Exercices corrigés - Formes linéaires, hyperplans, dualité

$f$ est donné par $f(x,y,z)=\alpha x+\beta y+\gamma z$. En calculant les valeurs de $f(1,1,1)=0$, etc... on obtient le système suivant : $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha+\beta+\gamma&=&0\\ 2\alpha+\gamma&=&1\\ \alpha+2\beta+3\gamma&=&4 \end{array} \right. $$ On résoud ce système et on trouve $\alpha=-1$, $\beta=-2$ et $\gamma=3$. Ainsi, on a $f(x,y,z)=-x-2y+3z$. On en déduit $$f(x,y,z)=0\iff \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&-2y+3z\\ y&=&y\\ z&=&z \end{array}\right.$$ Une base de $\ker(f)$ est donc donnée par la famille des deux vecteurs $(-2,1,0)$ et $(3,0,1)$.

La forme linéaire identiquement nulle vérifie les hypothèses et la conclusion. On suppose désormais $\varphi\neq 0$. Notons $\phi\in E^*$ défini par $\phi(P)=P(a)$. Il s'agit de prouver que les formes linéaires $\varphi$ et $\phi$ sont proportionnelles, c'est-à-dire que leurs noyaux sont égaux. Pour cela, on pose $F=\{(X-a)P;\ P\in \mathbb K_{n-1}[X]\}$. Par hypothèse, $F\subset \ker\varphi$. De plus, si $\phi(Q)=0$, alors $(X-a)|Q$ et donc $Q\in F$. Ainsi, on a $\ker\phi\subset F$. On a donc $$\ker\phi\subset F\subset \ker\varphi.$$ Puisque les deux sous-espaces situés aux extrémités de cette chaine d'inclusion ont la même dimension, tous ces sous-espaces sont égaux. En particulier, $\ker\phi=\ker\varphi$ et les deux formes linéaires sont proportionnelles.
Un autre raisonnement, plus élémentaire, consiste à remarquer que pour tout $P$ de $E$, $P(X)-P(a)$ se factorise en $(X-a)Q(X)$ avec $Q\in\mathbb K_{n-1}[X]$. Ainsi, par hypothèse sur $\phi$ on a $\varphi(P)=\varphi(1) P(a)$.

On pose $\phi_i(P)=P(x_i)$. Puisque $\phi$ et les $\phi_i$ sont des formes linéaires sur $E$, on demande de prouver que $\phi$ est dans l'espace vectoriel engendré par $\phi_0,\dots,\phi_n$. Il suffit de prouver que $(\phi_0,\dots,\phi_n)$ est une famille génératrice de $E^*$. Puisque $\dim(E^*)=\dim(E)=n+1$ et que la famille comporte $(n+1)$ éléments, cela revient à démontrer que $(\phi_0,\dots,\phi_n)$ est une famille libre de $E^*$. Mais si $\lambda_0\phi_0+\dots+\lambda_p \phi_p=0$, alors on évalue le membre de gauche pour le polynôme $$P_j(X)=\prod_{k\neq j}(X-x_k).$$ Clairement, on a $\phi_i(P_j)=0$ si $i\neq j$, et $\phi_j(P_j)=\prod_{k\neq j}(x_j-x_k)\neq 0$ sinon. Donc, $$(\lambda_0\phi_0+\dots+\lambda_p \phi_p)(P_j)=\lambda_j \prod_{k\neq j}(x_j-x_k)=0,$$ ce qui entraîne $\lambda_j=0$. La famille est donc libre, ce qui achève la preuve.

L'implication directe est évidente. Prouvons ensuite l'implication réciproque. On suppose donc que pour tout $\phi\in E^*$, on a $\phi(x)=\phi(y)$ et on doit prouver que $x=y$. Procédons par contraposée, et prouvons que si $x\neq y$, alors on peut construire $\phi\in E^*$ avec $\phi(x)\neq \phi(y)$. Supposons d'abord que la famille $(x,y)$ est libre. Soit $F$ un supplémentaire de $\vect(x,y)$. Alors on définit une forme linéaire sur $E$ en la définissant sur $\vect(x,y)$ par $\phi(ax+by)=a$ et sur $F$ par $\phi(z)=0$ pour tout $z\in F$. Alors, $\phi(x)=1$ et $\phi(y)=0$ et donc $\phi(x)\neq\phi(y)$. Si maintenant $(x,y)$ est liée, on peut supposer $x\neq 0$ et $y=\lambda x$, $\lambda\neq 1$. Soit alors $F$ un supplémentaire de $\vect(x)$. Alors on peut définir $\phi$ sur $E$ par $\phi(x)=1$ et $\phi(z)=0$ si $z\in F$. On a alors $\phi(x)=1$ et $\phi(y)=\lambda$ et donc $\phi(x)\neq\phi(y)$.
Une autre possibilité, dans le cas où $E$ est de dimension finie, est de considérer le vecteur non-nul $e_1=x-y$. On le complète en une base $\mathcal B=(e_1,e_2,\dots,e_n)$ de $E$ et on considère la base duale associée $(e_1^*,\dots,e_n^*)$. Alors $e_1^*(x-y)=1\neq 0$.

Soit $i,j,k,l$ dans $\{1,\dots,n\}$. On pose $A=E_{i,j}$ et $B=E_{k,l}$, de sorte que $$AB=\delta_{j,k}E_{i,l}\textrm{ et }BA=\delta_{l,i}E_{k,j}.$$ On a donc $$\delta_{j,k}\phi(E_{i,l})=\delta_{l,i}\phi(E_{k,j}).$$

• pour $j=k$ et $i\neq l$, on a $\phi(E_{i,l})=0$;
• pour $j=k$ et $i=l$, on a $\phi(E_{i,i})=\phi(E_{k,k})$.

Si on pose $\lambda=\phi(E_{1,1})$, on a donc $\phi(M)=\lambda\textrm{Tr}(M)$.

1. Il y a plusieurs façons de répondre. La plus simple est de remarquer que, par définition, $(f_0,\dots,f_n)$ est la base duale de $\mathcal B$.
2. Les $f_i$ étant les formes linéaires coordonnées dans la base $\mathcal B$, on va exprimer $\phi$ et $\psi$ en fonction des coordonnées du polynôme dans la base $\mathcal B$. Considérons donc $P=\sum_{j=0}^n a_j X^j$. On a $$\phi(P)=P(1)=\sum_{j=0}^n a_j=\sum_{j=0}^n f_j(P).$$ De même, $$\psi(P)=P'(0)=a_1=f_1(P).$$ Ainsi, $\phi=\sum_{j=0}^n f_j$ et $\psi=f_1$.

Soit $M$ la matrice dont les vecteurs colonnes sont les coordonnées de $(f_1^*,f_2^*,f_3^*)$ dans la base $(e_1^*,e_2^*,e_3^*)$. Il suffit de prouver que le rang de la matrice $M$ est égal à 3. Par des opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes, on trouve que \begin{align*}\textrm{rg}(M)&=\textrm{rg}\left(\begin{array}{ccc} 2&-1&1\\ 1&0&3\\ 1&2&0\\ \end{array} \right)\\ &= \textrm{rg}\left(\begin{array}{ccc} 2&-1&-1/2\\ 1&2&0\\ 1&0&3\\ \end{array} \right)\\ &= \textrm{rg}\left(\begin{array}{ccc} 2&-1&1\\ 1&2&0\\ 1&0&0\\ \end{array} \right)=3. \end{align*} $(f_1^*,f_2^*,f_3^*)$ est donc une base de $E^*$. Soit $(f_1,f_2,f_3)$ la base dont elle est duale. Écrivons $f_1=ae_1+be_2+ce_3$. Alors, on a le système : $$\left\{ \begin{array}{rrcl} f_1^*(f_1)=2a+b+c=1\\ f_2^*(f_1)=-a+0b+2c=0\\ f_3^*(f_1)=a+3b+0c=0. \end{array}\right.$$ Autrement dit, si on note $C$ la matrice $$C=\left(\begin{array}{ccc} 2&1&1\\ -1&0&2\\ 1&3&0 \end{array}\right),$$ alors $f_1=C^{-1}\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right).$ On obtient bien sûr la même chose pour $f_2$, $f_3$, et on trouve finalement que les coordonnées des $f_i$, exprimées dans la base $e_1,e_2,e_3$, sont les vecteurs colonnes de la matrice $$C^{-1}=\frac{1}{13}\left( \begin{array}{ccc} 6&-3&-2\\ -2&1&5\\ 3&5&-1 \end{array} \right).$$

On distingue les 3 cas :

• Si on échange $e_1$ et $e_2$ par exemple, ie si $f_1=e_2$ et $f_2=e_1$, alors il est facile de vérifier que la base duale sera $(f_1^*,\dots,f_n^*)=(e_2^*, e_1^*, e_3^*,\dots,e_n^*)$, simplement en vérifiant bien que $f_i^*(f_j)=\delta_{i,j}$.
• Si on multiplie $e_1$ par une constante $\lambda\neq 0$, c'est-à-dire si $f_1=\lambda e_1$, alors pour que $f_1^*(f_1)=1$, il est naturel de poser $f_1^*=\frac 1\lambda e_1^*$, puis de laisser les autres vecteurs inchangés : $f_k^*=e_k^*$ pour $k\geq 2$. On vérifie là aussi qu'on obtient bien la base duale.
• Si $f_1=e_1+\lambda e_2$, il est d'abord clair que $f_k^*=e_k^*$ pour $k\geq 3$. On remarque ensuite que $e_1^*(f_1)=1$ et $e_1^*(f_k)=0$ pour $k\geq 2$, et donc $f_1^*=e_1^*$. Ensuite, on cherche $f_2^*$ sous la forme $ae_1^*+be_2^*$. La condition $f_2^*(f_2)=1$ donne $b=1$. La condition $f_2^*(f_1)=0$ donne $a+b\lambda=0$, soit $a=-\lambda$. On a donc $f_2^*=-\lambda e_1^*+e_2^*$.

On remarque que $H_1+H_2$ est un sous-espace vectoriel de $E$ qui contient strictement $H_1$. Ainsi, $\dim(H_1+H_2)>n-1$. Puisque $\dim(H_1+H_2)\leq n$, on a $\dim(H_1+H_2)=n$. Par la formule de Grassmann, $$\dim(H_1\cap H_2)=\dim(H_1)+\dim(H_2)-\dim(H_1+H_2)=2(n-1)-n=n-2.$$

1. On raisonne par récurrence sur $p$. Si $p=1$, le résultat est connu : le noyau d'une forme linéaire non-nulle est un hyperplan de $E$. Supposons le résultat prouvé au rang $p$ et prouvons-le au rang $p+1$. On note $$F=\bigcap_{i=1}^{p+1} \ker(f_i),\ E'=\bigcap_{i=1}^p \ker(f_i)$$ et $g_{p+1}$ la restriction de $f_{p+1}$ à $E'$.
   Par hypothèse de récurrence, on sait que $\dim(E')\geq q-p$. D'autre part, $F=\bigcap_{i=1}^{p+1}\ker(f_i)=\ker(g_{p+1})$. Or, la dimension de $\ker(g_{p+1})$ est égale à celle de $E'$ moins 1 si $g_{p+1}$ est non-nulle, égale à celle de $E'$ si $g_{p+1}$ est nulle. Dans tous les cas, $\dim(F)\geq q-p-1=q-(p+1)$.
   Supposons que les formes linéaires sont indépendantes. L'hypothèse de récurrence nous dit que $\dim(E')=q-p$. De plus, puisque les formes linéaires sont indépendantes, on n'a pas d'après le rappel $$\bigcap_{i=1}^p\ker(f_i)\subset\ker(f_{p+1}).$$ Ceci signifie que $g_{p+1}$ n'est pas nulle, et donc que $\dim(\ker(g_{p+1}))=\dim(E')-1=q-p-1$.
   Enfin, si on sait que $\dim(F)=q-(p+1)$, notre argument montre que $\dim(E')=q-p$ et donc que les formes linéaires $f_1,\dots,f_p$ sont indépendantes. Si $f_{p+1}$ était combinaison linéaire de $(f_1,\dots,f_p)$, alors $g_{p+1}$ serait nulle et on aurait $\dim(F)=q-p$ ce qui n'est pas le cas. Donc $f_{p+1}$ n'est pas combinaison linéaire de $(f_1,\dots,f_p)$ et la famille $(f_1,\dots,f_{p+1})$ est libre.
2. On applique le résultat de la question précédente à $E=\mathcal M_n(\mathbb K)$ et aux formes linéaires $f_i(M)=\sum_{j=1}^n m_{i,j}$, où $M=(m_{i,j})$. Ces formes linéaires sont indépendantes. En effet, si $$\lambda_1 f_1+\dots+\lambda_n f_n=0,$$ on applique cette égalité à la matrice élémentaire $E_{i,1}$, dont tous les coefficients sont nuls sauf celui de la $i$-ème ligne et $1$-ère colonne, égal à 1. On a $f_i(E_{i,1})=1$ et $f_k(E_{i,1})=0$ si $k\neq i$. Ainsi, on obtient $\lambda_i=0$ et la famille est libre. D'où $\dim(F)=n^2-n$.
3. On démontre d'abord que les formes linéaires $(g_j)_{j=1,\dots,n-1}$ forment une famille libre. En effet, considérons une relation de liaison $$\mu_1 g_1+\dots+\mu_{n-1}g_{n-1}=0.$$ On l'applique à des matrices particulières, mais il faut prendre garde désormais à ce qu'elles doivent appartenir à $F$. Considérons ici $M=E_{1,j}-E_{1,n}$. Alors $M\in F$ et $g_j(M)=1$ et $g_k(M)=0$ pour $k\neq j$. On obtient donc $\lambda_j=0$, et la famille $(g_1,\dots,g_{n-1})$ est libre. D'après le résultat de la première question : $$\dim\left(\bigcap_{i=1}^n \ker(f_i)\cap\bigcap_{j=1}^{n-1}\ker(g_j)\right)=n^2-n-(n-1)=(n-1)^2.$$ Reste à montrer que l'espace vectoriel considére est bien celui des matrices dont la somme de chaque colonne et la somme de chaque ligne sont nulles. Le point important est de vérifier que si $f_1(M)=\dots=f_n(M)=g_1(M)=\dots=g_{n-1}(M)=0$, alors $g_n(M)=0$. Mais il est facile de vérifier que $$f_1+\dots+f_n-g_1-\dots-g_{n-1}=g_n$$ ce qui prouve le résultat d'après le rappel.
   On ne pouvait pas appliquer le résultat de la première question directement à la famille $(g_j)_{j=1,\dots,n}$ car la famille $(f_1,\dots,f_n,g_1,\dots,g_n)$ est liée.

Notons $\bar x$ la classe de $x\in E$ dans $E/H$. Puisque $\dim(E/H)=1$, on sait qu'il existe $u\in E$ tel que $E/H=\textrm{vect}(\bar u)$. Prouvons alors que $E=H\oplus\textrm{vect}(u)$. Considérons tout d'abord $x\in H\cap\textrm{vect}(u)$. Alors $x$ s'écrit $x=\lambda u$. De plus, $\bar x=0$ puisque $x\in H$. Comme $\bar x=\lambda\bar u$ et que $\bar u\neq 0$, on a $\lambda=0$ et donc $x=0$. D'autre part, soit $y\in E$. Alors il existe $\lambda\in \mathbb K$ tel que $\bar y=\lambda \bar u$. Ceci implique que $\overline{y-\lambda u}=0$, et donc que $y-\lambda u\in H$. Notons $x=y-\lambda u\in H$. L'écriture $y=x+\lambda u$ prouve que $y\in H+\textrm{vect}(u)$.