin{proof}
    Supposons que $(e_i)_{i \in I}$ est libre et soit $I' \subset I$.
    
    Soit $J \subset I'$ un sous-ensemble fini de $I'$, alors $J \subset I$ et comme $(e_i)_{i \in I}$ est libre, alors $(e_j)_{j \in J}$ est libre, donc $(e_i)_{i \in I'}$ est libre.
\end{proof}

\begin{theorem}
    Soient $e_1,\dots,e_{n+1}$ des éléments de $E$, un $\Kset$-ev.

    $(e_1,\dots,e_n,e_{n+1})$ est une famille libre de $E$ si et seulement si :
    
    $$(e_1,\dots,e_n) \text{ est une famille libre de } E \et e_{n+1} \notin \Vect(e_1,\dots,e_n)$$
    \label{thm:famille_libre_ajout_element}
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration dans le sens direct :}
            \2 On a $(e_1,\dots,e_n)$ est une sous-famille de $(e_1,\dots,e_n,e_{n+1})$, donc $(e_1,\dots,e_n)$ est une famille libre de $E$.
            \2 Si $e_{n+1} \in \Vect(e_1,\dots,e_n)$, alors $\exists \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset \tq e_{n+1} = \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k$, donc $\sum_{k=1}^n (-\lambda_k) e_k + 1_\Kset e_{n+1} = 0$, ce qui est absurde, donc $e_{n+1} \notin \Vect(e_1,\dots,e_n)$.
        \1 \textbf{Démonstration dans le sens indirect :}
            \2 Soient $\lambda_1,\dots,\lambda_{n+1} \in \Kset$ tels que $\sum_{k=1}^{n+1} \lambda_k e_k = 0$.

            \2 Si $\lambda_{n+1} \ne 0$, alors $e_{n+1} = -\lambda_{n+1}^{-1} \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k \in \Vect(e_1,\dots,e_n)$, ce qui est absurde, donc $\lambda_{n+1} = 0$.

            \2 Alors $\lambda_{n+1} = 0$, donc $\sum_{k=1}^n \lambda_k e_k = 0$, et comme $(e_1,\dots,e_n)$ est une famille libre de $E$, alors $\forall k \in \{1,\dots,n\}, \lambda_k = 0$.

            \2 Donc $\forall k \in \{1,\dots,n+1\}, \lambda_k = 0$, donc $(e_1,\dots,e_n,e_{n+1})$ est une famille libre de $E$.
    \end{outline}
\end{proof}

\section{Bases}

\begin{definition}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $(e_i)_{i \in I}$ une famille d'éléments de $E$.

    On dit que $(e_i)_{i \in I}$ est une base de $E$ lorsque :
    \begin{enumerate}
        \item $(e_i)_{i \in I}$ est une famille libre de $E$.
        \item $(e_i)_{i \in I}$ est une famille génératrice de $E$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $\Kset^n$.
        \item $(X^k)_{k \in \N}$ est une base de $\Kset[X]$.
        \item $(1,X,\dots,X^n)$ est une base de $\Kset_n[X]$.
        \item Soient $x_0,\dots,x_n \in \Kset$ deux à deux distincts. Alors les polynômes de Lagrange\index{polynôme de Lagrange} associés à $x_0,\dots,x_n$ forment une base de $\Kset_n[X]$.
        \begin{outline}
            \1 En effet, on sait déjà que $(l_0,\dots,l_n)$ est une famille libre de $\Kset_n[X]$ (voir l'exemple \ref{ex:lagrange_libre}).
            \1 Montrons maintenant qu'il s'agit d'une famille génératrice.
                \2 Soit $P \in \Kset_n[X]$, alors $\deg(P) \le n$, donc $P$ est déterminé par ses valeurs en $n+1$ points distincts, par exemple $x_0,\dots,x_n$.
                \2 Donc $\forall k \in \{0,\dots,n\}, P(x_k) = \sum_{i=0}^n P(x_i) l_i(x_k) = P(x_k)$, donc $P = \sum_{i=0}^n P(x_i) l_i$, donc $(l_0,\dots,l_n)$ est une famille génératrice de $\Kset_n[X]$.
                \2 Sinon, on peut poser $Q = \sum_{i=0}^n P(x_i) l_i$, calculer sa différence avec $P$, montrer qu'il admet $n+1$ racines distinctes, et conclure que la différence est nulle, donc $P = Q$.
                \2 Donc $\forall P \in \Kset_n[X], P \in \Vect(l_0,\dots,l_n)$, donc $(l_0,\dots,l_n)$ est une famille génératrice de $\Kset_n[X]$.
        \end{outline}
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{property}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev.
    \begin{enumerate}
        \item $B = (e_1,\dots,e_n)$ est une base de $E$ si et seulement si : 
        $$\forall x \in E, \exists ! (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n \tq x = \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k$$
        \item $B$ est une base de $E$ si et seulement si : 
        $$\forall x \in E, \exists n\in \N^*, \exists ! (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n \tq x= \sum_{i=1}^{n}\lambda_i e_i$$
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration de la première propriété :}
            \2 $\implies$ : Soit $B$ une famille génératrice de $E$. On a donc $\forall x \in E, \exists (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n \tq x = \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k$. Si $\exists \beta_1,\dots,\beta_n \in \Kset$ tels que $x = \sum_{k=1}^n \beta_k e_k$, alors $\sum_{k=1}^n (\lambda_k - \beta_k) e_k = 0$, donc $\forall k \in \{1,\dots,n\}, \lambda_k - \beta_k = 0$, donc $\lambda_k = \beta_k$ (sachant que $B$ est une famille libre).
            \2 $\impliedby$ : On a $\forall x \in E$, $\exists (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n \tq x = \sum_{k=1}^n \lambda_k e_k$, donc $B$ est une famille génératrice de $E$. De plus, si $\sum_{k=1}^n \lambda_k e_k = 0$, alors $\sum_{k=1}^n \lambda_k e_k = \sum_{k=1}^n 0 \cdot e_k = 0$, (par unicité des scalaires) donc $\forall k \in \{1,\dots,n\}, \lambda_k = 0$, donc $B$ est une famille libre.
        \1 \textbf{Démonstration de la deuxième propriété :}
            
    \end{outline}
\end{proof}
\todo{recop}

\begin{theorem}
    Soient $n \in \N^*$, $E$ un $\Kset$-ev. et $e_1,\dots,e_n$ des éléments de $E$.

    Si $v_1,\dots,v_{n+1} \in \Vect(e_1,\dots,e_n)$ alors $(v_1,\dots,v_{n+1})$ est liée.
\end{theorem}

\begin{proof}
    La démonstration se fait par récurrence sur $n$.

    \textbf{Initialisation :} $n=1$

    Donc $\exists \lambda_1,\lambda_2 \in \Kset$ tels que : $\displaystyle\begin{cases}
    v_1 = \lambda_1 e_1\\
    v_2 = \lambda_2 e_1
    \end{cases}$

    Si $\lambda_1 = 0$, alors $v_1 = 0$, donc $(v_1,v_2)$ est liée.

    Si $\lambda_1 \ne 0$, alors $v_1 = \lambda_1 e_1$, donc $e_1 = \lambda_1^{-1} v_1$, donc $v_2 = \lambda_2 e_1 = \lambda_2 \lambda_1^{-1} v_1$, donc $(v_1,v_2)$ est liée.

    \textbf{Hérédité :} Supposons que la propriété est vérifiée pour $n-1 \in \N^*$, et montrons qu'elle est vérifiée pour $n$.

    \begin{outline}
        \1 Soient $v_1,\dots,v_{n+1} \in \Vect(e_1,\dots,e_n)$.
    
        \1 Donc $\forall j \in \{1,\dots,n+1\}, v_j \in \Vect(e_1,\dots,e_n)$.

        \1 Donc $\forall j \in \{1,\dots,n+1\}, \exists (\lambda_{i,j})_{1 \le i \le n} \in \Kset^n \tqp v_j = \sum_{i=1}^n \lambda_{i,j} e_i$, i.e. :

        $$\begin{cases}
v_1 = \lambda_{1,1} e_1 + \dots + \lambda_{n,1} e_n\\
v_2 = \lambda_{1,2} e_1 + \dots + \lambda_{n,2} e_n\\
\vdots\\
v_{n+1} = \lambda_{1,n+1} e_1 + \dots + \lambda_{n,n+1} e_n (*)
        \end{cases}$$

        \1 Si $\forall k \in \{1,2,\dots,n+1\}, \lambda_{n,k} = 0$, alors $v_1,\dots,v_{n+1} \in \Vect(e_1,\dots,e_{n-1})$, donc d'après l'hypothèse de récurrence, $(v_1,\dots,v_{n+1})$ est liée.

        \1 Sinon, il existe $j_0 \in \{1,2,\dots,n+1\}$ tel que $\lambda_{n,j_0} \ne 0$.

        \1 Comme les $v_j$ jouent des rôles symétriques, on peut prendre $j_0 = n+1$ sans perte de généralité, donc $\lambda_{n,n+1} \ne 0$.

        \1 Alors, d'après l'équation $(*)$, on a $e_n = \lambda_{n,n+1}^{-1} \left(v_{n+1} - \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_{i,n+1} e_i\right)$.

        \1 Donc, pour tout $j \in \{1,2,\dots,n\}$, on a :
        $$\begin{aligned}
v_j &= \sum_{i=1}^n \lambda_{i,j} e_i\\
&= \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_{i,j} e_i + \lambda_{n,j} e_n\\
&= \left(\sum_{i=1}^{n-1} \lambda_{i,j} e_i\right) + \lambda_{n,j} \lambda_{n,n+1}^{-1} \left(v_{n+1} - \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_{i,n+1} e_i\right)\\
\end{aligned}$$

    \1 On pose $w_j = v_j - \lambda_{n,j} \lambda_{n,n+1}^{-1} v_{n+1}$.

    \1 On remarque que $(w_1,\dots,w_n) \in \Vect(e_1,\dots,e_{n-1})$.

    \1 Donc, d'après l'hypothèse de récurrence, la famille $(w_1,\dots,w_n)$ est liée.

    \1 Donc $\exists (\alpha_1,\dots,\alpha_n) \in \Kset^n\setminus\{0_\Kset^n\} \tq \sum_{j=1}^n \alpha_j w_j = 0$.

    \1 Donc $\sum_{j=1}^n \alpha_j v_j + \left(-\sum_{j=1}^n \alpha_j\lambda_{n,j} \lambda_{n,n+1}^{-1}\right) = \alpha_{n+1} v_{n+1}$, avec $\alpha_{n+1} = -\sum_{j=1}^n \alpha_j\lambda_{n,j} \lambda_{n,n+1}^{-1}$.

    \1 Donc $\sum_{j=1}^{n+1} \alpha_j v_j = 0$, avec $\alpha_{n+1} = -\sum_{j=1}^n \alpha_j\lambda_{n,j} \lambda_{n,n+1}^{-1}$.

    \1 Alors $(\alpha_1,\dots,\alpha_{n+1}) \in \Kset^{n+1}\setminus\{0_\Kset^{n+1}\}$.

    \1 Donc $(v_1,\dots,v_{n+1})$ est liée. La propriété est vérifiée pour $n$, d'où la propriété est vérifiée pour tout $n \in \N^*$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{consequence}
    Si $(e_1,\dots,e_n)$ est libre dans $E$, un $\Kset$-ev., et $(g_1,\dots,g_{m})$ est une famille génératrice de $E$, alors $n \le m$.
\end{consequence}

\begin{proof}
    Supposons que $n > m$.

    Donc $e_1,\dots,e_n \in \Vect(g_1,\dots,g_m)$, donc $(e_1,\dots,e_n)$ est liée, ce qui est absurde, donc $n \le m$.
\end{proof}

\begin{consequence}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $L$ une famille libre, $G$ une famille génératrice et $B$ une base de $E$.

    Alors $\card{L} \le \card{B} \le \card{G}$.
\end{consequence}

\chapter{Espace vectoriel de dimension finie}

\begin{definition}[Espace vectoriel de dimension finie]
    Un espace vectoriel est dit de dimension finie si et seulement si il admet une famille génératrice finie.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{itemize}
        \item $\Kset^n$ est un $\Kset$-ev. de dimension finie, car $(e_1,\dots,e_n)$ est une famille génératrice finie de $\Kset^n$.
        \item $\Kset_n[X]$ est un $\Kset$-ev. de dimension finie, car $(1,X,\dots,X^n)$ est une famille génératrice finie de $\Kset_n[X]$.
        \item $\Kset[X]$ et $\cclas\infty(\R,\R)$ ne sont pas des $\Kset$-ev. de dimension finie, car ils n'admettent pas de famille génératrice finie.
    \end{itemize}
\end{example}

\section{Théorème de la base incomplète}

Nous allons initier le théorème de la base incomplète en utilisant deux propriétés.
\begin{itemize}
    \item Nous allons voir que tout espace vectoriel de dimension finie admet une base.
    \item Nous allons aussi montrer qu'à partir d'une famille libre, on peut construire une base.
\end{itemize}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie et $G = \{g_1,\dots,g_m\}$ une génératrice de $E$.

    Si $L_0$ est une famille libre telle que $L_0 \subset G$, alors il existe $B$ une base de $E$ telle que $L_0 \subset B \subset G$.
    \label{prop:base_incomplete_famille_libre_subset_generatrice}
\end{property}

\begin{proof}
    On pose $I = \{\card{L} \tq L \text{ famille libre de } E, L_0 \subset L \subset G\}$.

    \begin{outline}
        \1 On a $\card{L_0} \in I$, et $\forall L$ libre dans $E$, $\card{L} \le \card G = m$.

        \1 Donc $I$ est un ensemble non-vide de $\N$, et majoré par $m$, donc $I$ admet une borne supérieure, que nous allons noter $\max(I) = n$.

        \1 D'où $\exists B$ libre dans $E$ et $L_0 \subset B \subset G$ tel que $\card{B} = n$.

        \1 Montrons que $B$ est génératrice de $E$, i.e. $\Vect(B) = E = \Vect(g_1,\dots,g_m)$.
            \2 Il faut donc montrer que
            $$\begin{cases}
            B \subset \Vect(g_1,\dots,g_m)\\
            g_1,\dots,g_m \in \Vect(B)
            \end{cases}$$
            \2 On sait déjà que $B \subset \Vect(g_1,\dots,g_m)$, car $B \subset G$ et $G$ est une famille génératrice de $E$.
            \2 Il faut maintenant montrer que $\{g_1,\dots,g_m\} \in \Vect(B)$.
            \3 Nous allons procéder par absurde en supposant qu'il existe un $k$ dans $\{1,\dots,m\}$ tel que $g_k \notin \Vect(B)$.
            \3 Alors, comme $B$ est libre, alors d'après le théorème précédent (Th. \ref{thm:famille_libre_ajout_element}), la famille $B' = B\cup \{g_k\}$ est libre, avec $L_0 \subset B \subset B\cup\{g_k\} \subset G$.
            \3 Donc $\underbrace{\card{B\cup\{g_k\}}}_{=n+1} \in I$, ce qui est absurde.
        \2 D'où $\forall i \in \{1,\dots,m\}, g_i \in \Vect(B)$, donc $\Vect(B) = E \implies B$ est génératrice de $E$.
        \2 On en conclut que $B$ est une base de $E$ avec $L_0 \subset B \subset G$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    Tout espace vectoriel \textit{(non-nul)} de dimension finie admet une base.
    \label{rem:ev_dim_finie_admet_base}
\end{remark}

\begin{proof}
    Soit $G = \{g_1,\dots,g_m\}$ une famille génératrice de $E$.

    La famille $G$ peut contenir des $g_k$ nuls. Mais, comme $E$ est non-nul (et donc non réduit au singleton $\{0_E\}$), alors il existe au moins un $g_k$ non nul, que nous allons noter $g_{k_0}$.

    Alors $\{g_k\}$ est libre avec $\{g_k\} \subset G$, donc d'après la propriété précédente, il existe une base $B$ de $E$ telle que $\{g_{k_0}\} \subset B \subset G$.
\end{proof}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie et $G$ une famille génératrice de $E$.

    Si $L_0$ est une famille libre de $E$ alors il existe forcément $B$ une base de $E$ telle que $L_0 \subset B \subset L_0\cup G$.
    \label{prop:base_incomplete_famille_libre}
\end{property}

\begin{proof}
    $G$ est une famille génératrice de $E$, alors $L_0 \cup G$ est aussi une famille génératrice de $E$, avec $L_0 \subset L_0 \cup G$. On réutilise alors la propriété précédente pour conclure qu'il existe une base $B$ de $E$ telle que $L_0 \subset B \subset L_0 \cup G$.
\end{proof}

\begin{theorem}[Théorème de la base incomplète/extraite]
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie non réduit au singleton $\{0_E\}$.
    \begin{enumerate}
        \item Si $L$ est une famille libre de $E$, alors on peut la ``compléter'' en une base de $E$.\\Autrement dit, il existe $B$ une base de $E$ telle que $L \subset B$.
        \item Si $G$ est une famille génératrice de $E$, alors on peut en extraire une base de $E$.\\Autrement dit, il existe $B$ une base de $E$ telle que $B \subset G$.
    \end{enumerate}
    \label{thm:base_incomplete}
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Démonstration de la première partie :}
            \2 $G$ est une famille génératrice de $E$, alors d'après la propriété \ref{prop:base_incomplete_famille_libre}, il existe une base $B$ de $E$ telle que $L \subset B \subset L \cup G$.
        \1 \textbf{Démonstration de la deuxième partie :}
            \2 $L = \emptyset$ est une famille libre de $E$, alors d'après la propriété \ref{prop:base_incomplete_famille_libre_subset_generatrice} et la remarque \ref{rem:ev_dim_finie_admet_base}, il existe une base $B$ de $E$ telle que $\emptyset \subset B \subset G$, donc $B \subset G$.
    \end{outline}
\end{proof}

\section{Dimension d'un $\Kset$-ev.}

\begin{definition}[Dimension d'un espace vectoriel de dimension finie]
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie.

    La dimension de $E$ est le cardinal de toute base de $E$, noté $\underset\Kset\dim E$.

    Par convention, on pose $\underset{\Kset}\dim \{0_E\} = 0$.
\end{definition}

\begin{theorem}
    Toutes les bases de $E$ ont le même cardinal, donc la dimension de $E$ est bien définie.
\end{theorem}

\begin{proof}
    On pose arbitrairement $B_1$ et $B_2$ deux bases de $E$.
    \begin{outline}
        \1 On a $B_1$ est libre et génératrice de $E$, et $B_2$ est une base de $E$, alors :
        $$\card{B_1} \le \card{B_2} \et \card{B_2} \le \card{B_1}$$
        \1 Donc $\card{B_1} = \card{B_2}$.
    \end{outline}
    On en déduit que toutes les bases de $E$ ont le même cardinal, donc la dimension de $E$ est bien définie.
\end{proof}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $\underset\Kset\dim \Kset^n = n$, car $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $\Kset^n$.
        \item $\underset\C\dim \C = 1$, et $\underset\R\dim \C = 2$, car $(1,i)$ est une base de $\C$ en tant que $\R$-ev.
        \item $\underset\Kset\dim \Kset_n[X] = n+1$, car $(1,X,\dots,X^n)$ est une base de $\Kset_n[X]$ (attention à l'erreur classique de la poser $n$ au lieu de $n+1$).
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{exercise}
    Soit $H = \{x = (x_1,\dots,x_4) \in \R^4 \tq x_1 - 2x_2 + x_3 - 3x_4 = 0\}$.

    Montrer que $H$ est un sous-ev. de $\R^4$ de dimension finie et donner la dimension de $H$.

    \textbf{Solution :}

    \begin{align*}
        x \in H &\iff \begin{cases}
        x = x_1 \cdot e_1 + x_2 \cdot e_2 + x_3 \cdot e_3 + x_4 \cdot e_4\\
        x_1 - 2x_2 + x_3 - 3x_4 = 0
        \end{cases}\\
        &\iff x = x_2\underbrace{(2e_1 + e_2)}_{=V_1} + x_3\underbrace{(-e_1 + e_3)}_{=V_2} + x_4\underbrace{(3e_1 + e_4)}_{=V_3}\\
    \end{align*}

    Donc $H = \Vect(V_1,V_2,V_3)$, donc $H$ est un sous-ev. de $\R^4$ de dimension finie, et $(V_1,V_2,V_3)$ est une famille génératrice de $H$.

    Nous allons maintenant montrer que cette famille est libre.

    Soient $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 \in \R$ tels que $\lambda_1 V_1 + \lambda_2 V_2 + \lambda_3 V_3 = 0$.

    Comme $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ est une base de $\R^4$, on a :
    $$\lambda_1 V_1 + \lambda_2 V_2 + \lambda_3 V_3 = 0 \iff \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 0.$$
    Donc $(V_1,V_2,V_3)$ est une famille libre de $H$.

    Ainsi, $(V_1,V_2,V_3)$ est une base de $H$, et donc $\dim H = 3$.

    \textbf{Conclusion :} $H$ est un sous-ev. de $\R^4$ de dimension finie, et $\underset\R\dim H = 3$.
\end{exercise}

\begin{property}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie avec $\underset\Kset\dim E = n \in \N^*$.

    \begin{outline}[enumerate]
        \1 $\begin{cases}
        L \text{ est une famille libre de } E \\
        \card L = n
        \end{cases} \iff L \text{ est une base de } E$
        \1 $\begin{cases}
        G \text{ est une famille génératrice de } E \\
        \card G = n
        \end{cases} \iff G \text{ est une base de } E$
    \end{outline}

    \label{prop:base_iff_libre_card_dim}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item ($\impliedby$) Dans le sens indirect, le résultat est clair (si une famille est une base, alors elle est génératrice et dans un espace vectoriel de dimension $n$, elle est de cardinal $n$).
        \item ($\implies$) Dans le sens direct, on applique le théorème de la base incomplète (Th. \ref{thm:base_incomplete}) à la famille libre $L$ et à la famille génératrice $G$ pour construire une base $B$ de $E$ telle que $L \subset B \subset G$. Comme $\card L = n$ et $\card B = n$, alors $L = B$, donc $L$ est une base de $E$. De même, comme $\card G = n$ et $\card B = n$, alors $G = B$, donc $G$ est une base de $E$.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{exercise}
    Soit $(T_n)_n$ la famille de polynômes définie par :

    $$T_0 = 1, T_1 = X, \et \forall n, T_{n+2} = 2XT_{n+1} - T_n$$

    \textit{(Polynômes de Tchebychev\index{polynômes de Tchebychev})}

    Montrer que $(T_0,T_1,\dots,T_n)$ est une base de $\R_n[X]$.

    \textbf{Solution :}

    \begin{outline}        
        \1 \textbf{Famille libre :} $(T_0,T_1,\dots,T_n)$ est une famille échelonnée de $\R_n[X]$, alors d'après l'exercice \ref{exo:famille_echelonnee_libre}, $(T_0,T_1,\dots,T_n)$ est une famille libre de $\R_n[X]$.

        \2 Attention, il s'agit d'un cas particulier de famille échelonnée\index{famille échelonnée}.

        \1 \textbf{Cardinal :} $(T_0,T_1,\dots,T_n)$ est une famille de cardinal $n+1$. La dimension de $\R_n[X]$ est aussi $n+1$.

        \1 \textbf{Conclusion :} $(T_0,T_1,\dots,T_n)$ est une famille libre de $\R_n[X]$ de cardinal $n+1$, et $\underset\R\dim \R_n[X] = n+1$, alors $(T_0,T_1,\dots,T_n)$ est une base de $\R_n[X]$.
    \end{outline}
\end{exercise}

\section{Dimension d'un sous-espace vectoriel}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie et non réduit au singleton $\{0_E\}$, et $F$ un sous-ev. de $E$.

    Alors $F$ est un $\Kset$-ev. de dimension finie, et $\underset\Kset\dim F \le \underset\Kset\dim E$.
\end{property}

\begin{proof}
    On pose $n = \underset\Kset\dim E$ et $B = \{\eps_1,\dots,\eps_n\}$ une base de $E$.

    \begin{outline}
        \1 Si $F = \{0_E\}$, alors $\underset\Kset\dim F = 0 \le n$.
        \1 Si $F \ne \{0_E\}$, alors on considère :
        $$I = \{\card L \tq L \text{ famille libre de } F\}$$
        \2 On a $F \ne \{0_E\}$, alors il existe $x \in F\setminus\{0_E\}$, alors $\{x\}$ est une famille libre de $F$, donc $\card{\{x\}} = 1 \in I$.
        \2 De plus, $\forall L$ famille libre de $F$, $L$ est aussi une famille libre de $E$, alors $\card L \le n$, donc $I$ est majoré par $n$.
        \2 Et comme $I \subset N$, alors $I$ admet une borne supérieure, que nous allons noter $\max(I) = d$.
        \2 Soit $B_F$ une famille libre de $F$ telle que $\card{B_F} = d$. Montrons que $B_F$ est une base de $F$, i.e. $F = \Vect(B_F)$.
            \3 On a $\Vect(B_F) \subset F$, car $B_F \subset F$ et $F$ est un sev. de $E$.
            \3 Supposons qu'il existe $y \in F$ tel que $y \notin \Vect(B_F)$.
            \3 Cela impliquerait que $B_F \cup \{y\}$ est une famille libre de $F$, alors $\card{B_F \cup \{y\}} = d+1 \in I$, ce qui est absurde, donc $\Vect(B_F) = F$.
            \3 Donc $\forall y \in F, y \in \Vect(B_F)$, donc $F = \Vect(B_F)$, et $B_F$ est une base de $F$.
            \2 Donc $F$ est un $\Kset$-ev. de dimension finie.
            \2 Et comme $B_F$ est une base de $F$ alors $\underset\Kset\dim F = \card{B_F} = d \le n = \underset\Kset\dim E$.
            \2 D'où $F$ est un $\Kset$-ev. de dimension finie, et $\underset\Kset\dim F \le \underset\Kset\dim E$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{property}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. et $F,G$ deux sous-ev. de $E$ tels que $G$ est de dimension finie.

    Si $F \subset G$, alors $F$ est de dimension finie et $\underset\Kset\dim F \le \underset\Kset\dim G$...
    
    \textit{avec égalité si et seulement si $F = G$.}
\end{property}

\begin{proof}
    $F$ et $G$ sont deux $\Kset$-ev, avec $F \subset G$ et $G$ de dimension finie ($\underset\Kset\dim G < \infty$).

    Donc $F$ est de dimension finie, avec $\underset\Kset\dim F \le \underset\Kset\dim G$.

    \textbf{Démonstration du cas de l'égalité :}
    \begin{outline}
        \1 Dans le sens indirect ($\impliedby$), si $F = G$, alors $\underset\Kset\dim F = \underset\Kset\dim G$.
        \1 Dans le sens direct ($\implies$), on pose $d = \underset\Kset\dim F = \underset\Kset\dim G$.
        \2 Soit $B = (e_1,\dots,e_d)$ une base de $F$.
        \2 Comme $F \subset G$, alors $B$ est une famille libre de $G$.
        \2 Or $\card B = d = \underset\Kset\dim G$, alors $B$ est une base de $G$.
        \2 Donc $F = \Vect(B) = G$, donc $F = G$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{methodbox}
    Pour montrer l'égalité de deux $\Kset$-ev. de dimension finie, il suffit de montrer que l'un est inclus dans l'autre, et que les deux espaces ont la même dimension.
\end{methodbox}

\begin{exercise}
    On pose $F = \{P(X+1) - P(X) \tq P \in \R_n[X]\}$.

    Montrer que $F = \R_{n-1}[X]$.

    \textbf{Solution :}

    Soit $P = \sum_{k=0}^n a_k X^k \in \R_n[X]$, alors $P(X+1) - P(X) = \sum_{k=0}^n a_k ((X+1)^k - X^k)$.

    \begin{align*}
        P(X+1) - P(X) &= \sum_{k=0}^n a_k \left( (X+1)^k - X^k \right)\\
        &= a_n(\underbrace{(X+1)^n - X^n}_{=\sum_{k=0}^{n-1} \legbinom{n}{k} X^k}) + \underbrace{\sum_{k=0}^{n-1} a_k ((X+1)^k - X^k)}_{\in \R_{n-1}[X]}\\
        &\in \R_{n-1}[X]
    \end{align*}

    On en déduit que $F \subset \R_{n-1}[X]$.

    On a aussi :

    $P(X+1)-P(X) = \sum_{k=1}^{n} a_k ((X+1)^k - X^k)$.

    Donc $F = \Vect((X+1)^k - X^k)_{1 \le k \le n}$.

    Montrons que $((X+1)^k - X^k)_{1 \le k \le n}$ est une famille libre de $\R_{n-1}[X]$.

    Pour cela, on peut utiliser deux méthodes\dots

    \begin{outline}
        \1 \textbf{Première méthode :} $\forall k \in [\![1,n]\!], \deg((X+1)^k - X^k) = k-1$, alors $((X+1)^k - X^k)_{1 \le k \le n}$ est une famille échelonnée\index{famille échelonnée} de $\R_{n-1}[X]$, alors d'après l'exercice \ref{exo:famille_echelonnee_libre}, $((X+1)^k - X^k)_{1 \le k \le n}$ est une famille libre de $\R_{n-1}[X]$.
        \1 \textbf{Deuxième méthode :} Soient $\lambda_1,\dots,\lambda_n \in \R$ tels que $\sum_{k=1}^n \lambda_k ((X+1)^k - X^k) = 0$, alors $\sum_{k=1}^n \lambda_k ((X+1)^k - X^k) = \sum_{k=1}^n \lambda_k (X+1)^k - \sum_{k=1}^n \lambda_k X^k$, donc $\sum_{k=1}^n \lambda_k (X+1)^k = \sum_{k=1}^n \lambda_k X^k$.
        \2 On pose $A(X) = \sum_{k=1}^n \lambda_k X^k$, alors $A(X+1) = A(X)$, donc $A$ admet une infinité de racines (tous les éléments de $\R$, en commençant par $0$, puis $1$, puis $2$...), donc $A$ est le polynôme nul, donc $\forall k \in [\![1,n]\!], \lambda_k = 0$, donc $((X+1)^k - X^k)_{1 \le k \le n}$ est une famille libre de $\R_{n-1}[X]$.
    \end{outline}

    On en déduit que $((X+1)^k - X^k)_{1 \le k \le n}$ est une base de $F$, donc $\underset\R\dim F = n$.

    Or $\underset\R\dim \R_{n-1}[X] = n$, alors $F$ et $\R_{n-1}[X]$ sont deux $\R$-ev. de dimension finie de même dimension, avec $F \subset \R_{n-1}[X]$, alors $F = \R_{n-1}[X]$.
\end{exercise}

\begin{property}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev.

    $E$ est de dimension infinie si et seulement si $E$ admet une famille libre infinie.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 $\impliedby$ : Si $\underset\Kset\dim E < \infty$ ($E$ est de dimension finie), alors $E$ admet une famille génératrice finie de cardinal $d$. Donc $\forall L$ famille libre de $E$, $\card L \le d$, donc $E$ n'admet pas de famille libre infinie, ce qui est absurde, donc $E$ est de dimension infinie.
        \1 $\implies$ : Supposons que $E$ est de dimension infinie.
            \2 Comme $E \ne \{0_E\}$, alors il existe $e_1 \in E\setminus\{0_E\}$, alors $\{e_1\}$ est une famille libre de $E$.
            \2 On a aussi $E \ne \Vect(e_1)$ car $E$ est de dimension infinie et il ne peut pas avoir de famille génératrice finie, alors il existe $e_2 \in E\setminus\Vect(e_1)$, alors $\{e_1,e_2\}$ est une famille libre de $E$.
            \2 On a aussi $E \ne \Vect(e_1,e_2)$, et on continue ainsi de suite pour construire une famille libre infinie de $E$.
            \2 Pour démontrer cela rigoureusement, nous allons procéder par récurrence pour construire une famille libre de cardinal $n$ pour tout $n \in \N^*$, et ainsi construire une famille libre infinie de $E$.
                \3 \textbf{Initialisation :} $n=1$, on a déjà construit une famille libre de cardinal $1$ de $E$, à savoir $\{e_1\}$.
                \3 \textbf{Hérédité :} Supposons que nous avons construit une famille libre de cardinal $n$, à savoir $\{e_1,\dots,e_n\}$, alors comme $E$ est de dimension infinie, alors $E \ne \Vect(e_1,\dots,e_n)$, alors il existe $e_{n+1} \in E\setminus\Vect(e_1,\dots,e_n)$, alors $\{e_1,\dots,e_n,e_{n+1}\}$ est une famille libre de cardinal $n+1$ de $E$.
            \2 Donc $\forall n \in \N^*$, il existe une famille libre de cardinal $n$ de $E$, alors il existe une famille libre infinie de $E$.
        \1 Donc $E$ est de dimension infinie si et seulement si $E$ admet une famille libre infinie.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{exercise}
    On pose $E = \mathcal{C}([0,1],\Kset)$. Montrer que $E$ est de dimension infinie.

    \textbf{Solution :}

    On va s'aider de la fonction exponentielle de base $e^\alpha$\index{fonction exponentielle de base $e^\alpha$} pour construire une famille libre infinie de $E$.

    On pose $\forall \alpha \in \R, f_\alpha : [0,1] \to \R, f_\alpha(x) = e^{\alpha x}$.

    On sait déjà que $(f_\alpha)_{\alpha \in \R}$ est une famille libre, et infinie, donc $E$ est de dimension infinie.

    Sinon, on peut aussi utiliser une fonction polynomiale pour construire une famille libre infinie de $E$, en posant :

    $$\forall n \in \N, e_n : [0,1] \to \R, e_n(x) = x^n$$
\end{exercise}

\section{Espace produit}

\begin{definition}
    Soient $E,F$ deux $\Kset$-ev.

    On pose $E\times F = \{(x,y) \tq x \in E, y \in F\}$.

    $E \times F$ est un $\Kset$-ev. pour les lois suivantes :
    
    $$\forall (x_1,y_1),(x_2,y_2) \in E\times F, \forall \lambda \in \Kset, (x_1,y_1) + (x_2,y_2) = (x_1+x_2,y_1+y_2)$$
    $$\forall (x,y) \in E\times F, \forall \lambda \in \Kset, \lambda (x,y) = (\lambda x, \lambda y)$$
\end{definition}

\begin{remark}
    \begin{outline}
        \1 L'élément neutre de la loi $+$ dans $E\times F$ est $(0_E,0_F)$.
        \1 Le symétrique de $(x,y)$ par rapport à $+$ dans $E\times F$ est $(-x,-y)$.
    \end{outline}
\end{remark}

\begin{property}
    Si $E$ et $F$ sont deux $\Kset$-ev. de dimension finie, alors $E\times F$ est aussi de dimension finie, et $\underset\Kset\dim (E\times F) = \underset\Kset\dim E + \underset\Kset\dim F$.
\end{property}

\begin{proof}
    Soient $n = \underset\Kset\dim E$ et $m = \underset\Kset\dim F$, et $B_E = (e_1,\dots,e_n)$ une base de $E$, et $B_F = (f_1,\dots,f_m)$ une base de $F$.

    Donc $\forall (x,y) \in E\times F, \exists ! \lambda_1,\dots,\lambda_n \in \Kset, \exists ! \mu_1,\dots,\mu_m \in \Kset$ tels que :
    
    \begin{align*}
        (x,y) = (x,0_F) + (0_E,y) = (\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i,0_F) + (0_E, \sum_{i=1}^m \mu_i f_i) = (\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i, \sum_{i=1}^m \mu_i f_i)
    \end{align*}
    
    Donc $B_{E\times F} = (e_i,0_F)_{1\le i\le n} \cup (0_E,f_j)_{1\le j\le m}$ est une base de $E\times F$.

    On en déduit que $E\times F$ est de dimension finie,
    
    et $\underset\Kset\dim (E\times F) = \card{B_{E\times F}} = n + m = \underset\Kset\dim E + \underset\Kset\dim F$.
\end{proof}

\begin{remark}
    En général, si $E_1,\dots,E_n$ sont des $\Kset$-ev., alors
    $E_1 \times \cdots \times E_n$ est aussi un $\Kset$-ev. pour les lois suivantes :
    $\forall x = (x_1,\dots,x_r) \in \prod_{k=1}^r E_k, \forall y = (y_1,\dots,y_r) \in \prod_{k=1}^r E_k, \forall \lambda \in \Kset, x+y = (x_1+y_1,\dots,x_r+y_r)$ et $\lambda x = (\lambda x_1,\dots,\lambda x_r)$.

    Si, de plus, les $(E_k)_{1\le k \le r}$ sont de dimension finie, alors $\underset\Kset\dim (\prod_{k=1}^r E_k) = \sum_{k=1}^r \underset\Kset\dim E_k$.
\end{remark}

\begin{example}
    $\Kset$ est un $\Kset$-ev. de dimension $1$, alors $\Kset^n = \prod_{k=1}^n \Kset$ est un $\Kset$-ev. de dimension $\sum_{i=1}^n 1 = n$.
\end{example}

\section{Rang d'une famille de vecteurs}

\begin{definition}
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. et $(V_1,\dots,V_p)$ une famille de vecteurs de $E$.

    On appelle rang de la famille $(V_1,\dots,V_p)$, noté $\rang(V_1,\dots,V_p)$, le nombre $r = \underset\Kset\dim \Vect(V_1,\dots,V_p)$.
\end{definition}

\begin{example}
    Pour $E = \R^4$, et $V_1 = (1,2,1,-1)$, $V_2 = (-1,-2,2,-2)$, $V_3 = (2,4,0,0)$.

    La famille $(V_1,V_2,V_3)$ est une famille de vecteurs de $E$.

    On a $\Vect(V_1,V_2,V_3) = \Vect(V_1,V_2)$, car $V_3 = 2V_1 - V_2$, alors $\underset\R\dim \Vect(V_1,V_2,V_3) = \underset\R\dim \Vect(V_1,V_2)$. De plus, $V_1$ et $V_2$ sont linéairement indépendants, alors $\underset\R\dim \Vect(V_1,V_2) = 2$. Donc $\rang(V_1,V_2,V_3) = 2$.
\end{example}

\begin{property}
    Soient $V_1,\dots,V_p \in E$.
    
    $$\rang(V_1,\dots,V_p) \le p$$
    
    avec égalité si et seulement si $(V_1,\dots,V_p)$ est une famille libre de $E$,
    
    i.e. $\rang(V_1,\dots,V_p) = p \iff (V_1,\dots,V_p) \text{ est une famille libre de } E$.

    \label{prop:rang_famille_libre_iff_rang_egal_card}
\end{property}

\begin{proof}
    On pose $F = \Vect(V_1,\dots,V_p)$, alors $\underset\Kset\dim F = \rang(V_1,\dots,V_p) = r$.

    Donc $r = \underset\Kset\dim F \le \underset\Kset\dim \Vect(V_1,\dots,V_p) \le \card{V_1,\dots,V_p} = p$.

    \textbf{Démonstration dans le sens indirect : }

    Si $(V_1,\dots,V_p)$ est une famille libre, alors $\Vect(V_1,\dots,V_p)$ est une base de $F$ et donc $\underset\Kset\dim F = \card{V_1,\dots,V_p} = p$, alors $\rang(V_1,\dots,V_p) = p$.

    \textbf{Démonstration dans le sens direct : }

    Si $(V_1,\dots,V_p)$ est une famille génératrice de $F$, avec $\card{V_1,\dots,V_p} = p = \rang(V_1,\dots,V_p)$, alors $(V_1,\dots,V_p)$ est une base de $F$, donc forcément $(V_1,\dots,V_p)$ est une famille libre de $E$.

    Ainsi, $\rang(V_1,\dots,V_p) = p \iff (V_1,\dots,V_p) \text{ est une famille libre de } E$.
\end{proof}

\begin{property}
    Soient $V_1,\dots,V_p \in E$.

    \begin{enumerate}
        \item $\rang(0_E,V_1,\dots,V_p) = \rang(V_1,\dots,V_p)$
        \item $\forall \sigma \in S_p, \rang(V_{\sigma(1)},\dots,V_{\sigma(p)}) = \rang(V_1,\dots,V_p)$ où $S_p$ est l'ensemble des permutations de $\{1,\dots,p\}$.
        \item $\forall \lambda \in \Kset^*, \rang(\lambda V_1,V_2,\dots,V_p) = \rang(V_1,V_2,\dots,V_p)$
        \item $\forall \lambda_2,\dots,\lambda_p \in \Kset, \rang(V_1 + \sum_{k=2}^p \lambda_k V_k, V_2,\dots,V_p) = \rang(V_1,V_2,\dots,V_p)$
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \textbf{Démonstration de la quatrième propriété :}

    On pose $V_1' = V_1 + \sum_{k=2}^p \lambda_k V_k$, alors $\Vect(V_1',V_2,\dots,V_p) = \Vect(V_1,V_2,\dots,V_p)$, donc $\underset\Kset\dim \Vect(V_1',V_2,\dots,V_p) = \underset\Kset\dim \Vect(V_1,V_2,\dots,V_p)$, donc $\rang(V_1',V_2,\dots,V_p) = \rang(V_1,V_2,\dots,V_p)$.
\end{proof}

\section{Famille échelonnée}

\begin{definition}[Famille échelonnée]
    Soit $E$ un $\Kset$-ev. de dimension finie, et $(e_1,\dots,e_n)$ une base de $E$ (donc $\underset\Kset\dim E = n$).

    Soient $p\le n$ et $v_1,\dots,v_p \in E$ une famille de vecteurs.

    On a $\forall 1 \le i \le p, v_i = \sum_{j=1}^n \lambda_{i,j} e_j$ (tous ces vecteurs peuvent s'écrire comme une combinaison linéaire de la base de $E$).

    Si $\exists \varphi : [\![1,p]\!] \to [\![1,n]\!]$ strictement croissante telle que $\forall i \in [\![1,p]\!], v_i = \sum_{j=\varphi(i)}^{n} \lambda_{i,j} e_j$ avec $\forall i, \lambda_{i,\varphi(i)} \ne 0$, alors on dit que $(v_1,\dots,v_p)$ est une famille échelonnée de $E$.
\end{definition}

Plus concrètement, si le vecteur $v_1 = \lambda_1 e_1 + \lambda_2 e_2 + \cdots + \lambda_n e_n$, on aura aussi $v_1 = \lambda_{1,\varphi(1)} e_{\varphi(1)} + \cdots + \lambda_{1,n} e_n$.

Et pour le vecteur $v_2 = \lambda_1' e_1 + \lambda_2' e_2 + \cdots + \lambda_n' e_n$, on aura aussi $v_2 = \lambda_{2,\varphi(2)} e_{\varphi(2)} + \cdots + \lambda_{2,n} e_n$, et on ne retrouvera pas de composante de $e_{\varphi(1)}$ dans $v_2$, et ainsi de suite pour les autres vecteurs de la famille, parce que l'application $\varphi$ est strictement croissante.

\textit{Il s'agit d'une généralisation des familles de vecteurs échelonnés\index{famille de vecteurs échelonnés} dans $\Kset^n$ à n'importe quel $\Kset$-ev, qu'on avait déjà utilisée dans l'exercice \ref{exo:famille_echelonnee_libre}.}

\begin{example}
    Dans $E = \R^4$, la famille de vecteurs $((1,2-1,-3),(0,-1,3,0),(0,0,0,2))$ est une famille échelonnée de $E$.

    \begin{outline}
        \1 En effet, on a :
        \2 $v_1 = (1,2,-1,-3) = 1\cdot e_1 + 2\cdot e_2 - 1\cdot e_3 - 3\cdot e_4$, alors $\varphi(1) = 1$ et $\lambda_{1,\varphi(1)} = \lambda_{1,1} = 1 \ne 0$.
        \2 $v_2 = (0,-1,3,0) = 0\cdot e_1 - 1\cdot e_2 + 3\cdot e_3 + 0\cdot e_4$, alors $\varphi(2) = 2$ et $\lambda_{2,\varphi(2)} = \lambda_{2,2} = -1 \ne 0$.
        \2 $v_3 = (0,0,0,2) = 0\cdot e_1 + 0\cdot e_2 + 0\cdot e_3 + 2\cdot e_4$, alors $\varphi(3) = 3$ et $\lambda_{3,\varphi(3)} = \lambda_{3,3} = 2 \ne 0$.
        \1 On peut construire l'application $\varphi : [\![1,3]\!] \to [\![1,4]\!]$ strictement croissante telle que $\varphi(1) = 1$, $\varphi(2) = 2$, $\varphi(3) = 4$ et $\lambda_{1,\varphi(1)} = 1 \ne 0$, $\lambda_{2,\varphi(2)} = -1 \ne 0$, $\lambda_{3,\varphi(3)} = 2 \ne 0$.
    \end{outline}
\end{example}

\begin{property}
    Toute famille échelonnée de $E$ est une famille libre de $E$.
\end{property}

\begin{proof}
    Soit $(v_1,\dots,v_p)$ une famille échelonnée de $E$.

    Supposons que $(v_1,\dots,v_p)$ n'est pas une famille libre de $E$.
    
    Alors il existe $\lambda_1,\dots,\lambda_p \in \Kset$, pas tous nuls, tels que $\sum_{i=1}^p \lambda_i v_i = 0_E$.

    Soit $i_0 = \min\{i \in [\![1,p]\!] \tq \lambda_i \ne 0\}$, alors $\alpha_{i_0} \ne 0$ et $\forall i < i_0, \lambda_i = 0$.

    On isole la somme à partir de $i_0$ : $\sum_{i=i_0}^p \lambda_i v_i = 0_E$.

    Donc $\alpha_{i_0} v_{i_0} + \sum_{i=i_0+1}^p \lambda_i v_i = 0_E$.

    Donc $\alpha_{i_0} \lambda_{i_0,\varphi(i_0)} e_{\varphi(i_0)} + \underbrace{\alpha_{i_0} \sum_{j=\varphi(i_0)+1}^n \lambda_{i_0,j} e_j + \sum_{i=i_0+1}^p \lambda_i v_i}_{\in \Vect(e_{\varphi(i_0)+1},\dots,e_n)} = 0_E$ (sachant que $\varphi(i_0) + 1 > \varphi(i_0)$.

    Or $(e_{\varphi(i_0)}, e_{\varphi(i_0)+1},\dots,e_n)$ est une famille libre de $E$, alors $\alpha_{i_0} \lambda_{i_0,\varphi(i_0)} = 0$, ce qui est absurde, car $\alpha_{i_0} \ne 0$ et $\lambda_{i_0,\varphi(i_0)} \ne 0$.

    D'où $(v_1,\dots,v_p)$ est une famille libre de $E$.
\end{proof}

\begin{remark}[Ordre]
    Si, $\forall 1 \le i \le p, v_i = \sum_{j=1}^{\varphi(i)} \lambda_{i,j} e_j$ avec $\varphi : [\![1,p]\!] \to [\![1,n]\!]$ strictement croissante et $\forall i, \lambda_{i,\varphi(i)} \ne 0$, alors $(v_1,\dots,v_p)$ est aussi une famille échelonnée de $E$.

    Les $(\lambda_{i,\varphi(i)})_{1 \le i \le p}$ sont appelés les pivots de la famille échelonnée $(v_1,\dots,v_p)$.
\end{remark}

\begin{example}
    Soit $(e_1,\dots,e_n)$ la base canonique de $\Kset^n$.

    On pose $\forall 1 \le i \le n, v_i = \sum_{k=i}^{n}e_k$.

    La famille de vecteurs $(v_1,\dots,v_n)$ est une base de $\Kset^n$.

    \textbf{Démonstration :}

    \begin{itemize}
        \item La famille est libre car $(v_1,\dots,v_n)$ est une famille échelonnée de $\Kset^n$.
        \item Son cardinal est égal à $n$, qui est aussi la dimension de $\Kset^n$.
        \item Donc $(v_1,\dots,v_n)$ est une famille libre de $\Kset^n$ de cardinal $n$, et $\underset\Kset\dim \Kset^n = n$, alors $(v_1,\dots,v_n)$ est une base de $\Kset^n$ (voir propriété \ref{prop:base_iff_libre_card_dim}).
    \end{itemize}
\end{example}

\begin{methodbox}
    Pour trouver le rang d'une famille de vecteurs $(v_1,\dots,v_p)$, on peut faire des combinaisons linéaires de ces vecteurs pour construire une famille échelonnée de $E$, et le rang de la famille $(v_1,\dots,v_p)$ sera égal au nombre de vecteurs de la famille échelonnée que nous avons construite.
\end{methodbox}

\begin{example}
    Dans $E = \R^4$, on considère la famille de vecteurs :

    $$V_1 = (1,-1,-1,-1)$$
    $$V_2 = (1,1,-1,-1)$$
    $$V_3 = (1,1,1,-1)$$
    $$V_4 = (3,1,-1,-3)$$

    Pour déterminer le rang de la famille $(V_1,V_2,V_3,V_4)$, on suit les étapes suivantes :

    \begin{outline}
        \1 On pose :
            \2 $V_2' = V_2 - V_1 = (0,2,0,0)$,
            \2 $V_3' = V_3 - V_1 = (0,2,2,0)$,
            \2 $V_4' = V_4 - 3V_1 = (0,4,2,0)$.
        \1 On continue et on pose :
            \2 $V_3'' = V_3' - V_2' = (0,0,2,0)$,
            \2 $V_4'' = V_4' - 2V_2' = (0,0,2,0)$.
        \1 On a construit la famille échelonnée $(V_1,V_2',V_3'',V_4'')=(V_1,V_2',V_3'')$ de $E$, dont le rang est $3$ (sachant que le rang d'une famille libre est égal à son cardinal, voir propriété \ref{prop:rang_famille_libre_iff_rang_egal_card}), alors $\rang(V_1,V_2,V_3,V_4) = 3$.
    \end{outline}
\end{example}

\chapter{Somme d'une famille de sous-espaces vectoriels}

\section{Somme de deux sous-espaces vectoriels}

\begin{definition}[Somme de deux sous-espaces vectoriels]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F,G$ deux sous-ev. de $E$.

    On définit l'ensemble $F+G = \{x+y \tq x \in F, y \in G\} \subset E$ comme la somme de $F$ et $G$.
\end{definition}

\begin{property}
    \begin{outline}
    \1 $F+G$ est un sev. de $E$.
    \1 $F+G = \Vect(F \cup G)$.
    \end{outline}
\end{property}

\begin{proof}
    \textbf{Démonstration de la première propriété :}

    \begin{outline}
        \1 $F+G \subset E$, car $F \subset E$ et $G \subset E$.
        \1 $0_E = 0_E + 0_E \in F+G$, alors $F+G \ne \emptyset$.
        \1 Soient $u,v \in F+G$, alors $\exists x_1,x_2 \in F, y_1,y_2 \in G$ tels que $u = x_1 + y_1$ et $v = x_2 + y_2$, alors $u+v = (x_1+x_2) + (y_1+y_2) \in F+G$.
        \1 On a aussi $\forall \lambda \in \Kset, \forall u,v \in F+G, u + \lambda v = (x_1 + y_1) + \lambda (x_2 + y_2) = (x_1 + \lambda x_2) + (y_1 + \lambda y_2) \in F+G$, sachant que $F$ et $G$ sont des sev. de $E$.
        \1 Soient $\lambda \in \Kset$ et $u \in F+G$, alors $\exists x \in F, y \in G$ tels que $u = x+y$, alors $\lambda u = (\lambda x) + (\lambda y) \in F+G$.
        \1 Donc $F+G$ est un sev. de $E$.
    \end{outline}

    \textbf{Démonstration de la deuxième propriété :}

    \begin{outline}
        \1 $F+G \subset \Vect(F \cup G)$, car, par définition $\Vect(F \cup G)$ est le plus petit sous-espace vectoriel de $E$ contenant $F \cup G$.
        \1 On sait que $F \subset F+G$ et $G \subset F+G$, alors $F \cup G \subset F+G$, alors $\Vect(F \cup G) \subset F+G$.
        \1 \textit{Méthode alternative : On peut considérer les combinaisons linéaires de $F \cup G$ pour construire $\Vect(F \cup G)$, et on peut montrer que toutes ces combinaisons linéaires sont aussi des éléments de $F+G$, alors $\Vect(F \cup G) \subset F+G$.}
        \1 Donc $F+G = \Vect(F \cup G)$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{attention}
    On ne peut pas sommer deux sous-espaces vectoriels d'espaces vectoriels différents.
\end{attention}

\begin{definition}[Somme directe de deux sous-espaces vectoriels]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F,G$ deux sous-ev. de $E$.

    La somme $F+G$ est une somme directe de $F$ et $G$ si $F \cap G = \{0_E\}$, c'est à dire si $F$ et $G$ n'ont que le vecteur nul en commun.
\end{definition}

\begin{definition}[Sous-espace vectoriel supplémentaire]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F$ un sev. de $E$.

    On dit que $G$ est un sev. supplémentaire de $F$ dans $E$ si $E = F \oplus G$, c'est à dire si $E = F+G$ et $F \cap G = \{0_E\}$.
\end{definition}

\begin{attention}
    Il ne faut pas confondre ``supplémentaire'' et ``complémentaire''. En effet, si $F$ est un sev. de $E$, alors $C_E(F)$ (le complémentaire de $F$ dans $E$) n'est pas un sev. car $0_E \notin C_E(F)$, alors $C_E(F)$ ne peut pas être un sev. supplémentaire de $F$ dans $E$.
\end{attention}

\begin{remark}
    Si $E = F \oplus G$, alors $G \subset C_E(F)\cup\{0_E\}$, car, en posant $x \in G\setminus\{0_E\}$, alors si $x \in F$ on a $x \in F\cap G = \{0_E\}$, ce qui est absurde, alors $x \notin F$.
\end{remark}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F,G$ deux sous-ev. de $E$.

    Les propriétés suivantes sont équivalentes :

    \begin{outline}
        \1 $E = F \oplus G$.
        \1 $E = F + G$ et $F \cap G = \{0_E\}$.
        \1 $\forall x \in E, \exists ! (y,z) \in F\times G, x = y+z$.
    \end{outline}
\end{property}

\begin{proof}
    \textbf{Démonstration de la première équivalence :} [(1) $\iff$ (2)]

    $E = F \oplus G$ signifie que $E = F + G$ et que $F \cap G = \{0_E\}$, donc $E = F + G$ et $F \cap G = \{0_E\}$.

    Réciproquement, si $E = F + G$ et $F \cap G = \{0_E\}$, alors $E = F \oplus G$.

    \textit{Finalement, on a simplement utilisé la définition de la somme directe de $F$ et $G$ pour démontrer la première équivalence.}
    
    \textbf{Démonstration de la deuxième équivalence :} [(2) $\iff$ (3)]

    Supposons que $E = F + G$ et que $F \cap G = \{0_E\}$.

    \begin{outline}
    \1 \textbf{Démonstration de l'existence de la décomposition :} Soit $x \in E$, alors $\exists y \in F, z \in G$ tels que $x = y+z$, car $E = F + G$.

    \1 \textbf{Démonstration de l'unicité de la décomposition :}
    
    \2 \textbf{Dans le sens direct $\implies$ :} Supposons qu'il existe aussi $y' \in F, z' \in G$ tels que $x = y' + z'$, alors on a $(y-y') + (z-z') = 0_E$, alors $(y-y') = -(z-z')$, alors $(y-y') \in F\cap G$, alors $(y-y') = 0_E$, alors $y=y'$ et aussi $z=z'$, donc $\exists ! (y,z) \in F\times G, x=y+z$.

    \2 \textbf{Réciproquement}, supposons que $\forall x \in E, \exists ! (y,z) \in F\times G, x=y+z$, alors $\forall x \in E, \exists (y,z) \in F\times G, x=y+z$, alors $E=F+G$. De plus, supposons qu'il existe un élément non nul de $F\cap G$, alors il existe un élément non nul de $F$ qui est aussi dans $G$, ce qui contredit l'unicité de la décomposition de cet élément en somme d'un élément de $F$ et d'un élément de $G$. Donc $F\cap G=\{0_E\}$.
    \end{outline}

    Ainsi, les propriétés sont équivalentes.
\end{proof}

\begin{remark}
    $E = F \oplus G \iff \psi : \begin{matrix}
            F \times G & \to & E \\
            (y,z) & \mapsto & y+z
    \end{matrix}$ est bijective.
\end{remark}

\begin{methodbox}
    Pour montrer que $E = F + G$, on peut :

    \begin{outline}
    \1 Fixer $x \in E$.
    \1 Puis chercher un élément $y \in F$ tel que $x-y \in G$.
    \end{outline}
\end{methodbox}

\begin{example}
    \begin{outline}
        \1 Dans $E = \Kset^n$, on pose : $H = \{x = (x_1,\dots,x_n) \in \Kset^n \tq \sum_{i=1}^n x_i = 0\}$ et $D = \Kset \cdot \underbrace{(1,1,\dots,1)}_{=e}$. On a $\Kset^n = H \oplus D$.
            \2 On va suivre la méthode mentionnée précédemment pour montrer que $\Kset^n = H + D$.
                \3 Soit $x = (x_1,\dots,x_n) \in \Kset^n$.
                \3 On cherche un élément $y \in D$ tel que $x-y \in H$ (c'est plus simple de trouver un élément de $D$ que de trouver un élément de $H$).
                \3 On a $y \in D \implies \exists \lambda \in \Kset \tq y = \lambda e$.
                \3 Alors $x-y = (x_1 - \lambda, \dots, x_n - \lambda)$.
                \3 Et on a
                \begin{align*}
                    x-y \in H &\iff \sum_{i=1}^n (x_i - \lambda) = 0 \\
                    &\iff \sum_{i=1}^n x_i - n\lambda = 0 \\
                    &\iff \lambda = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i
                \end{align*}
                \3 \textit{On peut aussi noter $\lambda$ par $\lambda_x$ pour montrer que $\lambda$ dépend de $x$.}
                \3 Donc $x = \underbrace{(x- \lambda_x\cdot e)}_{\in H} + \underbrace{\lambda_x \cdot e}_{\in D}$.
                \3 D'où $\Kset^n = H + D$.
            \2 Montrons maintenant que l'intersection de $H$ et $D$ est réduite à $\{0_E\}$.
                \3 Soit $x \in H\cap D$, alors $x \in D \implies \exists \lambda \in \Kset \tq x = \lambda e$.
                \3 De plus, $x \in H \implies \sum_{i=1}^n x_i = 0$, alors $\sum_{i=1}^n \lambda = 0$, alors $n\cdot\lambda = 0$, donc $\lambda = 0$, alors $x = 0\cdot e = 0_E$.
                \3 Donc $H\cap D = \{0_E\}$.
    \end{outline}
    \label{exa:K^n_somme_directe_H_D}
\end{example}

\begin{exercise}
    \begin{outline}
        \1 \textbf{Exercice 1 :} Montrer que $E = H \oplus F$, avec :
        \2 $E = \mathcal{C}([a,b],\R) \avec a < b$.
        \2 $H = \{f \in E \tqf \int_a^b f(x) dx = 0\}$.
        \2 $F = \{f \in E \tqf f \text{ est constante}\}$.
        \1 \textbf{Exercice 2 :} Donner un supplémentaire de $\Kset[X]$ dans $\Kset(X)$.
    \end{outline}

    \textbf{Solution de l'exercice 1 :}

    On utilise la méthode mentionnée précédemment pour montrer que $E = H + F$. Ensuite, on montre que $H\cap F = \{0_E\}$. On cherchera un $y \in F$ tel que $f-y \in H$ (c'est plus simple).

    \textbf{Solution de l'exercice 2 :}

    On cherche un ensemble candidat $S$ tel que $\Kset(X) = \Kset[X] + S$ et $\Kset[X] \cap S = \{0_E\}$. On va donc le définir à partir de la recherche d'un élément $Y \in S$ tel que $P-Y \in \Kset[X]$ pour tout $P \in \Kset(X)$, ce qui nous rappelle facilement la DES de $P$, avec $P-Y$ la partie entière de $P$ et $Y$ la partie fractionnaire de $P$.
    
    Donc on peut poser $S = \{R \in \Kset(X) \tq R(0) = 0\}$. On montre que c'est un sev. de $\Kset(X)$, que $\Kset(X) = \Kset[X] + S$ et que $\Kset[X] \cap S = \{0_E\}$, ce qui nous permettra de conclure que $S$ est un sev. supplémentaire de $\Kset[X]$ dans $\Kset(X)$.

    \label{exo:supplementaires_divers}
\end{exercise}

\begin{remark}[Unicité du supplémentaire]
    Le supplémentaire n'est pas unique.

    En effet, en reprenant l'exemple \ref{exa:K^n_somme_directe_H_D}, on peut aussi montrer que $\Kset^n = H \oplus D'$, avec $D' = \Kset \cdot (1,0,\dots,0)$, et $D' \ne D$.
\end{remark}

\section{Somme d'une famille finie de sous-espaces vectoriels}

\begin{definition}[Somme d'une famille de sous-espaces vectoriels]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F_1,\dots,F_n$ des sev. de $E$.

    \begin{enumerate}
        \item On définit la somme des $(F_k)_{1\le k \le n}$ par $\sum_{k=1}^n F_k = \{\sum_{k=1}^n x_k \tq x_k \in F_k\} \subset E$.
        \item La somme des $(F_k)_{1\le k \le n}$ est dite directe si $\forall (x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k, \sum_{k=1}^n x_k = 0_E \implies \forall k, x_k = 0_E$.\\Dans ce cas, on note la somme par $\bigoplus_{k=1}^n F_k$.
    \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F_1,\dots,F_n$ des sev. de $E$.
    \begin{enumerate}
        \item $\sum_{k=1}^{n}F_k$ est un sev. de $E$.
        \item $\sum_{k=1}^n F_k = \bigoplus_{k=1}^n F_k \iff \forall x \in \sum_{k=1}^n F_k, \exists ! (x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k \tq x = \sum_{k=1}^n x_k$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}[enumerate]
        \1 \textbf{Démonstration de la première propriété :} La première démonstration est facile. On utilise simplement la caractérisation d'un sous-espace vectoriel, sans oublier de mentionner que la somme est incluse dans $E$.
        \1 \textbf{Démonstration de la deuxième propriété :}
            \2 Dans le sens direct ($\implies$) :
                \3 Pour démontrer l'existence, on prend $x \in \sum_{k=1}^n F_k$, alors $\exists (x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k$ tels que $x = \sum_{k=1}^n x_k$.
                
                \3 Pour démontrer l'unicité, supposons qu'il existe aussi $(y_1,\dots,y_n) \in \prod_{k=1}^n F_k$ tels que $x = \sum_{k=1}^n y_k$, alors $\sum_{k=1}^n (x_k - y_k) = 0_E$, alors $\forall k, x_k - y_k = 0_E$, alors $\forall k, x_k = y_k$ (parce que la somme est directe), donc $\exists ! (x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k$ tels que $x = \sum_{k=1}^n x_k$.

            \2 Dans le sens indirect ($\impliedby$) :
                \3 Soient $(x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k$ tels que $\sum_{k=1}^n x_k = 0_E$.
                \3 Alors, par unicité de la décomposition, on a $\forall k, x_k = 0_E$, donc $\sum_{k=1}^n F_k$ est directe.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{definition}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F_1,\dots,F_n$ des sev. de $E$.

    On dit que $E$ est la somme directe de $F_1,\dots,F_n$ si $E = \bigoplus_{k=1}^n F_k$, donc si et seulement si $\forall x \in E, \exists ! (x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k$ tels que $x = \sum_{k=1}^n x_k$.

    (\textit{Il s'agit du cas particulier où la somme de $F_1,\dots,F_n$ est égale à $E$ et que cette somme est directe.})
\end{definition}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F_1,\dots,F_n$ des sev. de $E$.

    Les propriétés suivantes sont équivalentes :

    \begin{enumerate}
        \item $\sum_{k=1}^n F_k = \bigoplus_{k=1}^n F_k$.
        \item $\forall i \in [\![1,n]\!], F_i \cap \sum_{\substack{k=1 \\ k \ne i}}^n F_k = \{0_E\}$.
        \item $\forall i \in [\![2,n]\!], F_i \cap \sum_{k=1}^{i-1} F_k = \{0_E\}$.
    \end{enumerate}
\end{property}

\begin{proof}
    La démonstration se fait par raisonnement circulaire : (1) $\implies$ (2) $\implies$ (3) $\implies$ (2).

    \begin{outline}

        \1 \textbf{Démonstration de la troisième implication :} [(3) $\implies$ (2)]

        On va raisonner par absurde.

        Supposons que $\exists i \in [\![1,n]\!]$ tel que $x_i \ne 0$.


        On pose $S = \{ k \in [\![1,n]\!] \tq x_k \ne 0\}$.


        Alors $\begin{cases}
            S \text{ est majorée.}\\
            S \text{ est non vide.}\\
            \implies S \text{ admet une valeur maximale.}
        \end{cases}$

        Posons $s = \max S$, alors $s \in S$ et $x_s \ne 0$.
        
        On a $\sum_{k=1}^n x_k = 0_E$.

        On décompose la somme $\sum_{k=1}^n x_k$ en trois parties :
        
        $$\sum_{k=1}^n x_k = \underbrace{\sum_{k=1}^{s-1} x_k}_{\in \sum_{k=1}^{s-1} F_k} + \underbrace{x_s}_{\in F_s} + \underbrace{\sum_{k=s+1}^n x_k}_{= 0_E}$$

        Alors : $\sum_{k=1}^{s-1} x_k = -x_s$.

        Donc $x_s \in F_s \cap \sum_{k=1}^{s-1} F_k$, et comme l'intersection est réduite au vecteur nul $\{0_E\}$, alors $x_s = 0_E$, ce qui est absurde.
    \end{outline}
\end{proof}
\todo{recop}

\begin{remark}
    $\forall 1 \le i \ne j \le n, F_i \cap F_j = \{0_E\}$ n'implique pas que $\sum_{k=1}^n F_k = \bigoplus_{k=1}^n F_k$.

    Par exemple, dans $E = \R^2$, on pose $F_1 = \R \cdot \underbrace{(1,0)}_{=e_1}$, $F_2 = \R \cdot \underbrace{(0,1)}_{=e_2}$ et $F_3 = \R \cdot \underbrace{(1,1)}_{=e}$.

    On a $e_1 + e_2 - e = 0_E$, alors $F_1 + F_2 + F_3$ n'est pas une somme directe, même si $F_1 \cap F_2 = \{0_E\}$, $F_1 \cap F_3 = \{0_E\}$ et $F_2 \cap F_3 = \{0_E\}$.
\end{remark}

\section{Dimension de la somme de sous-espaces vectoriels}

\begin{theorem}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F_1,\dots,F_n$ des sev. de $E$ de dimension finie.

    On pose $\forall 1 \le i \le n, B_i$ est une base de $F_i$.

    Alors $B = \bigcup_{i=1}^n B_i$ est une base de $\bigoplus_{k=1}^n F_k$, et $\underset\Kset\dim(\bigoplus_{k=1}^n F_k) = \sum_{i=1}^n \underset\Kset\dim(F_i)$.
\end{theorem}

\begin{proof}
    Pour tout $1 \le i \le n$, on pose $B_i = (e_{i,j})_{1 \le j \le n_i}$, avec $n_i = \card B_i = \underset\Kset\dim(F_i)$.

    Soit $x \in \bigoplus_{k=1}^n F_k$, alors $\exists ! (x_1,\dots,x_n) \in \prod_{k=1}^n F_k$ tels que $x = \sum_{k=1}^n x_k$.

    Et on a $\forall 1 \le i \le n, x_i \in F_i = \Vect(B_i)$, alors $\exists ! (\lambda_{i,j})_{1 \le j \le n_i} \in \Kset^{n_i}$ tels que $x_i = \sum_{j=1}^{n_i} \lambda_{i,j} e_{i,j}$.

    Donc $x = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n_i} \lambda_{i,j} e_{i,j}$.

    Et donc $B = (e_i,j)_{\substack{1 \le i \le n \\ 1 \le j \le n_i}}$ est une famille génératrice de $\bigoplus_{k=1}^n F_k$.
\end{proof}

\begin{remark}
    La base $B$ est appelée la base adaptée à la somme directe.

    Et on écrit $B \overset{\text{noté}}= (B_1,\dots,B_n)$ pour montrer que $B$ est constituée de la réunion des bases $B_1,\dots,B_n$, au lieu de $B = \bigcup_{i=1}^n B_i$.
\end{remark}

\begin{attention}
    La notation $B = (B_1,\dots,B_n)$ ne signifie pas que $B$ est un $n$-uplet de bases, mais plutôt que $B$ est constituée de la réunion des bases $B_1,\dots,B_n$. C'est la notation de la \textbf{base adaptée} à la somme directe.
\end{attention}

\begin{consequence}
    Si $E$ est $\Kset$-ev. et $F_1,\dots,F_n$ sont des sev. de dimensions finies de $E$ tels que $E = \bigoplus_{k=1}^n F_k$,
    alors $E$ est de dimension finie et $\underset\Kset\dim(E) = \sum_{i=1}^n \underset\Kset\dim(F_i)$.
\end{consequence}

\begin{theorem}[Lemme]
    Tout sous-espace vectoriel $R$ d'un $\Kset$-ev. de dimension finie $E$ admet un supplémentaire dans $E$, c'est à dire que :

    $$\forall F \text{ sev. de } E, \exists G \text{ sev. de } E, E = F \oplus G$$
    \label{lem:sous_espace_vectoriel_admet_suppl}
\end{theorem}

\begin{proof}
    Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$. On admettra que celui-ci est différent de $\{0_E\}$, sinon $E = \{0_E\} \oplus E$ et la propriété est vérifiée.

    \textbf{Montrons que $\exists H$ sev. de $E$ tel que $F \oplus H = E$.}

    \begin{outline}
        \1 On sait que $F$ est de dimension finie (parce que $E$ est de dimension finie). On pose $p = \underset\Kset\dim(F)$ et on considère une base $B_1 = (e_1,\dots,e_p)$ de $F$.
        \1 $B_1$ est une famille libre de $E$, alors on peut compléter $B_1$ en une base $B = (e_1,\dots,e_p,e_{p+1},\dots,e_n)$ de $E$, en posant $n = \underset\Kset\dim(E) \ge p$, en utilisant le théorème de la base incomplète (voir théorème \ref{thm:base_incomplete}).
        \1 On pose $H = \Vect(e_{p+1},\dots,e_n)$, alors $H$ est un sev. de $E$.
        \1 On a donc $\forall x \in E, \exists ! (\lambda_1,\dots,\lambda_n) \in \Kset^n$ tels que $x = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i$.
        \1 Alors $x = \underbrace{\sum_{i=1}^p \lambda_i e_i}_{\in F} + \underbrace{\sum_{i=p+1}^n \lambda_i e_i}_{\in H}$.
        \1 Donc $\forall x \in E, \exists ! (y,z) \in F\times H, x = y+z$, alors $E = F \oplus H$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{theorem}[Formule de Grassmann]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $F,G$ des sev. de $E$ de dimension finie.

    Alors $\underset\Kset\dim(F+G) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G) - \underset\Kset\dim(F \cap G)$.
\end{theorem}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 On a $F= \Vect(B_1)$ et $G = \Vect(B_2)$, avec $B_1$ et $B_2$ des bases de $F$ et $G$ respectivement.
        \1 Donc $F+G = \Vect(B_1) + \Vect(B_2) = \Vect(B_1 \cup B_2)$.
        \1 Donc $F+G$ est de dimension finie.
        \1 On a $F \cap G$ est un sev. de $F$, avec $F$ de dimension finie.
        \1 Alors, d'après le lemme \ref{lem:sous_espace_vectoriel_admet_suppl}, $F \cap G$ admet un supplémentaire dans $F$, c'est à dire que $\exists H$ sev. de $F$ tel que $F = (F \cap G) \oplus H$.
        \1 Montrons alors que $F+G = H \oplus G$.
        \2 On a $G \cap H = G \cap (F \cap H) = (F \cap G) \cap H = \{0_E\}$, sachant que $H \subset F$. (1)
        \2 Soit $x \in F+G$, alors $\exists y \in F, z \in G$ tels que $x = y+z$.
        \2 Or $y \in F \implies \exists ! (z_1,h) \in (F\cap G)\times H$ tels que $y = z_1 + h$, alors $x = h + (z_1 + z)$, avec $h \in H$ et $z_1 + z \in G$, alors $x \in H + G$. (2)
        \2 De (1) et (2), on a $F+G = H \oplus G$.
        \1 Donc $\underset\Kset\dim(F+G) = \underset\Kset\dim(H) + \underset\Kset\dim(G)$, et $\underset\Kset\dim(F) = \underset\Kset\dim(F \cap G) + \underset\Kset\dim(H)$, alors $\underset\Kset\dim(F+G) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G) - \underset\Kset\dim(F \cap G)$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{remark}
    Soient $F,G$ deux sous-espaces vectoriels de dimensions finies d'un $\Kset$-ev. $E$.

    Si $H$ est un supplémentaire de $F\cap G$ dans $F$, alors $H$ est un supplémentaire de $G$ dans $F+G$, i.e. : $F+G = H \oplus G$.
\end{remark}

\begin{consequence}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev (de dimension finie) et $F,G$ des sous-espaces vectoriels de $E$ de dimension finie.

    Les propriétés suivantes sont équivalentes :

    \begin{enumerate}
        \item $E = F \oplus G$.
        \item $\displaystyle\begin{cases}
        F\cap G = \{0_E\}\\
        \underset\Kset\dim(E) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G)
        \end{cases}$
        \item $\displaystyle\begin{cases} E = F + G \\ \underset\Kset\dim(E) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G)\end{cases}$
    \end{enumerate}

    \label{conseq:carac_somme_directe}
\end{consequence}

\begin{proof}
    La démonstration se fait par raisonnement circulaire : (1) $\implies$ (2) $\implies$ (3) $\implies$ (1).

    \begin{outline}
        \1 La première implication [(1) $\implies$ (2)] est facile à démontrer. On utilise simplement la définition de la somme directe et la formule de Grassmann pour montrer que $F\cap G = \{0_E\}$ et que $\underset\Kset\dim(E) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G)$.
        \1 Démonstration de la deuxième implication [(2) $\implies$ (3)] :
        
            \2 On sait que la dimension de $F+G$ est égale à $\underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G) - \underset\Kset\dim(F \cap G)$, or $F \cap G$ est réduit au singleton vecteur nul $\{0_E\}$.
            \2 Alors $\underset\Kset\dim(F \cap G) = 0$, alors $\underset\Kset\dim(F+G) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G) = \underset\Kset\dim(E)$.
            \2 Et on sait que $F + G \subset E$, alors $E = F + G$.

        \1 Démonstration de la troisième implication [(3) $\implies$ (1)] :
            \2 On sait que $E = F+G$, donc $\underset\Kset\dim(E) = \underset\Kset\dim(F+G)$.
            \2 C'est-à-dire que $\underset\Kset\dim(E) = \underset\Kset\dim(F) + \underset\Kset\dim(G) - \underset\Kset\dim(F \cap G)$, alors $\underset\Kset\dim(F \cap G) = 0$, alors $F \cap G = \{0_E\}$ (c'est le seul sous-espace vectoriel de dimension nulle), alors $E = F \oplus G$.
    \end{outline}
\end{proof}

\chapter{Hyperplans}

\begin{definition}[Hyperplan]
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $H$ un sev. de $E$.

    On dit que $H$ est un hyperplan de $E$ lorsque $\exists a \in E\setminus\{0_E\}$ tel que $E = H \oplus \Kset \cdot a$.
\end{definition}

\begin{example}
    \begin{enumerate}
        \item $H = \{ x \in \Kset^n \tq \sum_{i=1}^n x_i = 0\}$ est un hyperplan de $\Kset^n$, sachant qu'on a déjà montré $\Kset^n = H \oplus \Kset \cdot e_1$.
        \item $\Kset_{n-1}[X]$ est un hyperplan de $\Kset_n[X]$, sachant que $\Kset_n[X] = \Kset_{n-1}[X] \oplus \Kset \cdot X^n$ (on peut le démontrer en utilisant la conséquence \ref{conseq:carac_somme_directe}).
        \item Soit $E =\mathcal{C}([a,b],\C)$. On pose $H = \{ f \in E \tqf \int_a^b f(x) dx = 0\}$ et $D = \{ f \in E \tqf f \text{ est constante}\}$. On a $D = \C\cdot\mathds{1}$ avec $\mathds{1} : \begin{matrix}
            [a,b] & \to & \C \\
            x & \mapsto & 1
        \end{matrix}$, et on a $E = H \oplus \C\cdot\mathds{1}$. En effet, on a déjà montré que $E = H \oplus D$ (exercice \ref{exo:supplementaires_divers}).
    \end{enumerate}
\end{example}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $H$ un sev. de $E$ tel que $H \ne E$. Alors :

    $H$ est un hyperplan de $E$ $\iff$ $\forall b \in E\setminus H, E = H \oplus \Kset \cdot b$.
\end{property}

% колле спесиал =)

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Démonstration dans le sens indirect $(\impliedby)$ : En utilisant la définition.
        \1 Démonstration de le sens direct $(\implies)$ :
        \2 $H$ est un hyperplan de $E$, alors $\exists a \in E\setminus\{0_E\}$ tel que $E = H \oplus \Kset \cdot a$.
        \2 Prenons $b \in E\setminus H$.
        \2 Comme $b \in E = H \oplus \Kset \cdot a$.
        \2 Alors $\exists ! (h_1,\lambda_1) \in H\times\Kset$ tels que : 
        $$b = h_1 + \lambda_1 a$$
        \2 Si $\lambda_1 = 0$, alors $b = h_1 \in H$, ce qui est absurde, alors $\lambda_1 \ne 0$.
        \2 Et on a, $\forall x \in E, \exists ! (h_2,\lambda_2) \in H\times\Kset$ tels que :
        \begin{align*}
            x &= h_2 + \lambda_2 a \\
            &= h_2 + \lambda_2 \cdot \lambda_1^{-1} (b - h_1) \\
            &= (h_2 - \lambda_2 \cdot \lambda_1^{-1} h_1) + \lambda_2 \cdot \lambda_1^{-1} b
        \end{align*}
        \2 Donc $E = H \oplus \Kset \cdot b$.
        \2 Si $x \in H_1 \cap \Kset \cdot b$, alors $\exists \lambda \in \Kset$ tel que $x = \lambda b$ et $x\in H$.
        \2 Mais comme $b \notin H$ alors $\lambda = 0$ alors $x = 0_E$.
        \2 Alors $H \cap \Kset \cdot b = \{0_E\}$, alors $E = H \oplus \Kset \cdot b$. CQFD.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{property}
    Soient $E$ un $\Kset$-ev. et $\underset\Kset\dim(E) = n \in \N^*$, et $H$ un sous-espace vectoriel de $E$.

    $H$ est un hyperplan de $E$ $\iff$ $\underset\Kset\dim(H) = n-1$.
\end{property}

\begin{proof}
    \begin{outline}
        \1 Dans le sens direct $\implies$ la démonstration est facile et se fait en utilisant la définition de l'hyperplan et la dimension d'une somme directe.
        \1 Dans le sens indirect $\impliedby$ :
        \2 On pose $H$ un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension $n-1$.
        \2 On sait que $E = H \oplus F$.
        \2 Donc $\underbrace{\underset\Kset\dim(E)}_{=n} = \underbrace{\underset\Kset\dim(H)}_{=n-1} + \underset\Kset\dim(F)$.
        \2 Alors $\underset\Kset\dim(F) = 1$.
        \2 Donc $\exists a \in E\setminus\{0_E\}$ tel que $F = \Kset \cdot a$.
        \2 Donc $E = H \oplus \Kset \cdot a$, alors $H$ est un hyperplan de $E$.
    \end{outline}
\end{proof}

\begin{attention}
    Il faut toujours s'assurer que l'hyperplan ``candidat'' est bel et bien un sev. de $E$, avant de chercher à étudier sa dimension.

    Par exemple, $\R^{n-1}$ n'est pas un hyperplan de $\R^n$, même si $\underset\R\dim(\R^{n-1}) = n-1$, parce que $\R^{n-1}$ n'est pas un sev. de $\R^n$.
\end{attention}

\begin{center}
    \rule{0.5\textwidth}{1pt}\\
    Fin du Chapitre XIV-A.\\
    \rule{0.5\textwidth}{1pt}
\end{center}

\printindex
\end{document}