Fiche de mathématiques
> >

Dualité - Chapitre IV
Utilisation

Partager :

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 fk par : pour tout élément P de E s'écrivant P(X) = a0 + a1X + ... + apXp, on pose : fk(P) = ak.
1. Montrer que la famille (fk)k\in N est une famille libre de E*, espace dual de E.
2. On pose Hk = Ker(fk). Que dire de Hk ? Ecrire une décomposition de E en somme directe associée.
3. On appelle G le sev de E* engendré par la famille (fk)k\in 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) = \sumaiXi et Q(X) = \sumbjXj, et si r et s sont deux réels quelconques, (r.P + s.Q)(X) = \sum(rap + sbp)Xp. Donc, fk(r.P + s.Q) = rak + sbk = rfk(P) + sfk(P). Ceci prouve que : \forall k \in N, fk \in E*.
Considérons une sous-famille finie f0 , ... , fN de (fk)k\in N. Etudions : r0.f0 + ... + rN.fN = O*. Pour tout polynôme P nous aurons donc r0.f0(P) + ... + rN.fN(P) = 0, en particulier si P(X) = Xk : on trouve rk = 0. La famille f0 , ... , fN est donc libre. On en déduit que (fk)k\in N. est libre dans E*.
Nous remarquons que (fk)k\in N est duale de la base canonique de E : < Xp , fq > = δpq.

2. Puisque fk(Xk) = 1, la forme linéaire fk est non nulle. On sait qu'alors Hk = Ker(fk) est un hyperplan de E. On peut écrire que E = Hk \bigoplus R.Xk.

3. Résultat classique : f est une forme linéaire sur E. Si f était élément de G, il existerait n réels r0 , ... , rn tels que l'on ait : f = r0.f0 + ... + rn.fn. Donc, pour tout P dans E, f(P) = r0.f0(P) + ... + rn.fn(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 , fk > = 0 : tous les coefficients de P sont nuls. Donc °G = {0E}.
F \in (°G)° \Longrightarrow < 0E , 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
fa : P fleche2 P(a), fb : P fleche2 P(b), fc : P fleche2 P(c), f : P \to \ f(P) = \displaystyle \int_a^bP(t)dt
1. Montrer que (fa , fb , fc) est libre dans E*. On pose G = vec(fa , fb , fc). 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 , fa > = < P , fb > = < P , fc > = 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 fa , fb , fc. Il existe donc nécessairement trois scalaires \alpha, \beta, \gamma tels que : f = \alpha.fa + \beta.fb + \gamma.fc. 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 : \forallx \in E, \forallf \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.IdE et utiliser la linéarité de la transposition : th = a.t(IdE) = a.IdE*.
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 {0E}, 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, \forallx \in K, u(x) = u(x.1K) = x.u(1K). Désignons par au le scalaire u(1K), cela donne u(x) = au.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*, \forallx \in E, \forall u \in K*, < x , tf(u) > = < f(x) , u >. D'après la question 1°), \forallx \in E, \forall u \in K*, tf(u)(x) = u(f(x)) = au.f(x). Finalement : \forallu \in K*, tf(u) = au.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° = {OK*}.

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

E est un K-ev non réduit à {0E}, 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 t i.
3. Chercher Ker( t i ) 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, t i : E* \rightarrow F*. De plus, par définition, \forallx \in F, \forallf \in E*, < x , t i(f) > = < i(x) , f > = < x , f >. Donc, en revenant à l'écriture fonctionnelle : \forallx \in F, \forallf \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 fF cette restriction. Alors, \forallf \in E*, t i(f) = fF.

3. f \in Ker(t i ) \Longleftrightarrow fF = OF* \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 fF = 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 {0E} 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 IdE et IdE* 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) = 0E. 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) = 0E et p(x) = x. Donc, Ker(p) \cap Im(p) = {0E}
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) = 0E \Longleftrightarrow x \in Ker(p). Donc : Im(e - p) = Ker(p).
x \in Ker(e - p) \Longleftrightarrow (e - p)(x) = 0E \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))° = Kert(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 = {0E} tout hyperplan de E contenant 0E le résultat est acquis. Sinon, posons dim(F) = p, 0 < p < n. Considérons une base de F : (e1 , ... , ep) complétée pour former une base de E : (e1 , ... , en). Alors, le sev H de E défini par H = vec(e1 , ... , en-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}Hf , où Hf = 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 = {0E} on complète la partie libre (x) pour former une base de E : (e1 , ... , en-1 , x ) et si dim F = p, 0 < p < n, on prend une base de F : (e1 , ... , ep) et comme x n'est pas dans F, (e1 , ... , ep , x) est libre dans E. On complète cette famille en : (e1 , ... , ep, ep+1 , ... , en-1 , x) pour former une base de E. Remarquer que ce complément est inutile si p = n-1. Alors, Hx = vec(e1 , ... , ep, ep+1 , ... , en-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 BE = (e1 , ... , en) est une base de E et si (BE)* = (e1* , ... , en*) est sa base duale dans E*, alors les coordonnées des éléments x de E et f de E* sont déterminées par : xi = < x , ei* > et fj = < ej , 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 , ... , Hk et k formes linéaires f1 , ... , fk telles que pour tout i, Hi = Ker(fi). On dit que H1 , ... , Hk sont indépendants ssi les k formes linéaires f1 , ... , fk 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 fp+1 , ... , fn telles que F = \bigcap_{i=p+1}^nKer(fi).
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 = {0E}, alors F° = E* et si F = E, alors F° = {O*}. Donc, si F = {0E}, 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 BF = (e1 , ... , ep) une base de F, complétée pour constituer une base de E : BE = (e1 , ... , en). Prenons sa duale : (BE)* = (e1* , ... , en*). Nous aurons alors :
f \in\Longleftrightarrow f \in (vec(e1 , ... , ep))° = {e1 , ... , ep\Longleftrightarrow \forallj, 1 infegal j infegal p, < ej , f > = 0. Cela signifie que les p premières coordonnées de f sur (BE)* sont nulles, donc f \in\Longleftrightarrow f = fp+1.ep+1* + ... + fn.en*. On en déduit facilement que F° = vec(ep+1*, ..., en*). On retrouve bien sûr que dim(F°) = codim(F).

2. Cas particuliers : si G = {O*}, alors °G = E et si G = E*, alors °G = {0E}. 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 BG = (e1* , ... , eq*) une base de G, complétée pour constituer une base de E* : BE* = (e1* , ... , en*). Prenons sa préduale dans E : BE = (e1 , ... , en). Nous aurons alors :
x \in °G \Longleftrightarrow x \in °(vec(e1* , ... , eq*) ) = °{e1* , ... , eq*} \Longleftrightarrow \foralli, 1 infegal i infegal q, < x , ei* > = 0. Cela signifie que les q premières coordonnées de x sur BE sont nulles, donc x \in °G \Longleftrightarrow x = xq+1.eq+1 + ... + xn.en. On en déduit facilement que °G = vec(eq+1 ... en). 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(ep+1* , ... , en*). Alors, en réappliquant la méthode employée dans l'exercice 3 - 1 :
°(F°) = °(vec(ep+1* , ... , en*)) = °{ep+1* , ... , en*} = °(\bigcup_{i=p+1}^n{ei*}) = \bigcap_{i=p+1}^n°{ei*} = \bigcap_{i=p+1}^nKer(ei*).
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}^nHi = \bigcap_{i=p+1}^nKer(fi), 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, ( fi )i\inI une famille non vide de formes linéaires sur E, f une forme linéaire sur E.
1. Montrer que f \in Vec(( fi )) \Longrightarrow \cap_{i\in I} Ker( fi ) \subset Ker(f).
2. On suppose que dim(E) = n > 0. On pose F = \cap_{i\in I} Ker( fi ). 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 ( fi )i\inI.
3. On suppose que dim(E) = n > 0. Montrer la réciproque : \cap_{i\in I} Ker( fi ) \subset Ker(f) \Longrightarrow f \in Vec(( fi )).

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

2. Supposons donc dim(E) = n > 0. Alors, la famille ( fi )i\inI est de rang p, avec 0 \leq p \leq n (car dim(E*) = n). Si ce rang est nul, cela signifie que toutes les fi sont nulles, donc que, pour tout i, Ker( fi ) = E, donc \cap_{i\in I} Ker( fi ) = E. Ecartons ce cas. Rg( ( fi )i\inI) = p signifie : il existe f1 , ... , fp indépendantes dans ( fi )i\inI et, tous les autres éléments de ( fi )i\inI sont dans vec(f1 , ... , fp). Alors, la propriété prouvée dans 1. signifie que, pour toutes ces autres formes fj , on aura \cap_{i=1}^pKer(fi ) \subset Ker( fj ). Elles n'influenceront donc pas l'intersection. Conclusion :
Si rg( ( fi )i\inI = p, alors : F = \cap_{i\in I} Ker( fi ) = \cap_{i=1}^pKer(fi ), où ( f1 , ... , fp ) est une base de vec( ( fi )i\inI ).
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}^pKer(fi ). Appliquons la méthode des bases développée dans l'exercice 3 - 2 : on complète (si p < n) ( f1 , ... , fp ) en ( f1 , ... , f n) pour former une base de E*, on prend sa préduale dans E : (e1 , ... , en), alors F = vec(ep+1 , ... , en).
Introduisons maintenant l'hypothèse F \subset Ker( f ). Ceci signifie que pour tout j, p+1 \leq j \leq n, < ej , f > = 0. Comme les < ei , f > sont les coordonnées de f sur ( f1 , ... , f n), on a donc : f = a1f1 + ... + apfp. Ceci montre bien que f appartient à vec( f1 , ... , f p).
Conclusion en dimension finie : (E) : f \in Vec(( fi )) \Longleftrightarrow \cap_{i\in I} Ker( fi ) \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 Hp+1 , ... , Hn 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 (ep)p\inN des suites de E définies par (ep)n = \delta_{\text{p,n}. En détaillant : la suite ep = (\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((ep)p\inN). La famille (ep)p\inN engendre-t-elle E ?
2. ( fp )p\inN est la famille d'applications définie par : \forallx \in E,\forallp \in N, , fp(x) = (x)p = \xi_{\text{p}}. Montrer que (fp)p\inN 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(( fp )p\inN. Que dire de Ker(L) ? Comparer les deux sev : F = vec((ep)p\inN) et Ker(L).
4. Etudier \cap_{p\in N}Ker( fp ) 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 (ep)p\inN : ep(1) , ... , ep(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 (ep)p\inN est libre dans E.
Appelons F le sev de E engendré par la famille (ep)p\inN. Par définition, F = vec((ep)p\inN) est l'ensemble des combinaisons linéaires FINIES d'éléments de la famille (ep)p\inN. 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((ep)p\inN) 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 (ep)p\inN 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 : fp(a.x + b.y) = (a.x + b.y)p = a\xi_{\text{p}} + b\eta_{\text{p}} = a.fp(x) + b.fp(y). Les fp 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 , ... , fk et étudions : \alpha_0.f0 + ... + \alpha_{\text{k}}.fk = O*. Donc, pour toute suite x de E, \alpha_0.f0(x) + ... + \alpha_{\text{k}.fk(x) = 0. En prenant en particulier les suites ep de la question 1, on a : \alpha_0 = ... = \alpha_{\text{k}} = 0. Donc, (fp)p\inN 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 = ξn et (y)n = ηn, a et b deux complexes. Nous savons que : L(a.x + b.y) = \displaystyle \lim_{n\to +\infty}(aξn + bηn) = a.\displaystyle \lim_{n\to +\infty}n) + b.\displaystyle \lim_{n\to +\infty}n) = a.L(x) + b.L(y). L est bien un élément de E*.
Cherchons si {L}\cup( fp )p\inN est libre ou non. Pour cela, étudions l'équation \alpha.L + β0.f0 + ... + βk.fk = O* d'inconnues les nombres complexes \alpha, β0 , ... , βk. Donc, \forall x \in E, \alpha.L(x) + β0.f0(x) + ... + βk.fk(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) = ... fk(x) = 0. On en déduit que \alpha = 0. Il reste β0.f0 + ... + βk.fk = O*. ( fp )p\inN étant une famille libre de E*, cela entraine β0 = ... = βk = 0.
Conclusion : {L}\cup( fp )p\inN est libre dans E*, donc, L n'est pas dans vec(( fp )p\inN).

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((ep)p\inN) \stackrel{\subset}{\small{\neq}} Ker(L) \stackrel{\subset}{\small{\neq}} E.

4. D'une part : x \in\cap_{p\in N}Ker( fp ) \Longleftrightarrow \forallp \in N, < x , fp > = (x)p = 0 \Longleftrightarrow x = O. Donc :\cap_{p\in N}Ker( fp ) = {O}. D'autre part, Ker(L) n'est pas réduit à la suite nulle (Ker(L) contient F). Nous avons donc : L nonappartient vec(( fp )p\inN), mais nous avons aussi \cap_{p\in N}Ker( fp ) \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(fp)p\inN. (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 {0E}. Il existerait donc un vecteur non nul a qui vérifierait : \forallf \in G, f(a) = 0. Ce qui contredit l'hypothèse.

3. Dire que deux suites x = (ξn) et y = (ηn) de E sont distinctes signifie : il existe un entier p tel que ξp \neq ηp. Donc, la forme fp vérifie bien fp(x) \neq fp(y). Le sev de E*, G = vec(fp)p\inN 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\forallg \in E2*, tu(g) = O(E1*)
\Longrightarrow\forallx \in E1, \forallg \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 Mn(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 Mn(K). On peut aussi remarquer que t(tM) = M, donc que T ° T = Id(Mn(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 Sn(K) des matrices symétriques. Le nombre de variables indépendantes d'une matrice symétrique étant \frac{n(n+1)}{2} on a donc dim(Sn(K)) = \frac{n(n+1)}{2}
Le sev propre associé à la valeur propre -1 est donc le sev An(K) des matrices antisymétriques. Le nombre de variables indépendantes d'une matrice antisymétrique étant \frac{n(n-1)}{2} on a donc dim(An(K)) = \frac{n(n-1)}{2}
Or, il est simple de voir que Sn(K) \cap An(K) = {O} et que dim(Sn(K)) + dim(An(K)) = n² = dim(Mn(K)). On en déduit que les seules valeurs propres sont -1 et 1, et que Mn(K) est somme directe des deux sev propres associés. Donc T est diagonalisable. Il existe une base B de vecteurs propres de Mn(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(Mn(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 {0E}, 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 , ... , fp d'un K-ev E de dimension finie n \geq p. On considère les deux propriétés :
(1) (f1 , ... , fp) est libre,
(2) \forall1 , ... , βp) \in Kp, \exist x \in E, \forall i, 1 \leq i \leq p, < x , fi > = βi.
Montrer que (1) \Longleftrightarrow (2).

Correction de l'exercice 6 - 2.
(1) \Longrightarrow (2). (f1 , ... , fp) étant libre, on peut éventuellement (si p < n) compléter pour former une base de E*. On prend alors sa préduale (e1 , ... , en) dans E. Soit (β1 , ... , βp) un élément de Kp. Considérons le vecteur de E défini par x = β1.e1 + ... + βp.ep. Alors, on a bien, \forall i, 1 \leq i \leq p, < x , fi > = βi.

(2) \Longrightarrow (1). Considérons l'application u : E \rightarrow Kp définie par u(x) = (f1(x) , ... , fp(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 , ... , βp), 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 , ... , fp sont indépendantes.

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

On rappelle (voir II - 2) que l'application trace est une forme linéaire sur le K-ev Mn(K) des matrices carrées d'ordre n à coefficients dans K. De plus, cette forme vérifie : \forall(M,P) \in (Mn(K))², tr(M.P) = tr(P.M). Enfin, toute forme linéaire f sur Mn(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 Mn(K). Montrer qu'il existe A \in Mn(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 GLn(K) telles que :
J_r = P.A.Q = \begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}
   a) Soient Br = (e1 , ... , er ) la base canonique de Kr, u l'automorphisme de Kr défini par : pour tout i entre 1 et r-1, u(ei) = ei+1 et u(er) = e1. Ecrire U = Mat(u , Br ) et calculer tr(u).
   b) On pose M = \begin{pmatrix}U&O\\O&I_{n-r}\end{pmatrix}. Calculer Jr.M, puis tr(Jr.M)
3. Montrer que tout hyperplan de Mn(K) contient une matrice inversible.

Correction de l'exercice 6 - 3.
1. \scr{H}étant un hyperplan de Mn(K), il existe une forme linéaire non nulle f sur Mn(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 Mn(K) telle que, pout toute matrice M, f(M) = tr(A.M). Donc : il existe A non nulle dans Mn(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 : Jr.M = \begin{pmatrix}U&O\\O&O\end{pmatrix}. Enfin, tr(Jr.M) = tr(U) = 0.

3. Soit \scr{H} un hyperplan de Mn(K). On a donc M \in \scr{H}\Longleftrightarrow tr(A.M) = 0.
Or, tr(Jr.M) = tr((PAQ).M)) = tr(P.(AQM)) = tr((AQM).P) = tr(A.(QMP)).
Comme tr(Jr.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 = In, 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 = Eij avec i \neq j, cela donne tr(A) = 0 et il reste tr(M).A = O. Alors, si M = In 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, \forallM \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\Longrightarrow tu(y*) \in F°.
Soit y* \in F°. \forallx \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, \forally* \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(Xte - tu) = dett(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 Xd + ad-1Xd-1 + ... + a1X + a0. Donc : ud + ad-1ud-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( uk ) = ( tu )k. Cela donne : ( tu )d + ad-1( tu )d-1 + ... + a1tu + 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 \Longrightarrowtu-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.
Publié le
ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter
Merci à
raymond Correcteur
pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche


Vous devez être membre accéder à ce service...

Pas encore inscrit ?

1 compte par personne, multi-compte interdit !

Ou identifiez-vous :


Rester sur la page

Inscription gratuite

Fiches en rapport

parmi 1293 fiches de maths

Désolé, votre version d'Internet Explorer est plus que périmée ! Merci de le mettre à jour ou de télécharger Firefox ou Google Chrome pour utiliser le site. Votre ordinateur vous remerciera !