Fiche de mathématiques

Ile mathématiques > maths Bac + > Algèbre

Dualité - Chapitre IV
Utilisation

IV - 1. Comparaison entre G et (°G)°

IV - 1 - 1. Exercice 1 - 1. Inégalité stricte en dimension non finie

E = R[X] représente le R-ev des polynômes à une indéterminée, à coefficients réels. Pour tout entier k, on définit l'application f_k par : pour tout élément P de E s'écrivant P(X) = a₀ + a₁X + ... + a_pX^p, on pose : f_k(P) = a_k.
1. Montrer que la famille (f_k)_{k N} est une famille libre de E*, espace dual de E.
2. On pose H_k = Ker(f_k). Que dire de H_k ? Ecrire une décomposition de E en somme directe associée.
3. On appelle G le sev de E* engendré par la famille (f_k)_{k N}. Soit f définie sur E par f(P) = P(1). Montrer que f est dans E* mais pas dans G. On a donc : G est un sev de E* strictement inclus dans E*.
4. Etudier °G, puis (°G)°. Conclure.

Correction de l'exercice 1- 1.
1. Si P(X) = $\sum$ a_iXⁱ et Q(X) = $\sum$ b_jX^j, et si r et s sont deux réels quelconques, (r.P + s.Q)(X) = $\sum$ (ra_p + sb_p)X^p. Donc, f_k(r.P + s.Q) = ra_k + sb_k = rf_k(P) + sf_k(P). Ceci prouve que : $\forall$ k $\in$ N, f_k $\in$ E*.
Considérons une sous-famille finie f₀ , ... , f_N de (f_k)_{k N}. Etudions : r₀.f₀ + ... + r_N.f_N = O*. Pour tout polynôme P nous aurons donc r₀.f₀(P) + ... + r_N.f_N(P) = 0, en particulier si P(X) = X^k : on trouve r_k = 0. La famille f₀ , ... , f_N est donc libre. On en déduit que (f_k)_{k N}. est libre dans E*.
Nous remarquons que (f_k)_{k N}est duale de la base canonique de E : < X^p , f_q > = δ_pq.

2. Puisque f_k(X^k) = 1, la forme linéaire f_k est non nulle. On sait qu'alors H_k = Ker(f_k) est un hyperplan de E. On peut écrire que E = H_k $\bigoplus$ R.X^k.

3. Résultat classique : f est une forme linéaire sur E. Si f était élément de G, il existerait n réels r₀ , ... , r_n tels que l'on ait : f = r₀.f₀ + ... + r_n.f_n. Donc, pour tout P dans E, f(P) = r₀.f₀(P) + ... + r_n.f_n(P).
Si l'on prend P(X) = Xⁿ⁺¹, cela donne : 1 = 0. Ce qui est faux. Donc f n'appartient pas à G. Ceci prouve qu'en dimension non finie, E* est "beaucoup plus grand" que E.

4. P $\in$ °G $\Longrightarrow$ $\forall$ k $\in$ N, < P , f_k > = 0 : tous les coefficients de P sont nuls. Donc °G = {0_E}.
F $\in$ (°G)° $\Longrightarrow$ < 0_E , F > = 0. Donc (°G)° = E*. Comme G est strictement inclus dans E*, on en déduit que, contrairement à la dimension finie, l'inclusion G $\subset$ (°G)° peut être stricte.

IV - 1 - 2. Exercice 1 - 2. Utilisation de l'égalité en dimension finie

On donne le résultat suivant : $\displaystyle \int_a^b(t-a)(t-b)(t-c)dt = \frac{1}{12}(b-a)^3(2c-a-b)$ .
Soient E = R₃[X] le R-ev (de dimension 4) des polynômes de degré $\leq$ 3 et du polynôme nul et a, b, c trois réels distincts. On considère les quatre applications définies sur E par
f_a : P fleche2

P(a), f_b : P fleche2

P(b), f_c : P fleche2

P(c), $f : P \to \ f(P) = \displaystyle \int_a^bP(t)dt$
1. Montrer que (f_a , f_b , f_c) est libre dans E*. On pose G = vec(f_a , f_b , f_c). En déduire dim(G) et la nature de G.
2. En utilisant la relation G = (°G)°, montrer que : f $\in$ G $\Longleftrightarrow$ c = $\frac{a+b}{2}$
3. En déduire, pour tout P dans E, la valeur de f(P) en fonction de P(a), P(b), P $\left(\frac{a+b}{2}\right)$ .

Correction de l'exercice 1 - 2.
1. Pas de difficulté pour cette question (voir dans I - 2 - 2, l'exemple I - 6). On a alors dim(G) = 3. On remarquera que G est un hyperplan de E*.

2. D'abord, P $\in$ °G $\Longleftrightarrow$ < P , f_a > = < P , f_b > = < P , f_c > = 0 $\Longleftrightarrow$ P(a) = P(b) = P(c) = 0. Donc P admet les trois racines distinctes a, b, c et par suite P(X) = k.(X-a)(X-b)(X-c), où k est un réel quelconque.
Remarquons que l'on trouve que °G = vec[(X-a)(X-b)(X-c)], donc dim(°G) = 1, ce qui est normal puisque dim(°G) = codim(G).
f $\in$ G = (°G)° $\Longleftrightarrow$ f $\in$ (vec[(X-a)(X-b)(X-c)])° = f((X-a)(X-b)(X-c)) = 0 $\Longleftrightarrow$ $\displaystyle \int_a^b(t-a)(t-b)(t-c)dt = 0$
Le calcul est fastidieux, mais l'énoncé nous donne la réponse. Donc : $\frac{1}{12}(b-a)^3(2c-a-b)$ = 0. Comme a $\neq$ b, on a bien c = $\frac{a+b}{2}$ . Cela signifie que lorsque c est le milieu de [a,b], la forme f est liée aux formes f_a , f_b , f_c. Il existe donc nécessairement trois scalaires $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ tels que : f = $\alpha$ .f_a + $\beta$ .f_b + $\gamma$ .f_c. Cela donne :
$\forall P\in \mathbb{R}_3[X], \displaystyle \int_a^b P(t) dt = \alpha.P(a) + \beta.P(b) + \gamma.P\left(\frac{a+b}{2}\right)$
Cherchons $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Pour cela, comme cette formule est valable pour tout P, on peut choisir des P simples.
pour P(X) = X-a : $\displaystyle \int_a^b(t-a)dt = \frac{(b-a)^2}{2} \Longrightarrow \beta + \frac{\gamma}{2} = \frac{b-a}{2}$
pour P(X) = X-b : $\displaystyle \int_a^b(t-b)dt = -\frac{(b-a)^2}{2} \Longrightarrow \alpha + \frac{\gamma}{2} = \frac{b-a}{2}$
pour P(X) = (X-a)(X-b) : $\displaystyle \int_a^b(t-a)(t-b)dt = -\frac{(b-a)^3}{6} \Longrightarrow \gamma = \frac{2(b-a)}{3}$
Finalement, on obtient la formule dite "des trois niveaux". Pour tout polynôme P de degré = 3 :
$\boxed{\displaystyle \int_a^b P(t) dt = \frac{b-a}{6} \left[P(a) + 4.P(\frac{a+b}{2}) + P(b)\right]}$

IV - 2. Transposées classiques

IV - 2 - 1. Exercice 2 - 1. Transposée d'une homothétie

E un K-ev, h une homothétie de E : h(x) = a.x, a $\in$ K. Etudier ^th.

Correction de l'exercice 2 - 1.
Appliquons la définition : $\forall$ x $\in$ E, $\forall$ f $\in$ E*, < x , ^th(f) > = < h(x) , f > = < a.x , f > = a< x , f > = < x , a.f >. Puisque cette égalité est vraie pour tout x et toute f, on a : ^th(f) = a.f.
Remarque. On peut aussi écrire que h = a.Id_E et utiliser la linéarité de la transposition : ^th = a.^t(Id_E) = a.Id_E*.
Conclusion. La transposée d'une homothétie de E est une homothétie de E*, de même rapport.

IV - 2 - 2. Exercice 2 - 2. Transposée d'une forme linéaire non nulle.

Soient E un K-ev non réduit à {0_E}, E* son espace dual, f un élément non nul de E*.
1. Etudier K*
2. Etudier ^tf : source, but, valeur de ^tf(u) avec u $\in$ K*, noyau et image de ^tf.

Correction de l'exercice 2 - 2.
1. u $\in$ K* signifie que u est linéaire de K dans K. Donc, $\forall$ x $\in$ K, u(x) = u(x.1_K) = x.u(1_K). Désignons par a_u le scalaire u(1_K), cela donne u(x) = a_u.x.
Réciproquement toute application de K dans K du type x fleche2

a.x est bien linéaire. K* est donc le K-ev des applications de K dans K du type x fleche2

a.x.
2. Puisque f : E $\rightarrow$ K, nous avons par définition ^tf : K* $\rightarrow$ E*, $\forall$ x $\in$ E, $\forall$ u $\in$ K*, < x , ^tf(u) > = < f(x) , u >. D'après la question 1°), $\forall$ x $\in$ E, $\forall$ u $\in$ K*, ^tf(u)(x) = u(f(x)) = a_u.f(x). Finalement : $\forall$ u $\in$ K*, ^tf(u) = a_u.f.
Comme f est supposée non nulle, on en déduit que Im(^tf ) = K.f : droite vectorielle dans E* engendrée par f.
Pour le noyau, on peut utiliser Ker(^tf ) = (Im(f))°, cela donne Ker(^tf ) = K° = {O_K*}.

IV - 2 - 3. Exercice 2 - 3. Transposée de l'injection canonique

E est un K-ev non réduit à {0_E}, F est un sev de E.
On appelle injection canonique de F dans E, l'application i : F $\rightarrow$ E définie par i(x) = x.
1. Montrer que i est linéaire.
2. Définir l'application ^ti.
3. Chercher Ker( ^ti ) et Im( ^t i ). En appliquant le théorème III - 17, en déduire un isomorphisme.

Correction de l'exercice 2 - 3.
1. Pour x et y dans F, a et b dans K, i(a.x + b.y) = a.x + b.y = a.i(x) + b.i(y). i est bien linéaire. Remarquer que dans l'écriture i(a.x + b.y) = a.x + b.y, x et y sont considérés à gauche comme des éléments de F et à droite comme des éléments de E.

2. Déjà, ^ti : E* $\rightarrow$ F*. De plus, par définition, $\forall$ x $\in$ F, $\forall$ f $\in$ E*, < x , ^t i(f) > = < i(x) , f > = < x , f >. Donc, en revenant à l'écriture fonctionnelle : $\forall$ x $\in$ F, $\forall$ f $\in$ E*, ^t i(f)(x) = f(x). On en déduit que ^t i(f) est la restriction à F de la forme f. Notons f_F cette restriction. Alors, $\forall$ f $\in$ E*, ^t i(f) = f_F.

3. f $\in$ Ker(^t i ) $\Longleftrightarrow$ f_F = O_F* $\Longleftrightarrow$ f est nulle sur F $\Longleftrightarrow$ F $\subset$ Ker(f) $\Longleftrightarrow$ f $\in$ F°. D'où : Ker(^t i ) = F°. Par ailleurs, si g est une forme linéaire sur F, il existe au moins une forme linéaire f sur E telle que f_F = g. Donc ^t i est surjective et finalement Im(^t i ) = F*. Nous aurions pu également utiliser le fait que Ker(^t i ) = (Im( i ))° = F°.
Par le théorème III - 17, la propriété E/Ker(u) $\approx$ Im(u) s'écrit ici : E/F° $\approx$ F*.
Ce résultat est à mettre en parallèle avec celui du cours : (E/F)* $\approx$ F°.

IV - 2 - 4. Exercice 2 - 4. Transposée d'un projecteur

Soient E un K-ev, E $\neq$ {0_E} et p un projecteur de E, c'est-à-dire un endomorphisme de E tel que p_°p = p² = p. On désigne par e et e* les endomorphismes Id_E et Id_E* respectivement. On remarquera que les deux endomorphismes particuliers : l'endomorphisme nul et l'endomorphisme identité sont deux projecteurs de E.
1. Montrer que x $\in$ Im(p) $\Longleftrightarrow$ p(x) = x. En déduire que E = Ker(p) $\bigoplus$ Im(p).
2. Montrer que e - p est un projecteur de E. Comparer les noyaux et les images de p et de e - p.
3. Montrer que ^tp est un projecteur de E*. Les deux décompositions en somme directe : E* = Ker(^tp) $\bigoplus$ Im(^tp) et E = (Im(p))° $\bigoplus$ (Ker(p))° sont-elles les mêmes ?

Correction de l'exercice 2 - 4.
1. x $\in$ Im(p) $\Longleftrightarrow$ il existe x' dans E tel que x = p(x'). En composant par p : x $\in$ Im(p) $\Longleftrightarrow$ p(x) = p²(x') = p(x') = x. Cette relation x $\in$ Im(p) $\Longleftrightarrow$ p(x) = x sert très souvent dans les problèmes sur les projecteurs.
On peut écrire : $\forall$ x $\in$ E, x = p(x) + x - p(x). Par définition, p(x) $\in$ Im(p). Etudions, y = x - p(x). Nous avons sans problème : p(y) = p(x) - p²(x) = p(x) - p(x) = 0_E. Donc, $\forall$ x $\in$ E, x - p(x) $\in$ Ker(p). Nous pouvons donc déjà écrire que E = Im(p) + Ker(p).
De plus, x $\in$ E Ker(p) $\cap$ Im(p) $\Longleftrightarrow$ p(x) = 0_E et p(x) = x. Donc, Ker(p) $\cap$ Im(p) = {0_E}
Finalement, pour tout projecteur p de E, E = Ker(p) $\bigoplus$ Im(p). La décomposition (unique) associée à cette somme directe étant x = [x - p(x)] + [p(x)].

2. Posons q = e - p. Alors, q² = (e - p)_°(e - p) = e - p - p + p² = e - p. e - p est bien un projecteur de E.
x $\in$ Im(e - p) $\Longleftrightarrow$ x = (e - p)(x) $\Longleftrightarrow$ p(x) = 0_E $\Longleftrightarrow$ x $\in$ Ker(p). Donc : Im(e - p) = Ker(p).
x $\in$ Ker(e - p) $\Longleftrightarrow$ (e - p)(x) = 0_E $\Longleftrightarrow$ p(x) = x $\Longleftrightarrow$ x $\in$ Im(p). Donc Ker(e - p) = Im(p).
Remarque : E = Ker(p) $\bigoplus$ Im(p) = Im(e - p) $\bigoplus$ Ker(e - p) = Im(e - p) $\bigoplus$ Im(p) = Ker(p) $\bigoplus$ Ker(e - p).

3. ^t(p_°p) = ^tp $\Longrightarrow$ ^tp_°^tp = ^tp. Donc, p projecteur de E $\Longrightarrow$ ^tp projecteur de E*.
On sait (théorème III - 11) que E = Ker(p) $\bigoplus$ Im(p) $\Longrightarrow$ E* = (Ker(p))° $\bigoplus$ (Im(p))°. Par ailleurs, on sait également (théorème III - 16) que (Im(p))° = Ker(^tp). Donc, déjà, E* = (Ker(p))° $\bigoplus$ Ker(^tp). Il reste donc à comparer les deux sev de E* : (Ker(p))° et Im(^tp). Or :
(Ker(p))° = (Im(e - p))° = Ker^t(e - p) = Ker(e* - ^tp) = Im(^tp).
Finalement, les décompositions : E* = Ker(^tp) $\bigoplus$ Im(^tp) et E* = (Im(p))° $\bigoplus$ (Ker(p))° sont les mêmes.

IV - 3. Intersections d'hyperplans

IV - 3 - 1. Exercice 3 - 1. Un premier résultat

Soient E un K-ev de dimension n > 0, F un sev de E strictement inclus dans E.
1. Montrer que F est inclus dans au moins un hyperplan de E.
2. Montrer que F est égal à l'intersection des hyperplans de E contenant F.

Correction de l'exercice 3 - 1.
1. Si F = {0_E} tout hyperplan de E contenant 0_E le résultat est acquis. Sinon, posons dim(F) = p, 0 < p < n. Considérons une base de F : (e₁ , ... , e_p) complétée pour former une base de E : (e₁ , ... , e_n). Alors, le sev H de E défini par H = vec(e₁ , ... , e_n-1) est un hyperplan de E contenant F. Conclusion : pour tout sev F de E distinct de E, la famille $\scr{F}$ des hyperplans de E contenant F est non vide.

2. a) Première méthode. On sait qu'en dimension finie, pour tout sev F de E, on a : F = °(F°). Or, par définition nous avons : °(F°) = $\bigcap_{f\in F^o}$ Ker(f). Donc, F = $\bigcap_{f\in F^o}$ Ker(f) = $\bigcap_{f\in F^o}$ H_f , où H_f = Ker(f). Mais f $\in$ F° signifie que pour tout x dans F, < x , f > = 0, donc que F $\subset$ Ker(f). On en déduit bien que : F = $\bigcap_{H\in\scr{F}}$ H.

2. b) Deuxième méthode. Puisque F est strictement inclus dans E, il existe x (non nul) dans E\F. Alors, si F = {0_E} on complète la partie libre (x) pour former une base de E : (e₁ , ... , e_n-1, x) et si dim F = p, 0 < p < n, on prend une base de F : (e₁ , ... , e_p) et comme x n'est pas dans F, (e₁ , ... , e_p , x) est libre dans E. On complète cette famille en : (e₁ , ... , e_p, e_p+1 , ... , e_n-1 , x) pour former une base de E. Remarquer que ce complément est inutile si p = n-1. Alors, H_x = vec(e₁ , ... , e_p, e_p+1 , ... , e_n-1 ) est un hyperplan de E contenant F mais pas x. On obtient donc la même conclusion : F = $\bigcap_{H\in\scr{F}}$ H = $\bigcap_{f\in F^o}$ Ker(f).

Remarques
a) On peut se demander s'il faut prendre tous les hyperplans contenant F pour retrouver F par intersection. Nous aurons une réponse plus loin.
b) Cette propriété : F est égal à l'intersection des hyperplans de E contenant F, peut se prouver en dimension non finie. Mais dans ce cas, il faut admettre que tout sev de E possède un supplémentaire.

IV - 3 - 2. Exercice 3 - 2. Bases associées

Rappel.

Si B_E = (e₁ , ... , e_n) est une base de E et si (B_E)* = (e₁* , ... , e_n*) est sa base duale dans E*, alors les coordonnées des éléments x de E et f de E* sont déterminées par : x_i = < x , e_i* > et f_j = < e_j , f >.
E un K-ev de dimension finie > 0, E* son espace dual.
1. F un sev de E. En prenant une base de F, en la complétant pour former une base de E, puis en prenant la duale, trouver, lorsque c'est possible, une base de F°.
2. G un sev de E*. Par un procédé analogue, trouver, lorsque c'est possible, une base de °G.
3. Définition 1 : Soient k hyperplans H₁ , ... , H_k et k formes linéaires f₁ , ... , f_k telles que pour tout i, H_i = Ker(f_i). On dit que H₁ , ... , H_k sont indépendants ssi les k formes linéaires f₁ , ... , f_k sont indépendantes dans E*.
Soit F un sev de E, F $\neq$ E, donc : dim(F) = p, 0 $\leq$ p < n. Montrer qu'il existe n-p formes linéaires indépendantes f_p+1 , ... , f_n telles que F = $\bigcap_{i=p+1}^n$ Ker(f_i).
En déduire la propriété : tout sev de E de dimension p, 0 $\leq$ p < n est l'intersection de n-p hyperplans indépendants.
Définition 2 : On appelle équation cartésienne de F le système constitué par les équations de ces n - p hyperplans indépendants.

Correction de l'exercice 3 - 2.
1. Cas particuliers : si F = {0_E}, alors F° = E* et si F = E, alors F° = {O*}. Donc, si F = {0_E}, une base de F° est formée par une base quelconque de E*. Par contre, si F = E, F° n'admet pas de base.
Passons au cas où dim(F) = p, avec 0 < p < n. Soit B_F = (e₁ , ... , e_p) une base de F, complétée pour constituer une base de E : B_E = (e₁ , ... , e_n). Prenons sa duale : (B_E)* = (e₁* , ... , e_n*). Nous aurons alors :
f $\in$ F° $\Longleftrightarrow$ f $\in$ (vec(e₁ , ... , e_p))° = {e₁ , ... , e_p}° $\Longleftrightarrow$ $\forall$ j, 1 infegal

p, < e_j , f > = 0. Cela signifie que les p premières coordonnées de f sur (B_E)* sont nulles, donc f $\in$ F° $\Longleftrightarrow$ f = f_p+1.e_p+1* + ... + f_n.e_n*. On en déduit facilement que F° = vec(e_p+1*, ..., e_n*). On retrouve bien sûr que dim(F°) = codim(F).

2. Cas particuliers : si G = {O*}, alors °G = E et si G = E*, alors °G = {0_E}. Donc, si G = {O*}, une base de °G est constituée par une base quelconque de E. Par contre, si G = E*, °G n'admet pas de base.
Passons au cas où dim(G) = q, avec 0 < q < n. Soit B_G = (e₁* , ... , e_q*) une base de G, complétée pour constituer une base de E* : B_E* = (e₁* , ... , e_n*). Prenons sa préduale dans E : B_E = (e₁ , ... , e_n). Nous aurons alors :
x $\in$ °G $\Longleftrightarrow$ x $\in$ °(vec(e₁* , ... , e_q*) ) = °{e₁* , ... , e_q*} $\Longleftrightarrow$ $\forall$ i, 1 infegal

q, < x , e_i* > = 0. Cela signifie que les q premières coordonnées de x sur B_E sont nulles, donc x $\in$ °G $\Longleftrightarrow$ x = x_q+1.e_q+1 + ... + x_n.e_n. On en déduit facilement que °G = vec(e_q+1 ... e_n). Là encore, la propriété dim(°G) = codim(G) est vérifiée.

Bilan :

$\overb{e_1 , ... , e_p}^{\scr{B}(F)} , e_{p+1} ,..., e_n \ \longrightarrow \ \ e_1^* ,..., e_p^* ,\overb{ \ e_{p+1}^* ,..., e_n^* }^{\scr{B}(F^o)}\\ e_1 , ... , e_q , \overb{ e_{q+1} ,..., e_n}^{\scr{B}(^oG)} \longleftarrow \ \overb{e_1^* ,..., e_q^* }^{\scr{B}(G)} , e_{q+1}^* ,..., e_n^*$

3. Si nous reprenons les notations de la question 1., pour tout sev F de E distinct de E, F° = vec(e_p+1* , ... , e_n*). Alors, en réappliquant la méthode employée dans l'exercice 3 - 1 :
°(F°) = °(vec(e_p+1* , ... , e_n*)) = °{e_p+1* , ... , e_n*} = °( $\bigcup_{i=p+1}^n$ {e_i*}) = $\bigcap_{i=p+1}^n$ °{e_i*} = $\bigcap_{i=p+1}^n$ Ker(e_i*).
Et comme F = °(F°), nous avons bien écrit F comme intersection de n - p hyperplans indépendants.
Si cette intersection se présente sous la forme : F = $\bigcap_{i=p+1}^n$ H_i = $\bigcap_{i=p+1}^n$ Ker(f_i), alors, l'équation cartésienne de F s'écrit :
$\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} < x , f_{p+1} > & 0\\ .\\ . \\ < x , f_n > & 0 \\ \end{array} \right. \: \Longleftrightarrow \: \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} a_{p+1,1}.x_1 + ... + a_{p+1,n}.x_n & 0\\ .\\ . \\ a_{n,1}.x_1 + ... + a_{n,n}.x_n & 0 \\ \end{array} \right.$

IV - 3 - 3. Exercice 3 - 3. Un grand classique

Soient E un K-ev, ( f_i)_iI une famille non vide de formes linéaires sur E, f une forme linéaire sur E.
1. Montrer que f $\in$ Vec(( f_i)) $\Longrightarrow$ $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) $\subset$ Ker(f).
2. On suppose que dim(E) = n > 0. On pose F = $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ). Montrer que l'on ne modifie pas F en ne gardant dans l'intersection que des noyaux indépendants. Exprimer dim(F) en fonction du rang de la famille ( f_i)_iI.
3. On suppose que dim(E) = n > 0. Montrer la réciproque : $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) $\subset$ Ker(f) $\Longrightarrow$ f $\in$ Vec(( f_i)).

Correction de l'exercice 3 - 3.
1. f $\in$ Vec(( f_i)) implique que f est combinaison linéaire finie d'éléments de la famille ( f_i)_iI. Cela signifie qu'il existe p scalaires a₁ , ... , a_p et p éléments f₁ , ... , f_p de ( f_i)_iI tels que f = a₁f₁ + ... + a_pf_p. Alors :
x $\in$ $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) $\Longrightarrow$ $\forall$ i $\in$ I, f_i(x) = 0 $\Longrightarrow$ f(x) = 0 $\Longrightarrow$ x $\in$ Ker(f). Donc f $\in$ Vec(( f_i)) $\Longrightarrow$ $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) $\subset$ Ker(f).

2. Supposons donc dim(E) = n > 0. Alors, la famille ( f_i)_iI est de rang p, avec 0 $\leq$ p $\leq$ n (car dim(E*) = n). Si ce rang est nul, cela signifie que toutes les f_i sont nulles, donc que, pour tout i, Ker( f_i ) = E, donc $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) = E. Ecartons ce cas. Rg( ( f_i)_iI) = p signifie : il existe f₁ , ... , f_p indépendantes dans ( f_i)_iI et, tous les autres éléments de ( f_i)_iIsont dans vec(f₁ , ... , f_p). Alors, la propriété prouvée dans 1. signifie que, pour toutes ces autres formes f_j , on aura $\cap_{i=1}^p$ Ker(f_i ) $\subset$ Ker( f_j ). Elles n'influenceront donc pas l'intersection. Conclusion :
Si rg( ( f_i)_iI = p, alors : F = $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) = $\cap_{i=1}^p$ Ker(f_i ), où ( f₁ , ... , f_p ) est une base de vec( ( f_i)_iI).
D'après l'exercice 3 - 2, F est intersection de p hyperplans indépendants, donc, dim(F) = n - p.

3. On suppose encore que dim(E) = n > 0. D'après 2., F = $\cap_{i=1}^p$ Ker(f_i ). Appliquons la méthode des bases développée dans l'exercice 3 - 2 : on complète (si p < n) ( f₁ , ... , f_p ) en ( f₁ , ... , f_n) pour former une base de E*, on prend sa préduale dans E : (e₁ , ... , e_n), alors F = vec(e_p+1 , ... , e_n).
Introduisons maintenant l'hypothèse F $\subset$ Ker( f ). Ceci signifie que pour tout j, p+1 $\leq$ j $\leq$ n, < e_j , f > = 0. Comme les < e_i , f > sont les coordonnées de f sur ( f₁ , ... , f_n), on a donc : f = a₁f₁ + ... + a_pf_p. Ceci montre bien que f appartient à vec( f₁ , ... , f_p).
Conclusion en dimension finie : (E) : f $\in$ Vec(( f_i)) $\Longleftrightarrow$ $\cap_{i\in I}$ Ker( f_i ) $\subset$ Ker(f).

Bilan :

Soient E un K-ev de dimension n > 0, F un sev de E de dimension p, 0 $\leq$ p < n. Alors, il existe n-p hyperplans indépendants H_p+1 , ... , H_n tels que F soit égal à l'intersection de ces n-p hyperplans : $F = \Bigcap_{j=p+1}^nH_j$ .
Réciproquement, pour tout entier r, 0 < r $\leq$ n, l'intersection de r hyperplans indépendants de E est un sev F de E de dimension n-r.

Ce résultat est utilisé en particulier dans la résolution des systèmes linéaires.

IV - 3 - 4. Exercice 3 - 4. Mise en défaut de (E) en dimension non finie

E est le C-ev des suites à coefficients complexes convergentes. Si $\text{x = (\xi_0 \, , \, ... \, , \, \xi_n \, , \, ... )}$ est une telle suite, nous poserons : (x)_n = $\xi_{\text{n}}$ . Considérons la famille (e_p)_pN des suites de E définies par (e_p)_n = $\delta_{\text{p,n}$ . En détaillant : la suite e_p = $(\epsilon_{0,\text{p}} , ... , \epsilon_{\text{n,p}} , ... )$ a tous ses termes nuls sauf son terme de rang p + 1 : $\epsilon_{\text{p,p}}$ qui vaut 1.
1. Cette famille est-elle libre dans E ? Déterminer F = vec((e_p)_pN). La famille (e_p)_pN engendre-t-elle E ?
2. ( f_p )_pN est la famille d'applications définie par : $\forall$ x $\in$ E, $\forall$ p $\in$ N, , f_p(x) = (x)_p = $\xi_{\text{p}}$ . Montrer que (f_p)_pN est une famille libre de E*.
3. Pour tout x dans E, on pose : L(x) = $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} \, \left(\xi_{\text{n}}\right)$ . Montrer que L est élément de E* et que L $\not \in$ vec(( f_p )_pN. Que dire de Ker(L) ? Comparer les deux sev : F = vec((e_p)_pN) et Ker(L).
4. Etudier $\cap_{p\in N}$ Ker( f_p ) et Ker(L). Conclusion en référence à l'équivalence (E) de l'exercice 3 - 3 ?

Correction de l'exercice 3 - 4.
1. On sait que cette famille sera dite libre ssi toute sous-famille finie est libre. Prenons donc k éléments de (e_p)_pN : e_p(1) , ... , e_p(k) et étudions l'équation d'inconnues les k nombres complexes $\alpha_1 , ... , \alpha_{\text{k}} \: : \: \alpha_1 . e_{\text{p(1)}} + ... + \alpha_{\text{k}} . e_{\text{p(k)}} = O$ (où O est la suite nulle). Alors, pour tout n, on aura au rang n+1 : $\alpha_1 (e_{\text{p(1)}})_n + ... + \alpha_{\text{k}}(e_{\text{p(k)}})_{\text{n}} = 0$ . En prenant successivement n = p(1), ... , n = p(k), on trouve : $\alpha_1 = ... = \alpha_{\text{k}} = 0$ .
Conclusion : la famille (e_p)_pN est libre dans E.
Appelons F le sev de E engendré par la famille (e_p)_pN. Par définition, F = vec((e_p)_pN) est l'ensemble des combinaisons linéaires FINIES d'éléments de la famille (e_p)_pN. Donc :
x $\in$ F $\Longleftrightarrow x = \gamma_0 . e_0 + ... + \gamma_{\text{k}} . e_{\text{k}} = (\gamma_0 , ... , \gamma_{\text{k}} , 0 , ... , 0 , ...). F$ = vec((e_p)_pN) est alors le sev de E formé par les suites dont tous les termes sont nuls à partir d'un certain rang (appelées suites à support fini). Naturellement F n'est pas égal à E car, par exemple, la suite a définie par (a)_n = $\frac{1}{n+1}$ est dans E mais n'est pas à support fini. Ainsi, la famille (e_p)_pN n'engendre pas E mais un sev F strictement inclus dans E.

2. Soient x et y deux éléments de E, (x)_n = $\xi_{\text{n}}$ et (y)_n = $\eta_{\text{n}}$ . Si a et b sont deux complexes quelconques, Nous aurons pour tout p : f_p(a.x + b.y) = (a.x + b.y)_p = a $\xi_{\text{p}}$ + b $\eta_{\text{p}}$ = a.f_p(x) + b.f_p(y). Les f_p sont linéaires de E dans C : ce sont des éléments de E*. Prouvons maintenant que cette famille est libre dans E*. Prenons une sous-famille finie : f₀ , ... , f_k et étudions : $\alpha_0$ .f₀ + ... + $\alpha_{\text{k}}$ .f_k = O*. Donc, pour toute suite x de E, $\alpha_0$ .f₀(x) + ... + $\alpha_{\text{k}$ .f_k(x) = 0. En prenant en particulier les suites e_p de la question 1, on a : $\alpha_0 = ... = \alpha_{\text{k}} = 0$ . Donc, (f_p)_pN est une famille libre de E*.

3. D'abord, E étant le C-espace vectoriel des suites complexes convergentes, L est bien définie sur E. De plus L est une application de E dans C. Enfin, soient x et y deux éléments de E, (x)_n = ξ_n et (y)_n = η_n, a et b deux complexes. Nous savons que : L(a.x + b.y) = $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}$ (aξ_n + bη_n) = a. $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}$ (ξ_n) + b. $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}$ (η_n) = a.L(x) + b.L(y). L est bien un élément de E*.
Cherchons si {L} $\cup$ ( f_p )_pNest libre ou non. Pour cela, étudions l'équation $\alpha$ .L + β₀.f₀ + ... + β_k.f_k = O* d'inconnues les nombres complexes $\alpha$ , β₀ , ... , β_k. Donc, $\forall$ x $\in$ E, $\alpha$ .L(x) + β₀.f₀(x) + ... + β_k.f_k(x) = 0. Prenons des suites particulières. Si la suite x a ses k+1 premiers termes nuls et tous ses termes égaux à 1 à partir du rang k+2, nous aurons L(x) = 1 et f₀(x) = ... f_k(x) = 0. On en déduit que $\alpha$ = 0. Il reste β₀.f₀ + ... + β_k.f_k = O*. ( f_p )_pN étant une famille libre de E*, cela entraine β₀ = ... = β_k = 0.
Conclusion : {L} $\cup$ ( f_p )_pNest libre dans E*, donc, L n'est pas dans vec(( f_p )_pN).

L est une forme linéaire non nulle sur E. En effet, si b est la suite définie par (b)_n = $\frac{n-1}{n+1}$ , alors, L(b) = 1. On peut en déduire que Ker(L) est un hyperplan de E : l'hyperplan des suites convergeant vers 0. Si on applique le cours, on peut même donner une décomposition de E en somme directe : E = Ker(L) $\bigoplus$ C.b. Par ailleurs tous les éléments y de F étant à support fini, on a L(y) = 0. Donc : F = vec((e_p)_pN) $\stackrel{\subset}{\small{\neq}}$ Ker(L) $\stackrel{\subset}{\small{\neq}}$ E.

4. D'une part : x $\in$ $\cap_{p\in N}$ Ker( f_p ) $\Longleftrightarrow$ $\forall$ p $\in$ N, < x , f_p > = (x)_p = 0 $\Longleftrightarrow$ x = O. Donc : $\cap_{p\in N}$ Ker( f_p ) = {O}. D'autre part, Ker(L) n'est pas réduit à la suite nulle (Ker(L) contient F). Nous avons donc : L nonappartient

vec(( f_p )_pN), mais nous avons aussi $\cap_{p\in N}$ Ker( f_p ) $\subset$ Ker(L). Ceci donne un exemple où l'équivalence de l'exercice 3 - 3 est fausse en dimension non finie.

IV - 4. Séparation

IV - 4 - 1. Exercice 4 - 1.

E est un K-ev, f et g deux formes linéaires sur E.
1. On suppose que : $\forall$ x $\in$ E, f(x)g(x) = 0. Montrer que f = O* ou g = O*.
2. Montrer que si f et g sont deux formes linéaires non nulles sur E, il existe a $\in$ E tel que f(a) $\neq$ 0 et g(a) $\neq$ 0.

Correction de l'exercice 4 - 1.
1. On suppose donc que : $\forall$ x $\in$ E, f(x)g(x) = 0. Si f et g étaient non nulles, on pourrait trouver u $\in$ E et v $\in$ E tels que f(u) $\neq$ 0 et g(v) $\neq$ 0. Comme par hypothèse f(u)g(u) = 0 et f(v)g(v) = 0, on en déduit que g(u) = 0 et f(v) = 0. Alors, par linéarité : f(u+v) = f(u) $\neq$ 0 et g(u+v) = g(v) $\neq$ 0. Donc, f(u+v)g(u+v) $\neq$ 0, ce qui contredit l'hypothèse : $\forall$ x $\in$ E, f(x)g(x) = 0. Conséquence : f = O* ou g = O*.

2. Il suffit de prendre la contraposée de 1. : f $\neq$ O* et g $\neq$ O* $\Longrightarrow$ $\exist$ a $\in$ E, f(a)g(a) $\neq$ 0, donc f(a) $\neq$ 0 et g(a) $\neq$ 0.

IV - 4 - 2. Exercice 4 - 2.

E un K-ev de dimension finie n > 0.
1. Montrer que $\forall$ (x,y) $\in$ E², x $\neq$ y $\Longrightarrow$ $\exist$ f $\in$ E*, f(x) $\neq$ f(y).
2. Soit G un sev de E* vérifiant : $\forall$ (x,y) $\in$ E², x ? y $\Longrightarrow$ $\exist$ f $\in$ G, f(x) $\neq$ f(y). Monter que G = E*. Appelons (P) cette propriété.
3. On reprend IV - 3 - 7, exercice 3 - 4. On pose G = vec(f_p)_pN. (P) est-elle vraie en dimension non finie ?

Correction de l'exercice 4 - 2.
1. Si x $\neq$ y, alors a = x - y est non nul. Par la remarque du théorème III - 11, il existe f $\in$ E* telle que f(a) $\neq$ 0. Ceci entraine bien que f(x) $\neq$ f(y). Constatons que l'hypothèse de la dimension finie n'est pas nécessaire ici.

2. Si G était strictement inclus dans E*, alors, °G serait non réduit à {0_E}. Il existerait donc un vecteur non nul a qui vérifierait : $\forall$ f $\in$ G, f(a) = 0. Ce qui contredit l'hypothèse.

3. Dire que deux suites x = (ξ_n) et y = (η_n) de E sont distinctes signifie : il existe un entier p tel que ξ_p $\neq$ η_p. Donc, la forme f_p vérifie bien f_p(x) $\neq$ f_p(y). Le sev de E*, G = vec(f_p)_pN vérifie donc bien la propriété de la question 2.. Pourtant nous savons que G est strictement inclus dans E*.

IV - 5. Propriétés de la transposition

IV - 5 - 1. Exercice 5 - 1. L'application T

Le théorème III - 14 - a) nous indique que T : $\scr L$ ( E₁, E₂) $\rightarrow$ $\scr L$ ( E₂*, E₁*) définie par T(u) = ^tu est linéaire.
Montrer que T est injective. Que peut-on en déduire si E₁ et E₂ sont de dimensions finies ?

Correction de l'exercice 5 - 1.
u $\in$ Ket(T) $\Longrightarrow$ ^tu = O( $\scr L$ ( E₂*, E₁*)) $\Longrightarrow$ $\forall$ g $\in$ E₂*, ^tu(g) = O(E₁*)
$\Longrightarrow$ $\forall$ x $\in$ E₁, $\forall$ g $\in$ E₂*, < x , ^tu(g) > = < u(x) , g > = 0.
Cette dernière égalité signifie que, u(x) est orthogonal à tous les éléments de E₂*, donc que u(x) = O(E₂). Ceci étant vrai pour tout x, u = O( $\scr L$ ( E₁, E₂)). Donc, Ker(T) = {O( $\scr L$ ( E₁, E₂))}. T est bien injective.
Si dim(E₁) = p et si dim(E₂) = q, nous savons déjà que dim(E₁*) = p et si dim(E₂*) = q.
On en déduit que dim( $\scr L$ ( E₁, E₂)) = p×q et que dim( $\scr L$ ( E₂*, E₁*)) = q×p.
Ceci montre que les deux espaces $\scr L$ ( E₁, E₂) et $\scr L$ ( E₂*, E₁*) ont même dimension. Comme T est injective, en appliquant la formule classique : dim( $\scr L$ ( E₁, E₂)) = dim(Ker(T)) + dim(Im(T)), on en déduit que T est aussi surjective.
Conclusion : en dimensions finies, T : u $\rightarrow$ ^tu est un isomorphisme de K-ev.

IV - 5 - 2. Exercice 5 - 2. Etude matricielle

Pour n > 1, on considère l'endomorphisme T de M_n(K) défini par T(M) = ^tM.
1. Montrer qu'il s'agit d'un automorphisme.
2. Trouver ses éléments propres. Montrer que T est diagonalisable. En déduire det(T) et tr(T).

Correction de l'exercice 5 - 2.
1. On peut chercher Ker(T). M $\in$ Ker(T) $\Longleftrightarrow$ ^tM = O $\Longleftrightarrow$ M = O. Donc Ker(T) = {O}. T est bien un automorphisme de M_n(K). On peut aussi remarquer que ^t(^tM) = M, donc que T _° T = Id(M_n(K)). Ceci montre que (T) ^-1 existe : (T) ^-1= T. Donc T est inversible.

2. Si on connait la théorie du polynôme minimal on peut remarquer que T² - Id = O, donc p(X) = X² - 1 est un polynôme annulateur de T. Comme X² - 1 = (X + 1)(X - 1) (pour tout corps K de caractéristique différente de 2), et comme T est différent de Id et de -Id, p est bien le polynôme minimal de T. Comme p est scindé à racines simples, T est diagonalisable. Enfin, nous aurons : Sp(T) = {-1,1}. Il reste à chercher les sous-espaces propres.
Si l'on ne connait pas ce résultat, on peut remarquer que l'on connait deux catégories particulières de matrices : les matrices symétriques définies par ^tM = M et les matrices antisymétriques définies par ^tM = - M. Ces deux catégories nous fournissent déjà deux valeurs propres : 1 et -1.
Le sev propre associé à la valeur propre 1 est donc le sev S_n(K) des matrices symétriques. Le nombre de variables indépendantes d'une matrice symétrique étant $\frac{n(n+1)}{2}$ on a donc dim(S_n(K)) = $\frac{n(n+1)}{2}$
Le sev propre associé à la valeur propre -1 est donc le sev A_n(K) des matrices antisymétriques. Le nombre de variables indépendantes d'une matrice antisymétrique étant $\frac{n(n-1)}{2}$ on a donc dim(A_n(K)) = $\frac{n(n-1)}{2}$
Or, il est simple de voir que S_n(K) $\cap$ A_n(K) = {O} et que dim(S_n(K)) + dim(A_n(K)) = n² = dim(M_n(K)). On en déduit que les seules valeurs propres sont -1 et 1, et que M_n(K) est somme directe des deux sev propres associés. Donc T est diagonalisable. Il existe une base B de vecteurs propres de M_n(K) dans laquelle T se représente matriciellement par : $Mat(T,B) = \begin{pmatrix}I_{\frac{n(n+1)}{2}}&O\\O&-I_{\frac{n(n-1)}{2}}\end{pmatrix}$
Puisque le déterminant et la trace sont indépendants de la base, nous avons : $\det(T) = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}} \ \ tr(T) = \frac{n(n+1)}{2} - \frac{n(n-1)}{2} = n$
Remarque :
Si K est de caractéristique 2, alors - 1 = 1 et X², - 1 n'est plus à racines simples. Mais dans ce cas, si M est antisymétrique, T(M) = - M = M (car - 0 = 0 et - 1 = 1). Donc T = Id(M_n(K)) et det(T) = 1 et tr(T) = n².

IV - 6. Des grands classiques

IV - 6 - 1. Exercice 6 - 1. L'équation < x , f > = β

E un K-ev non réduit à {0_E}, f une forme linéaire sur E et β un élément de K. On suppose f et β donnés.
Résoudre dans E l'équation < x , f > = β.

Correction de l'exercice 6 - 1.
Si f = O*, et si β = 0, l'ensemble S des solutions est S = E.
Si f = O*, et si β $\neq$ 0, alors, S = vide

.
Si f $\neq$ O*, alors f est surjective (théorème III - 1). Donc, l'équation possède au moins une solution : il existe a $\in$ E tel que < a , f > = β. Alors, pour toute solution x, < x , f > = < a , f > $\Longleftrightarrow$ < x-a , f > = 0. Ceci montre que x-a est un élément de l'hyperplan H = Ker(f). Donc : x solution $\Longleftrightarrow$ x-a = h, h $\in$ H. Donc : S = {a + h, h $\in$ H} = a + H.

IV - 6 - 2. Exercice 6 - 2. Indépendance de formes linéaires

Soient p un entier > 0 et p formes linéaires f₁ , ... , f_p d'un K-ev E de dimension finie n $\geq$ p. On considère les deux propriétés :
(1) (f₁ , ... , f_p) est libre,
(2) $\forall$ (β₁ , ... , β_p) $\in$ K^p, $\exist$ x $\in$ E, $\forall$ i, 1 $\leq$ i $\leq$ p, < x , f_i > = β_i.
Montrer que (1) $\Longleftrightarrow$ (2).

Correction de l'exercice 6 - 2.
(1) $\Longrightarrow$ (2). (f₁ , ... , f_p) étant libre, on peut éventuellement (si p < n) compléter pour former une base de E*. On prend alors sa préduale (e₁ , ... , e_n) dans E. Soit (β₁ , ... , β_p) un élément de K^p. Considérons le vecteur de E défini par x = β₁.e₁ + ... + β_p.e_p. Alors, on a bien, $\forall$ i, 1 $\leq$ i $\leq$ p, < x , f_i > = β_i.

(2) $\Longrightarrow$ (1). Considérons l'application u : E $\rightarrow$ K^p définie par u(x) = (f₁(x) , ... , f_p(x)). On vérifie facilement que u est linéaire. L'hypothèse (2) signifie que u est surjective. Si l'on écrit dans une base de E le système correspondant à l'équation linéaire u(x) = b où b = (β₁ , ... , β_p), cela donnera un système de p équations à n inconnues :
$\left \lbrace \begin{array}{l} < x , f_1 > = \beta_1\\ . \\ . \\ . \\ <x , f_p > = \beta_p \end{array} \right.$
u étant surjective, son rang est p, donc le rang du système est p. Ceci montre que les p formes linéaires f₁ , ... , f_p sont indépendantes.

IV - 6 - 3. Exercice 6 - 3. Hyperplans de M_n(K)

On rappelle (voir II - 2) que l'application trace est une forme linéaire sur le K-ev M_n(K) des matrices carrées d'ordre n à coefficients dans K. De plus, cette forme vérifie : $\forall$ (M,P) $\in$ (M_n(K))², tr(M.P) = tr(P.M). Enfin, toute forme linéaire f sur M_n(K) est du type f : M fleche2

tr(A.M), où A est une matrice définie de manière unique par la donnée de f.

1. Soit $\scr{H}$ un hyperplan de M_n(K). Montrer qu'il existe A $\in$ M_n(K), non nulle, telle que M $\in$ $\scr{H}$ $\Longleftrightarrow$ tr(A.M) = 0.
2. On suppose que le rang de A est r ( 0 < r $\leq$ n). On rappelle que A est équivalente à la matrice canonique de rang r, c'est-à-dire : il existe P et Q dans GL_n(K) telles que :
$J_r = P.A.Q = \begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}$
a) Soient B_r = (e₁ , ... , e_r) la base canonique de K^r, u l'automorphisme de K^r défini par : pour tout i entre 1 et r-1, u(e_i) = e_i+1 et u(e_r) = e₁. Ecrire U = Mat(u , B_r ) et calculer tr(u).
b) On pose $M = \begin{pmatrix}U&O\\O&I_{n-r}\end{pmatrix}$ . Calculer J_r.M, puis tr(J_r.M)
3. Montrer que tout hyperplan de M_n(K) contient une matrice inversible.

Correction de l'exercice 6 - 3.
1. $\scr{H}$ étant un hyperplan de M_n(K), il existe une forme linéaire non nulle f sur M_n(K) telle que $\scr{H}$ = Ker(f). D'après le rappel, il est équivalent de dire qu'il existe une matrice non nulle A de M_n(K) telle que, pout toute matrice M, f(M) = tr(A.M). Donc : il existe A non nulle dans M_n(K) telle que M $\in$ $\scr{H}$ $\Longleftrightarrow$ tr(A.M) = 0.

2. a) On a facilement U = $\begin{pmatrix}0&0& . . . &0&1\\1&0& . . . &0&0\\0&1& . . . &0&0\\ \\.&.& . . . &.&.\\ \\.&.& . . . &.&.\\ \\0&0& . . . &1&0\end{pmatrix}$ . Remarquons que U est inversible (l'image de la base est cette base). D'autre part : tr(U) = 0.

2. b) Le produit par blocs donne : J_r.M = $\begin{pmatrix}U&O\\O&O\end{pmatrix}$ . Enfin, tr(J_r.M) = tr(U) = 0.

3. Soit $\scr{H}$ un hyperplan de M_n(K). On a donc M $\in$ $\scr{H}$ $\Longleftrightarrow$ tr(A.M) = 0.
Or, tr(J_r.M) = tr((PAQ).M)) = tr(P.(AQM)) = tr((AQM).P) = tr(A.(QMP)).
Comme tr(J_r.M) = 0, on a tr(A.(QMP)) = 0. Donc, QMP appartient à $\scr{H}$ et par construction, QMP est inversible.

IV - 6 - 4. Exercice 6 - 4. L'équation X + tr(X).A = B

Pour n > 1, on désigne par $\scr{E}$ le K-ev des matrices carrées d'ordre n à coefficients dans K. On donne deux éléments A et B de $\scr{E}$ , A $\neq$ O. On se propose de résoudre dans $\scr{E}$ , l'équation (E) : M + tr(M).A = B, d'inconnue M, tr(M) désignant la trace de la matrice M.

Voici une solution personnelle qui n'est vraiment pas la plus courte, mais elle a le mérite d'utiliser de nombreux résultats d'algèbre linéaire. On trouvera dans un topic de l'île une correction particulièrement astucieuse proposée par " blang " : autre solution dans ce topic

A - Etude d'un endomorphisme de $\scr{E}$

1. Montrer que u : M fleche2

M + tr(M).A est un endomorphisme de $\scr{E}$ . Notons e l'automorphisme identité de $\scr{E}$ .
2. Calculer (u - e)². Montrer que p(X) = (X - 1)(X - 1 - tr(A)) est le polynôme minimal de u.
3. Pour quelles valeurs de tr(A) l'équation (E) possède-t-elle une solution et une seule ?

B - Etude du cas tr(A) = -1
1. Montrer que u est alors un projecteur. Trouver Ker(u) et Im(u).
2. En déduire une condition nécessaire et suffisante portant sur B pour que (E) admette des solutions. Résoudre alors l'équation (E) lorsque tr(A) = -1.

C - On suppose tr(A) ? -1
Chercher la solution de (E).

Correction de l'exercice 6 - 4.
A - 1. u(a.M + b.N) = a.M + b.N + tr(a.M + b.N).A. En utilisant la linéarité de la forme linéaire trace, on trouve facilement : u(a.M + b.N) = a(M + tr(M).A) + b(N + tr(N).A) = a.u(M) + b.u(N).
Donc u est un endomorphisme de $\scr{E}$ .

A - 2. Pour toute matrice M, (u - e)(M) = M + tr(M).A - M = tr(M).A.
Donc, (u - e)²(M) = (u - e)tr(M).A = tr(M)(A + tr(A).A - A) = tr(M)tr(A).A = tr(A).(u - e)(M). Ceci étant vrai pour toute matrice M, on aura : (u - e)² = tr(A)(u - e).
D'où : (u - e)_°[u - (1+tr(A)).e] = O ( de $\scr{L(E)}$ ).
Cela signifie que le polynôme p(X) = (X - 1)[X - 1 - tr(A)] est annulé par u.
a) u = e $\Longrightarrow$ $\forall$ M, tr(M).A = O. Or, si M = I_n, cela entraine A = O, contraire à l'hypothèse. Donc u $\neq$ e.
b) u = (1+tr(A)).e $\Longrightarrow$ $\forall$ M, tr(M).A = tr(A).M.
Si M = E_ij avec i $\neq$ j, cela donne tr(A) = 0 et il reste tr(M).A = O. Alors, si M = I_n cela donne A = O : impossible. Donc, u $\neq$ (1+tr(A)).e.
Conclusion : p(X) = (X - 1)[X - 1 - tr(A)] est le polynôme minimal de u.

A - 3. Le spectre de u est donc formé par les valeurs propres λ = 1 ou λ = 1+tr(A). Remarquons que u sera inversible ssi 0 n'est pas valeur propre. Donc, tant que tr(A) $\neq$ -1, u est un automorphisme de $\scr{E}$ et l'équation (E) qui s'écrit u(M) = B aura une solution et une seule : M = u^-1(B).

B - 1. Etudions donc le seul cas où l'équation n'est pas régulière : tr(A) = -1. Dans ce cas, $\forall$ M $\in$ $\scr{E}$ :
u²(M) = u(M + tr(M).A) = M + tr(M).A + tr(M + tr(M).A).A = M + tr(M).A + tr(M).A - tr(M).A = u(M).
On en déduit que u² = u. Si tr(A) = - 1, u est un projecteur.
M $\in$ Im(u) $\Longleftrightarrow$ u(M) = M $\Longleftrightarrow$ tr(M).A = O $\Longleftrightarrow$ tr(M) = 0 (puisque A est supposée non nulle). On a donc un résultat très intéressant : Im(u) est l'ensemble des matrices M telles que tr(M) = 0. Ce sera le noyau de la forme linéaire non nulle "trace", donc l' hyperplan $\scr{H}$ = Ker(tr). Le noyau de u sera un supplémentaire de $\scr{H}$ (propriété des projecteurs), donc une droite vectorielle. Or, u(A) = O, donc, Ker(u) = K.A (la droite vectorielle engendrée par A).
Conclusion : si tr(A) = -1, u est un projecteur de $\scr{E}$ , avec Im(u) = $\scr{H}$ = Ker(tr) et Ker(u) = K.A.

B - 2. On sait que l'équation u(M) = B aura des solutions ssi B appartient à Im(u). Donc, dans le cas où tr(A) = -1, l'équation aura des solutions ssi tr(B) = 0. Donc :
a) Si tr(B) $\neq$ 0, l'ensemble des solutions de (E) est : S(E) = vide

b) Si tr(B) = 0. Il y aura des solutions et nous savons qu'elles seront du type : M = M₀ + N, où M₀ est une solution particulière de (E) et N une solution quelconque de l'équation homogène associée : u(M) = O. Or, ici, nous connaissons déjà les solutions de u(M) = O : ce sont les éléments de Ker(u), donc les matrices du type k.A, k $\in$ K. Il reste à trouver une solution particulière de u(M) = B. Comme u(B) = B, nous avons la réponse.
Si tr(B) = 0, S(E) = {B + k.A, k $\in$ K}

C. On suppose tr(A) $\neq$ -1. Donc, u est inversible et la solution de (E) est alors unique. Cherchons une telle solution.
D'abord, si M est la solution, M + tr(M).A = B $\Longrightarrow$ tr(M) + tr(M).tr(A) = tr(B) $\Longrightarrow$ tr(M) = $\frac{tr(B)}{1+tr(A)}$ $\in$ K.
D'autre part, M + tr(M).A = B $\Longrightarrow$ M = B - tr(M).A, donc M est forcément du type : M = k.A + B, k $\in$ K. Reportons dans (E).
u(M) = B $\Longrightarrow$ u(k.A + B) = k.A + B + (k.tr(A) + tr(B)).A = B $\Longrightarrow$ .A = O. Comme a est non nulle, cela entraine k = - $\frac{tr(B)}{1+tr(A)}$ . Donc, M = B - $\frac{tr(B)}{1+tr(A)}$ .A
Vérifions : u(M) = B - $\frac{tr(B)}{1+tr(A)}$ .A + tr(B).A - B - $\frac{tr(B)}{1+tr(A)}$ tr(A).A = B + \frac{tr(B)}{1+tr(A)}[/tex](1+tr(A))].A = B.

Résumé :
tr(A) = - 1 et tr(B) $\neq$ 0 : S(E) = vide

tr(A) = - 1 et tr(B) = 0 : S(E) = {B + k.A, k $\in$ K}
tr(A) $\neq$ - 1. S(E) = {B - $\frac{tr(B)}{1+tr(A)}$ .A}

IV - 7. Liens entre u et ^tu

IV - 7 - 1. Exercice 7 - 1. Stabilité

Soient E un K-ev, E* son espace dual, u un élément de $\scr L$ (E).
1. Montrer que si F un sev de E u-stable, alors le sev F° de E* est ^tu-stable.
2. Montrer que si G un sev de E* ^tu-stable, alors le sev °G de E est u-stable.

Correction de l'exercice 7 - 1.
1. Sachant que : x $\in$ F $\Longrightarrow$ u(x) $\in$ F, il faut prouver que y* $\in$ F° $\Longrightarrow$ ^tu(y*) $\in$ F°.
Soit y* $\in$ F°. $\forall$ x $\in$ F, < x , ^tu(y*) > = < u(x) , y* >. Or, comme x $\in$ F $\Longrightarrow$ u(x) $\in$ F, on a < u(x) , y* > = 0. Ainsi, pour tout x dans F, < x , ^tu(y*) > = 0. Ceci prouve bien que ^tu(y*) appartient à F°.
Conclusion : F est un sev u-stable de E $\Longrightarrow$ F° est un sev ^tu-stable de E*.

2. Sachant que y* $\in$ G $\Longrightarrow$ ^tu(y*) $\in$ G, il faut prouver que x $\in$ °G $\Longrightarrow$ u(x) $\in$ °G.
Soit x $\in$ °G. $\forall$ y* $\in$ G, < x , ^tu(y*) > = < u(x) , y* >. Or, comme y* $\in$ G $\Longrightarrow$ ^tu(y*) $\in$ G, on a < x , ^tu(y*) > = 0. Ainsi, $\forall$ y* $\in$ G, < u(x) , y* > = 0. Ceci prouve bien que u(x) appartient à °G.
Conclusion : G est un sev ^tu-stable de E* $\Longrightarrow$ °G est un sev u-stable de E.

IV - 7 - 2. Exercice 7 - 2. Eléments propres

1. Soient E un K-ev de dimension finie n > 0, u un élément de $\scr L$ (E). On appelle P le polynôme caractéristique de u et Q le polynôme caractéristique de ^tu. Montrer que P = Q. Que dire de leurs polynômes minimaux p et $\chi$ ?
2. Montrer que si λ est une valeur propre de u (donc de ^tu), alors les sev propres associés : E(λ) pour u et E*(λ) pour ^tu ont même dimension.
3. Soient λ une valeur propre de u (donc de ^tu), φ $\in$ E* un vecteur propre associée à λ pour ^tu (on parle plutôt de forme propre). Montrer que Ker(φ) est un hyperplan u-stable de E. Réciproque : montrer que tout hyperplan u-stable de E est le noyau d'une forme linéaire propre pour ^tu.
4. Application. On considère l'endomorphisme u de R³ dont la matrice dans la base canonique de R³ est donnée par : $B = \begin{pmatrix}1&1&4\\0&-1&0\\1&1&1\end{pmatrix}$ . Trouver les hyperplans de R³ u-stables.

Correction de l'exercice 7 - 2.
1. Appelons e l'endomorphisme identité de E et e* l'endomorphisme identité de E*. (^te = e*). Par définition du polynôme caractéristique de ^tu, Q(X) = det(Xe* - ^tu) = det(X^te - ^tu) = det^t(Xe - u) = det(Xe - u) = P(X).
Donc, P(X) = Q(X). Ceci signifie que u et ^tu ont les mêmes valeurs propres avec la même multiplicité.
Par hypothèse π est le polynôme de plus bas degré et normalisé tel que π(u) = O ( $\scr L$ (E)). Nous pouvons écrire ce polynôme sous la forme X^d + a_d-1X^d-1 + ... + a₁X + a₀. Donc : u^d + a_d-1u^d-1 + ... + a₁u + a₀e = O.
Transposons ce résultat, en remarquant que la transposition est linéaire, que ^te = e*, que ^tO ( $\scr L$ (E)) = O* ( $\scr L$ (E*)) et que, pour tout entier k > 0, ^t( u^k) = ( ^tu )^k. Cela donne : ( ^tu )^d + a_d-1( ^tu )^d-1 + ... + a₁^tu + a₀e* = O* ( $\scr L$ (E*)).
Ceci montre que π est un polynôme annulateur de ^tu. Donc $\chi$ est un diviseur de π. Mais comme E est de dimension finie, on peut identifier E avec E** et u avec ^t( ^tu ). On en déduit que π est un diviseur de $\chi$ . Comme π et $\chi$ sont normalisés, on peut en conclure que π = $\chi$ . Donc u et ^tu ont même polynôme caractéristique et même polynôme minimal.

2. E*(λ) = Ker(^tu - λ.e*) = Ker( ^t(u - λ.e)) = [ Im(u - λ.e) ]° (théorème III - 16). Donc :
dim[ E*(&lamda;) ] = dim{[ Im(u - λ.e) ]°} = codim{ Im(u - λ.e) } = dim[ Ker(u - λ.e) ] = dim[ E(λ) ].
E(λ) et E*(λ) ont même dimension. Par contre, E*(λ) est un sev de E* et E(λ) est un sev de E.

3. Soient λ une valeur propre de u (donc de ^tu), φ une forme propre associée à λ. Cela signifie que φ est une forme linéaire non nulle de E* (donc Ker(φ) est un hyperplan de E) et que ^tu(φ) = &lmabda;.φ (vecteur propre pour ^tu). Alors :
x $\in$ Ker(φ) $\Longrightarrow$ < x , φ > = 0 $\Longrightarrow$ ?< x , φ > = 0 $\Longrightarrow$ < x , λ.φ > = 0 $\Longrightarrow$ < x , ^tu(φ) > = 0 $\Longrightarrow$ < u(x) , φ > = 0.
Cette dernière ligne entraine que : x $\in$ Ker(φ) $\Longrightarrow$ u(x) $\in$ Ker(φ). Donc, Ker(φ) est u-stable.
Réciproque. Soit H un hyperplan de E u-stable. Il existe une forme linéaire non nulle f telle que Ker(f) = H. D'après l'exercice 7 - 1, H u-stable $\Longrightarrow$ H° ^tu-stable. Or, H° = K.f (théorème III - 6). Dire que la droite vectorielle K.f est ^tu-stable entraine que ^tu(f) est dans cette droite vectorielle, donc, il existe $\alpha$ $\in$ K tel que ^tu(f) = $\alpha$ .f. Comme f est non nulle cela signifie bien que f est une forme linéaire propre pour ^tu.

Méthode directe. Si l'on ne veut pas utiliser l'exercice 7 - 1, on peut procéder de la manière suivante. Soit H un hyperplan u-stable. H est le noyau d'une forme linéaire non nulle f : H = Ker(f). Puisque H est u-stable, nous aurons :
x $\in$ Ker(f) $\Longrightarrow$ < u(x) , f > = 0 $\Longrightarrow$ < x , ^tu(f) > = 0 $\Longrightarrow$ H $\subset$ Ker( ^tu(f) ). La propriété de maximalité des hyperplans entraine que Ker( ^tu(f) ) = H ou Ker( ^tu(f) ) = E. Dans le premier cas, ^tu(f) = λ.f, λ scalaire non nul (théorème III - 4 b)). Dans le second cas, ^tu(f) = O* = 0.f. Donc, dans les deux cas, f est une forme propre de ^tu.

Bilan :

Dans un K-ev E de dimension finie n > 0, un endomorphisme u (de E) a même polynôme caractéristique et même polynôme minimal que l'endomorphisme transposé ^tu (de E*). Ces deux endomorphismes ont donc mêmes valeurs propres. Leurs sev propres ont mêmes dimensions. Enfin : Les hyperplans u-stables de E sont exactement les noyaux des formes linéaires propres pour ^tu.

4. On cherche le polynôme caractéristique de u (ou de ^tu) : P(X) = (X+1)²(X-3). Ensuite, on cherche les sev-propres pour ^tu, associés aux valeurs propres -1 et 3. Pour cela, on résout les deux systèmes :
a) :^tB.X = -X, ce qui donne E*(-1) = vec((0,1,0)),
b) : ^tB.X = 3.X, ce qui donne E*(3) = vec((4,3,8)).
Il existe donc deux hyperplans dans E, u-stables. Ils ont pour équations (H) : y = 0 et (H') : 4x + 3y + 8z = 0.
$\text{[math]}$

Publié par Raymond le 22-08-2021

ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter

Merci à pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche

Cette fiche

Voir la correction
Imprimer
Réduire / Agrandir
Pour plus d'options, Connectez vous
Forum de maths

algèbre en post-bac
Plus de 28 677 topics de mathématiques sur "algèbre" en post-bac sur le forum.