Avis de recherche
Mon ami Laurent Kaczmarek souhaite recenser toutes les démonstrations du résultat suivant d’algèbre linéaire.
Un espace vectoriel de dimension finie sur un corps non-dénombrable n’est pas réunion dénombrable de sous-espaces vectoriels stricts.
Preuves dans les cas réel ou complexe acceptées (et même souhaitées !).
Bonjour,
Commençons par cette preuve, en un mot : Baire.
😉
Oui, Baire ça fonctionne. Et aussi la théorie d’intégration (ensembles de mesure nulle).
Or Baire et Lebesgue, ce sont des outils pas très élémentaires ; en plus ça ne marche que dans le cas réel ou complexe. En attendant la preuve de Laurent lui-même, voici la mienne très simple. Elle n’utilise que quelques connaissances en algèbre linéaire et en théorie des ensembles, tels qu’on l’apprend en première année d’études de mathématiques.
Notons K le corps non-dénombrable des scalaires. Nous pouvons supposer que l’espace vectoriel en question est Kn. Faisons récurrence sur la dimension n.
Les cas n=0 et n=1 sont évidents. Soit donc n plus grand que 1. Supposons par l’absurde que Kn est réunion dénombrable de sous-espaces stricts
Considérons la famille d’hyperplans
Elle est injective et non-dénombrable. Donc il existe un scalaire \(\lambda_0\) tel que \(H_{\lambda_0}\neq F_m\) pour tout naturel m. Par conséquent la famille
est une famille de sous-espaces vectoriels stricts de \(H_{\lambda_0}\) et son union est \(H_{\lambda_0}\). Or c’est une contradiction à notre hypothèse de récurrence.
Bien vu, c’est tout simple !
Soit X un espace affine de dimension finie >1 sur un corps non dénombrable K.
Lemme : il y a dans X une infinité non dénombrable d’hyperplans affines.
Preuve : trivial.
Proposition : X ne peut pas être recouvert par une suite H(1),H(2),… d’hyperplans affines.
Preuve : lemme + récurrence sur la dimension de X, en considérant un hyperplan H différent de chaque H(k).
Corollaire : X ne peut pas être recouvert par une suite de sous-espaces affines propres.
Corollaire : soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Alors E ne peut pas être recouvert par une suite de sous-espaces vectoriels propres.
En espérant qu’il n’y a pas de bug 🙂
Pas de bug ! Du point de vue géométrique ta généralisation résume l’idée de ma preuve.
Ah, si seulement les problèmes sur ton blog étaient aussi faciles 😉 En tout cas j’ai réfléchi sur ta question, pourquoi le quotient (2n)!(2m)!/[n!m!(n+m)!] est un entier. Sachant que les coefficients binômiaux correspondent à des rangements ou tirages possibles d’objets (donc des entiers) je cherchais pour ton quotient une interprétation combinatoire en termes de rangementS ; mais je n’ai pas réussi.
Je n’ai pas essayé cette interprétation. Ce serait bien de trouver une telle solution 🙂
Voici ma solution ! Soit K un corps non-dénombrable et E un K-espace vectoriel de dimension finie.
Raisonnons par l’absurde en supposant que
\(E=\bigcup_{m\in\mathbb{N}}F_m\)
avec, pour tout entier m, \(F_m\) s.e.v strict de E. Considérons une base \((e_1, \ldots, e_n)\) de E et
\(f_{\lambda}=\sum_{k\,=\,1}^n\lambda^{k-1}e_k\,,\;\;\;\;\lambda\in K^*\,.\)
Comme K n’est pas dénombrable, il existe \(i\in\mathbb{N}\) tel que \(F_i\) contienne une infinité de vecteurs \(f_{\lambda}\). Il existe donc en particulier n scalaires \(\lambda_1, \ldots, \lambda_n\) deux à deux distincts tels que
\(\forall 1\leq k\leq n,\;\;\;\;f_{\lambda_k}\in F_i\:.\)
Comme le déterminant de Van der Monde
\(V(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\)
est non nul on en déduit que
\(\forall 1\leq k\leq n,\;\;\;\;e_{k}\in F_i\:,\)
et donc que \(F_i=E\), ce qui est absurde.
en ce qui concerne la question: (2n)!(2m)!/[n!m!(n+m)!] est un entier. utiliser la notion de valuation p-adique et en particulier la formule de Legendre qui permet le calcule de Vp(n!), le resultat decoule tout seul
Dans \(K^n\) la courbe gauche \((1,t,…,t^{n-1})\) ne peut couper un hyperplan qu’en au plus \(n-1\) points. S’il n’y a qu’un nombre dénombrable d’hyperplans, il y aura donc une infinité non dénombrable de points de la courbe (et donc de \(K^n\)) hors de leur réunion.
Merci, cher Georges, pour cette preuve (dont la formule ressemble à celle dans la preuve de LK), mais j’avoue que je ne la comprends pas. Qu’est-ce une courbe gauche?
Cher MathOMan, une courbe gauche est une courbe non contenue dans un hyperplan: c’ est une terminologie un peu vieillotte traduite par "skew curve" en anglais ou par "windschiefe Kurve" en allemand. Mais cet adjectif n’apporte rien et j’aurais pu l’omettre.
La courbe dont je parle est \(\gamma:\:K\to K^n,\:t\mapsto (1,t,t^2,\ldots,t^{n-1}).\)
Si \(a_1x_1+\cdots+a_nx_n=0\) est l’équation d’un hyperplan \(H\subset K^n\), alors \(Im(\gamma)\cap H\)est formé des \(\gamma(t)\) avec \(t\) vérifiant \(a_1+\cdots+a_nt^{n-1}=0\) et il n’y a qu’un nombre fini de tels \(t\).
Par suite la courbe ne coupe \(H\)qu’en un nombre fini de points.
Une infinité dénombrable d’hyperplans ne parviendra donc à couper la courbe qu’en un nombre dénombrable de points et il y aura donc une infinité non dénombrable de points de la courbe en dehors de la réunion de tous ces hyperplans (tu auras remarqué que \(\gamma\) est injective et donc d’image équipotente à \(K\)).
Ces points sont des points de \(K^n\) en dehors de la réunion des hyperplans.
Tu remarqueras que, bien que la courbe vienne de la géométrie algébrique, la preuve est complètement élémentaire et ne fait appel techniquement qu’au résultat qu’un polynôme non nul a un nombre fini de racines sur un corps .
Très cordialement, Georges.
Merci pour ces précisions. Si on regarde de près il semble que ta preuve repose sur la même idée que la preuve de LK, mais dans une formulation plus élégante. En tout cas, je suis honoré que mon ancien professeur à l’université de Nice contribue à mon blog !