ESPACES VECTORIELS QUOTIENT Table des mati`eres 1. Aspects

ESPACES VECTORIELS QUOTIENT
DAVID DOS SANTOS FERREIRA — M1
Table des mati` eres
1. Aspects alg´ebriques 1
2. Aspects analytiques 3
1. Aspects alg´ ebriques
Soit Eun espace vectoriel et soit Fun sous-espace vectoriel de E. On
d´efinit la relation suivante entre vecteurs de E
x∼y⇔x−y∈F.
La relation pr´ec´edente est une relation d’´equivalence
(1) elle est r´eflexive : x∼xpuisque 0 ∈F,
(2) elle est sym´etrique : x∼yimplique y∼xpuisque x−y∈Fimplique
y−x=−(x−y)∈F,
(3) elle est transitive : x∼yet y∼zimpliquent x∼zpuisque x−y∈F
et y−z∈Fimpliquent x−z= (x−y)+(y−z)∈F.
Les classes d’´equivalence correspondant `a cette relation d’´equivalence sont
les sous-espaces affines de E(consid´er´e comme un espace affine) parall`eles
`a F
¯x=x+F={x+f, f ∈F}
et l’espace quotient 1que l’on note E/F est l’ensemble des sous-espaces
affines parall`eles `a F. Par exemple si Eest le plan, et Fest une droite
vectorielle du plan, alors c’est l’ensemble des droites affines parall`elles `a la
droite F.
On peut munir E/F d’une structure vectorielle. Ainsi, la somme de deux
classes de vecteurs est d´efinie de la mani`ere suivante
¯x+ ¯y=x+y=x+y+F.
Il s’agit d’abord de montrer que cette d´efinition a un sens. Pour cela, il
faut montrer que cette somme ne d´epend pas des repr´esentants xet ydes
1. On rappelle que l’espace quotient est l’ensemble des classes d’´equivalence.
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classes ¯xet ¯ychoisies. Ainsi il faut montrer que si x∼x0et y∼y0alors
x+y∼x0+y0. Ceci d´ecoule simplement du fait suivant
(x0+y0)−(x+y)=(x−x0)+(y−y0)∈Fsi x∼x0et y∼y0.
De mˆeme, le produit par un scalaire λpeut ˆetre d´efini de la mani`ere suivante
λ¯x=λx =λx +F.
Encore une fois, cette d´efinition ne d´epend pas du choix du repr´esentant x
de la classe ¯xpuisque si x∼¯xalors λx ∼λx0, ce qui se d´eduit 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 v´erifier que
(1) (E/F, +) est un groupe commutatif (dont l’´el´ement neutre est ¯ 0),
(2) 1¯x= ¯x,
(3) λ(¯x+ ¯y) = λ¯x+λ¯y,
(4) (λ+µ)¯x=λ¯x+µ¯x,
(5) λ(µ¯x)=(λµ)¯x.
Aussi curieux que cela puisse paraˆıtre, les vecteurs de cet espace vectoriel
sont des sous-espaces affines ; dans le cas o`u Eest le plan et Fune droite
vectorielle, cela veut dire en particulier que l’on a appris `a sommer des
droites et `a les multiplier par un scalaire !
Th´eor`eme 1. Dans le cas particulier o`u Eest de dimension finie, on a
dim E/F = dim E−dim F.
D´emonstration. En effet, si l’on consid`ere un suppl´ementaire Gde Fet
(g1, . . . , gk) une base de Galors (g1, . . . , gk) est une base de E/F . Le fait
que cette famille soit libre d´ecoule du fait que
λ1g1+· · · +λkgk=¯ 0
implique que λ1g1+· · · +λkgk∈G∩F={0}, ce qui implique que tous
les coefficients λjsont nuls puisque la famille (g1, . . . , gk) est libre. Le fait
que cela soit une famille g´en´eratrice vient du fait que l’on peut compl´eter la
famille (g1, . . . , gk) par des vecteurs (f1, . . . , fm) de Fpour former une base
de E. Il suffit alors de d´ecomposer n’importe quel vecteur xde Eselon cette
base et passer cette ´egalit´e au quotient
x=
k
X
j=1
λjgj+
m
X
j=1
µjfj
| {z }
∈F
implique ¯x=Pk
j=1 λjgj+¯
0. 
Ceci permet en particulier de d´emontrer le th´eor`eme du rang.

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Th´eor`eme du rang. Soit ϕ:E→Hune application lin´eraire d’un espace
vectoriel Ede dimension finie vers un espace vectoriel H. On a la relation
suivante
dim E= dim ker ϕ+ dim Im ϕ.
D´emonstration. Il suffit de montrer que E/ ker ϕet Im ϕsont isomorphes, et
d’appliquer les calculs de dimension sur les espaces quotients. On construit
un isomorphisme ¯ϕentre E/ ker ϕet Im ϕ`a partir de l’application ϕde la
mani`ere suivante
¯ϕ:E/ ker ϕ→Im ϕ
¯x7→ ¯ϕ(¯x) = ϕ(x).
Encore une fois, il faut v´erifier que la d´efinition pr´ec´edente a un sens en
montrant que la valeur de ¯ϕen ¯xne d´epend pas du choix du repr´esentant x
de la classe. Or ceci est ´evident car x∼x0implique
ϕ(x) = ϕ(x0) + ϕ(x−x0) = ϕ(x0)
car x−x0∈ker ϕ. Il est facile de v´erifier que ¯ϕest une application lin´eaire.
De plus, elle est injective car ϕ(¯x) = 0 entraˆıne x∈ker ϕet donc ¯x=¯ 0. La
surjectivit´e est ´evidente. 
2. Aspects analytiques
On suppose d´esormais que Eest un espace norm´e et que Fest un sous-
espace ferm´e de E. On veut d´efinir une norme sur l’espace quotient ; on pose
pour cela
k¯xk=d(x, F )
et comme toujours, il faut montrer que cette quantit´e ne d´epend pas du
choix du repr´esentant xde ¯x. Si x∼x0alors x−x0∈Fet par cons´equent
d(x, F ) = inf
f∈Fkx−fk= inf f∈Fkx0−(f+x0−x)
| {z }
=f0∈F
k
= inf
f0∈Fkx0−f0k=d(x0, F ).
On peut `a pr´esent v´erifier que la fonction (`a valeurs positives) que l’on a
d´efinie sur E/F est bien une norme.
(1) Si k¯xk= 0 alors d(x, F ) = 0, ce qui implique que x∈Fcar Fest
un sous-espace ferm´e de E, donc que ¯x=¯ 0,
(2) On a k¯ 0k=d(0, F ) = 0 et si λ6= 0 alors on a
kλ¯xk= inf
f∈Fkλx −fk=|λ|inf f∈Fkx−λ−1f
|{z}
∈F
k
=|λ|d(x, F ) = |λ| k¯xk.

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(3) Il reste `a v´erifier l’in´egalit´e triangulaire, soit
d(x+y, F )≤d(x, F ) + d(y, F ).
Or pour tout s, t ∈Fon a s+t∈Fet donc
d(x+y, F )≤ kx+y−s−tk ≤ kx−sk+ky−tk.
En passant `a la borne inf´erieure dans l’in´egalit´e pr´ec´edente succes-
sivement dans la variable spuis t, on obtient l’in´egalit´e d´esir´ee.
On consid`ere alors l’application suivante
π:E→E/F
x7→ ¯x.
C’est une application lin´eaire continue. En effet, on a
kπ(x)k=k¯xk=d(x, F ) = inf
f∈Fkx−fk≤kxk
ce qui implique
kπkL(E,E/F )≤1.
En outre πest une application ouverte. Comme πest lin´eaire, il suffit de
v´erifier que π(BE(0,1)) est un voisinage de l’origine. Ce dernier point d´ecoule
de l’´egalit´e
π(BE(0,1)) = BE/F (0,1)
qui se v´erifie ais´ement : si ¯x∈BE/F (0,1) alors d(x, F )<1 et il existe donc
f∈Ftel que kx−fk<1 par cons´equent ¯x=π(x−f)∈π(BE(0,1).
Inversement, si ¯x=π(x)∈π(BE(0,1)) alors k¯xk ≤ kπkL(E,F )kxk<1, donc
¯x∈BE/F (0,1).
Th´eor`eme 2. Si Eest un espace de Banach et Fun sous-espace ferm´e de
E, alors E/F est un espace de Banach.
D´emonstration. Il suffit de montrer que toute s´erie absolument convergente
dans E/F est convergente. Soit Pn≥0¯xnune telle s´erie, ainsi
∞
X
n=0
k¯xnk=
∞
X
n=0
d(xn, F )
converge, or il existe fn∈Ftel que kxn−fnk ≤ d(xn, F )+2−n, ce qui
implique que la s´erie
∞
X
n=0
(xn−fn)

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converge. Notons x∈Esa limite et montrons que Pn≥0¯xnconverge vers
¯x: la suite d’in´egalit´es
¯x−
n
X
k=0
¯xk
=dx−
n
X
k=0
xk, F =d∞
X
k=n+1
(xk−fk) +
n
X
k=0
fk, F 
=d∞
X
k=n+1
(xk−fk), F 
≤
∞
X
k=n+1
(xk−fk
≤
∞
X
k=n+1
kxk−fkk
justifie cette convergence. 
Remarque 3. On peut utiliser le passage au quotient pour montrer que
pour prouver le th´eor`eme de Banach, il suffit de supposer que l’application
lin´eaire est un isomorphisme. En effet, supposons que l’on ait d´emontr´e que
tout isomorphisme continu entre espaces de Banach est un hom´eomorphisme,
alors si ϕ:E→Fest une application lin´eaire continue surjective entre
espaces de Banach, l’application
¯ϕ:E/ ker ϕ→F
¯x7→ ¯ϕ(¯x) = ϕ(x)
est un isomorphisme entre deux espaces de Banach (ϕ´etant continu, ker ϕ
est bien un sous-espace vectoriel ferm´e de Eet E/ ker ϕest un espace de
Banach). En outre cet isomorphisme est continu
k¯ϕ(¯x)kE/F =d(ϕ(x),ker ϕ)≤ kϕ(x)kF≤ kϕkL(E,F )kxkE.
C’est donc un hom´eomorphisme, en particulier une application ouverte.
Comme ϕ= ¯ϕ◦πet que πest ouverte, on en d´eduit que ϕest ouverte.