Soit E un espace vectoriel de dimension finie et \(E\neq \{0\}\)
Soit \(F=\{u_1,...,u_f\}\) une famille libre
Soit \(G=\{v_1,...,v_g\}\) une famille génératrice
Alors:
\(f\leq g\)
Soit \(F\) est une base de \(E\), soit il existe \(r\) vecteurs \(v_{i1},....,v_{ir}\) de \(G\) avec \(r\leq g-f\), tels que \(B=\{u_1,....u_f,v_{i_1},....,v_{i_r}\}\) forme une base de \(E\)
\(\longrightarrow\) preuve
A mdifier la famille génératrice de \(g\)
\(u_1\in E= Vect(v_1,...,v_g)\implies u_1=\alpha_1v_1+....+\alpha_g gv_g\)
\(\exists1\leq i\leq g\), \(\alpha_i\neq 0\)
Sinon \(u_1=\overline 0\) et \(F\) n'est pas libre
On peut supposer que \(\alpha_i\neq0\)
\(E=Vect(v_1,....,v_g)=Vect(\alpha_1u_1,....,v_g)=Vect(\underbrace{\alpha_1v_1+...+\alpha_gv_g}_{u_1},...,v_g)=Vect(v_1,...,v_g)=E\)
\(u_2\in E\), \(u_2=\alpha_1u_1+....+\alpha_gu_g\)
Si \(\alpha_1=..=\alpha_g=0\) ALors \(u_1=\alpha u_1\)??
Il existe \(2\leq i\leq q\), \(\alpha_i\neq 0\)
\(E=Vect(u_1,\alpha_2v_2...,v_g)=Vect(u_1\underbrace{\alpha_2v_2+...+\alpha_gu_g}_{u_2},....v_g)=E\)
Etc...
\(u_3=...\implies\{u_1,u_2,u_3,v_4,...,v_g\}\)
\(u_4=..\{u_1,u_2,u_3,u_4,v_5,...,v_g\}\)
...
Demontrons 1)
Supposons que \(p\gt q\). D'aprés l'inverse, on obtient que \(\{u_1,....u_g\}\) est une famille génératrice.
Mais \(u_{q+1}\in E=Vect(u_1,...u_g)\implies^{\text{Prop 2} }\{u_1,...u_{g+1}\}\) est liée \(\implies\)? F est liée (pas possible)
Demontrons 2)
(2) Pour ce deuxième point, on réitère le procède ci-dessus \(p\) fois et on obtient que \(\mathcal{G}_{p}=\left\{u_{1}, u_{2}, \ldots, u_{p}, v_{p+1}, \ldots, v_{q}\right\}\) est une partie génératrice de \(E .\) Soit \(\mathcal{F}\) est génératrice de \(E\) et alors c'est une base de \(E .\) Soit considérons toutes les parties génératrices de \(E\) de la forme \(\left\{u_{1}, u_{2}, \ldots, u_{p}, v_{i_{1}}, \ldots, v_{i_{s}}\right\}\) et choisissons parmi elles une ayant le plus petit nombre d'éléments. Notons la \(\mathcal{B}=\left\{u_{1}, u_{2}, \ldots, u_{p}, v_{i_{1}}, \ldots, v_{i_{r}}\right\} .\)
Remarquons que cette famille \(\mathcal{B}\) est libre. En effet, sinon il existe un \((p+r)\)-uplet de réels \(\left(\mu_{1}, \ldots, \mu_{p}, \gamma_{i_{1}}, \ldots, \gamma_{i_{r}}\right)\) non tous nuls tel que
$$
\sumi=1^p \mui ui+\sumj=1^r \gammaij vij=0E
$$
Si tous les \(\gamma_{i_{j}}\) sont nuls, alors cela entraine que
$$
\sumi=1^p \mui ui=0E
$$
Et comme \(\mathcal{F}\) est libre, nécessairement tous les \(\mu_{i}\) sont nuls, ce qui est absurde. Ains'il existe \(\ell \in\{1, \ldots, r\}\) tels que \(\gamma_{i_{\ell}} \neq 0\). Quitte à réordonner, on peut supposer que \(\gamma_{i_{1}} \neq 0\). D'où \(v_{i_{1}}\) s'écrit comme une combinaison linéaire des vecteurs \(u_{1}, \ldots, u_{p}, v_{i_{2}}, \ldots, v_{i_{r}}\) et on obtiendrait donc que la famille \(\left\{u_{1}, \ldots, u_{p}, v_{i_{2}}, \ldots, v_{i_{r}}\right\}\) serait encore génératrice mais cela contredit la minimalité de \(\mathcal{B}\). Ainsi \(\mathcal{B}\) est libre et génératrice de \(E\) et c'est une base de \(E .\) Remarquons pour finir que si on applique le point \((1)\) avec \(\mathcal{F}=\mathcal{B}\), on obtient que \(p+r \leq q\), ce qui donne bien \(r \leq q-p\)
Corrolaire du Théorème de la base incomplète
Toute base de \(E\) a la même nombre d'éléments.
Ce nombre s'appelle la dimension de \(E\).
$$n=dimE$$
\(\longrightarrow\) preuve:
