Dimension d’un espace de Banach

Supposons par l’absurde qu’il existe une base algébrique dénombrable $(e_n)_{n\geqslant 1}$ de $X$, et posons
$$F_n=\operatorname{Vect}(e_1,\dots,e_n).$$Recouvrement. Tout $x\in X$ est combinaison linéaire d’un nombre fini de vecteurs de la base, donc appartient à un $F_n$ pour $n$ assez grand :
$$X=\bigcup_{n\geqslant 1}F_n .$$Chaque $F_n$ est fermé. Un sous-espace de dimension finie d’un espace normé est complet (toutes les normes y étant équivalentes) il est isomorphe à $\mathbb{K}^{n}$ comme espace normé, donc fermé dans $X$.

Chaque $F_n$ est d’intérieur vide. Comme $X$ est de dimension infinie, $F_n\neq X$ : choisissons $a\in X\setminus F_n$. Si $F_n$ contenait une boule $B(x_0,r)$ avec $x_0\in F_n$, alors par translation il contiendrait $B(0,r)$, puis par homogénéité
$$\frac{r}{2\|a\|}\,a\in B(0,r)\subseteq F_n\ \Longrightarrow\ a\in F_n,$$contradiction. Donc $\mathring{F_n}=\varnothing$.

Conclusion par Baire. L’espace $X$ est complet, donc de Baire : il n’est pas réunion dénombrable de fermés d’intérieur vide. Le recouvrement $X=\bigcup_n F_n$ est donc impossible.

Ainsi $X$ n’admet aucune base algébrique dénombrable : sa dimension est indénombrable. $\blacksquare$

Corollaire. Aucun espace de Banach de dimension infinie n’admet de base algébrique explicite : leur existence repose sur l’axiome du choix, et l’argument ci-dessus montre qu’aucune construction dénombrable ne peut aboutir.