ESPACES VECTORIELS QUOTIENT Table des mati`eres 1. Aspects

ESPACES VECTORIELS QUOTIENT
DAVID DOS SANTOS FERREIRA — M1
Table des matières
1.
2.
Aspects algébriques
Aspects analytiques
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1. Aspects algébriques
Soit E un espace vectoriel et soit F un sous-espace vectoriel de E. On
définit la relation suivante entre vecteurs de E
x ∼ y ⇔ x − y ∈ F.
La relation précédente est une relation d’équivalence
(1) elle est réflexive : x ∼ x puisque 0 ∈ F ,
(2) elle est symétrique : x ∼ y implique y ∼ x puisque x−y ∈ F implique
y − x = −(x − y) ∈ F ,
(3) elle est transitive : x ∼ y et y ∼ z impliquent x ∼ z puisque x−y ∈ F
et y − z ∈ F impliquent x − z = (x − y) + (y − z) ∈ F .
Les classes d’équivalence correspondant à cette relation d’équivalence sont
les sous-espaces affines de E (considéré comme un espace affine) parallèles
à F
x̄ = x + F = {x + f, f ∈ F }
1
et l’espace quotient que l’on note E/F est l’ensemble des sous-espaces
affines parallèles à F . Par exemple si E est le plan, et F est une droite
vectorielle du plan, alors c’est l’ensemble des droites affines parallèlles à la
droite F .
On peut munir E/F d’une structure vectorielle. Ainsi, la somme de deux
classes de vecteurs est définie de la manière suivante
x̄ + ȳ = x + y = x + y + F.
Il s’agit d’abord de montrer que cette définition a un sens. Pour cela, il
faut montrer que cette somme ne dépend pas des représentants x et y des
1. On rappelle que l’espace quotient est l’ensemble des classes d’équivalence.
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classes x̄ et ȳ choisies. Ainsi il faut montrer que si x ∼ x0 et y ∼ y 0 alors
x + y ∼ x0 + y 0 . Ceci découle simplement du fait suivant
(x0 + y 0 ) − (x + y) = (x − x0 ) + (y − y 0 ) ∈ F
si x ∼ x0 et y ∼ y 0 .
De même, le produit par un scalaire λ peut être défini de la manière suivante
λx̄ = λx = λx + F.
Encore une fois, cette définition ne dépend pas du choix du représentant x
de la classe x̄ puisque si x ∼ x̄ alors λx ∼ λx0 , ce qui se déduit de
λx − λx0 = λ(x − x0 ) ∈ F.
L’espace quotient (E/F, +, ·) muni de ces deux lois de composition est un
espace vectoriel. Il n’est pas difficile de vérifier que
(1) (E/F, +) est un groupe commutatif (dont l’élément neutre est 0̄),
(2) 1x̄ = x̄,
(3) λ(x̄ + ȳ) = λx̄ + λȳ,
(4) (λ + µ)x̄ = λx̄ + µx̄,
(5) λ(µx̄) = (λµ)x̄.
Aussi curieux que cela puisse paraı̂tre, les vecteurs de cet espace vectoriel
sont des sous-espaces affines ; dans le cas où E est le plan et F une droite
vectorielle, cela veut dire en particulier que l’on a appris à sommer des
droites et à les multiplier par un scalaire !
Théorème 1. Dans le cas particulier où E est de dimension finie, on a
dim E/F = dim E − dim F.
Démonstration. En effet, si l’on considère un supplémentaire G de F et
(g1 , . . . , gk ) une base de G alors (g1 , . . . , gk ) est une base de E/F . Le fait
que cette famille soit libre découle du fait que
λ1 g1 + · · · + λk gk = 0̄
implique que λ1 g1 + · · · + λk gk ∈ G ∩ F = {0}, ce qui implique que tous
les coefficients λj sont nuls puisque la famille (g1 , . . . , gk ) est libre. Le fait
que cela soit une famille génératrice vient du fait que l’on peut compléter la
famille (g1 , . . . , gk ) par des vecteurs (f1 , . . . , fm ) de F pour former une base
de E. Il suffit alors de décomposer n’importe quel vecteur x de E selon cette
base et passer cette égalité au quotient
x=
k
X
j=1
λj gj +
m
X
µj fj
j=1
| {z }
∈F
implique x̄ =
Pk
j=1 λj gj
+ 0̄.
Ceci permet en particulier de démontrer le théorème du rang.
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Théorème du rang. Soit ϕ : E → H une application linéraire d’un espace
vectoriel E de dimension finie vers un espace vectoriel H. On a la relation
suivante
dim E = dim ker ϕ + dim Im ϕ.
Démonstration. Il suffit de montrer que E/ ker ϕ et Im ϕ sont isomorphes, et
d’appliquer les calculs de dimension sur les espaces quotients. On construit
un isomorphisme ϕ̄ entre E/ ker ϕ et Im ϕ à partir de l’application ϕ de la
manière suivante
ϕ̄ : E/ ker ϕ → Im ϕ
x̄ 7→ ϕ̄(x̄) = ϕ(x).
Encore une fois, il faut vérifier que la définition précédente a un sens en
montrant que la valeur de ϕ̄ en x̄ ne dépend pas du choix du représentant x
de la classe. Or ceci est évident car x ∼ x0 implique
ϕ(x) = ϕ(x0 ) + ϕ(x − x0 ) = ϕ(x0 )
car x − x0 ∈ ker ϕ. Il est facile de vérifier que ϕ̄ est une application linéaire.
De plus, elle est injective car ϕ(x̄) = 0 entraı̂ne x ∈ ker ϕ et donc x̄ = 0̄. La
surjectivité est évidente.
2. Aspects analytiques
On suppose désormais que E est un espace normé et que F est un sousespace fermé de E. On veut définir une norme sur l’espace quotient ; on pose
pour cela
kx̄k = d(x, F )
et comme toujours, il faut montrer que cette quantité ne dépend pas du
choix du représentant x de x̄. Si x ∼ x0 alors x − x0 ∈ F et par conséquent
d(x, F ) = inf kx − f k = inf kx0 − (f + x0 − x) k
|
{z
}
f ∈F
f ∈F
=f 0 ∈F
= inf
kx0 − f 0 k = d(x0 , F ).
0
f ∈F
On peut à présent vérifier que la fonction (à valeurs positives) que l’on a
définie sur E/F est bien une norme.
(1) Si kx̄k = 0 alors d(x, F ) = 0, ce qui implique que x ∈ F car F est
un sous-espace fermé de E, donc que x̄ = 0̄,
(2) On a k0̄k = d(0, F ) = 0 et si λ 6= 0 alors on a
kλx̄k = inf kλx − f k = |λ| inf kx − λ−1 f k
| {z }
f ∈F
f ∈F
∈F
= |λ| d(x, F ) = |λ| kx̄k.
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(3) Il reste à vérifier l’inégalité triangulaire, soit
d(x + y, F ) ≤ d(x, F ) + d(y, F ).
Or pour tout s, t ∈ F on a s + t ∈ F et donc
d(x + y, F ) ≤ kx + y − s − tk ≤ kx − sk + ky − tk.
En passant à la borne inférieure dans l’inégalité précédente successivement dans la variable s puis t, on obtient l’inégalité désirée.
On considère alors l’application suivante
π : E → E/F
x 7→ x̄.
C’est une application linéaire continue. En effet, on a
kπ(x)k = kx̄k = d(x, F ) = inf kx − f k ≤ kxk
f ∈F
ce qui implique
kπkL(E,E/F ) ≤ 1.
En outre π est une application ouverte. Comme π est linéaire, il suffit de
vérifier que π(BE (0, 1)) est un voisinage de l’origine. Ce dernier point découle
de l’égalité
π(BE (0, 1)) = BE/F (0, 1)
qui se vérifie aisément : si x̄ ∈ BE/F (0, 1) alors d(x, F ) < 1 et il existe donc
f ∈ F tel que kx − f k < 1 par conséquent x̄ = π(x − f ) ∈ π(BE (0, 1).
Inversement, si x̄ = π(x) ∈ π(BE (0, 1)) alors kx̄k ≤ kπkL(E,F ) kxk < 1, donc
x̄ ∈ BE/F (0, 1).
Théorème 2. Si E est un espace de Banach et F un sous-espace fermé de
E, alors E/F est un espace de Banach.
Démonstration. Il suffit de montrer
P que toute série absolument convergente
dans E/F est convergente. Soit n≥0 x̄n une telle série, ainsi
∞
X
kx̄n k =
n=0
∞
X
d(xn , F )
n=0
converge, or il existe fn ∈ F tel que kxn − fn k ≤ d(xn , F ) + 2−n , ce qui
implique que la série
∞
X
(xn − fn )
n=0
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P
converge. Notons x ∈ E sa limite et montrons que n≥0 x̄n converge vers
x̄ : la suite d’inégalités
X
n
n
∞
n
X
X
X
x̄ −
x̄k = d x −
xk , F = d
(xk − fk ) +
fk , F
k=0
k=0
k=n+1
k=0
X
∞
=d
(xk − fk ), F
k=n+1
X
∞
X
∞
≤
(xk − fk ≤
kxk − fk k
k=n+1
k=n+1
justifie cette convergence.
Remarque 3. On peut utiliser le passage au quotient pour montrer que
pour prouver le théorème de Banach, il suffit de supposer que l’application
linéaire est un isomorphisme. En effet, supposons que l’on ait démontré que
tout isomorphisme continu entre espaces de Banach est un homéomorphisme,
alors si ϕ : E → F est une application linéaire continue surjective entre
espaces de Banach, l’application
ϕ̄ : E/ ker ϕ → F
x̄ 7→ ϕ̄(x̄) = ϕ(x)
est un isomorphisme entre deux espaces de Banach (ϕ étant continu, ker ϕ
est bien un sous-espace vectoriel fermé de E et E/ ker ϕ est un espace de
Banach). En outre cet isomorphisme est continu
kϕ̄(x̄)kE/F = d(ϕ(x), ker ϕ) ≤ kϕ(x)kF ≤ kϕkL(E,F ) kxkE .
C’est donc un homéomorphisme, en particulier une application ouverte.
Comme ϕ = ϕ̄ ◦ π et que π est ouverte, on en déduit que ϕ est ouverte.