Formes linéaires en dimension finie

Exercices du dossier Formes linéaires en dimension finie

Dual d’un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel *

15 février 2021 14:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel  de dimension finie \(n\in\mathbb{N}^*\) et \(E^*\) le \(K\)-espace vectoriel des formes linéaires sur \(E\), appelée dual de \(E\). Montrer que \(E\) et \(E'\) sont des \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel s  isomorphes.



[ID: 1488] [Date de publication: 15 février 2021 14:46] [Catégorie(s): Formes linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Dual d’un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:46

Considérons \(e=\left(e_1,\dots,e_n\right)\) une base de \(E\). Pour tout \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\), on note \(e_i^*\) la forme linéaire sur \(E\) définie par \(e_i^*\left(e_j\right)=\delta_{i,j}\). On va montrer que la famille \(e^*=\left(e_1,\dots,e_n\right)\) est une base de \(E^*\) appelée base duale de la base \(E\).

  • La famille \(e^*\) est libre. En effet, si \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in\mathbb{K}\) sont tels que \(\varphi=\sum_{i=1}^n \alpha_i e_i^*=0\) alors pour tout \(i\in\llbracket 1,n\rrbracket\), \(\varphi(e_i)=\alpha_i=0\).

  • La famille \(e^*\) engendre \(E^*\). Soit \(\varphi\in E^*\). Posons \(\alpha_i=\varphi\left(e_i\right)\). Alors, on vérifie que \(\varphi=\sum_{i=1}^n \alpha_i e_i^*\). En effet, si \(x=\sum_{i=1}^n \gamma_i e_i\), \(\varphi(x)= \sum_{i=1}^n \gamma_i \varphi(e_i)=\sum_{i=1}^n \gamma_i \alpha_i\). Mais on a aussi \(\sum_{i=1}^n \alpha_i e_i^* (x)=\sum_{i=1}^n \alpha_i \gamma_i\).

Les \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel s \(E\) et \(E^*\) sont alors de même dimension et donc isomorphes.


Exercice 722 **

15 février 2021 14:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel  de dimension \(n\in\mathbb{N}^*\) et \(\varphi\) une forme linéaire non nulle sur \(E\). Montrer que pour tout \(x\in E \setminus \operatorname{Ker}\varphi\), \(\operatorname{Ker}\varphi\) et \(Vect{\left(x\right)}\) sont supplémentaires dans \(E\).



[ID: 1490] [Date de publication: 15 février 2021 14:46] [Catégorie(s): Formes linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 722
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:46

Posons \(F=\operatorname{Ker}\varphi + Vect{\left(x\right)}\). Comme \(\dim \operatorname{Ker}\varphi = n-1\), on a la disjonction : \(\dim F = n-1 \quad \textrm{ ou} \quad\dim F =n\). Si \(\dim F=n-1\) alors \(F=\operatorname{Ker}\varphi\) et forcément \(x=0\) ce qui n’est pas possible par hypothèse. Donc \(\dim F=n\) et \(\operatorname{Ker}\varphi + Vect{\left(x\right)}=E\). Si \(u\in \operatorname{Ker}\varphi \cap Vect{\left(x\right)}\) alors il existe \(\alpha\in \mathbb{K}\) tel que \(u=\alpha \cdot x\) et \(0=\varphi\left(u\right)=\alpha\varphi\left(x\right)\). Comme \(x\in E \setminus \operatorname{Ker}\varphi\), \(\varphi\left(x\right)\neq 0\) et \(\alpha=0\) ce qui prouve que \(u=0\) et donc que \(\operatorname{Ker}\varphi \cap Vect{\left(x\right)}=\left\{0\right\}\). \(\operatorname{Ker}\varphi\) et \(Vect{\left(x\right)}\) sont bien supplémentaires dans \(E\).


Exercice 9 **

15 février 2021 14:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(f\) et \(g\) des formes linéaires sur un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel  \(E\) de dimension finie telles que \(\operatorname{Ker}f = \operatorname{Ker}g\). Montrer qu’il existe \(\alpha\in\mathbb{K}\) tel que \(f=\alpha \cdot g\).



[ID: 1492] [Date de publication: 15 février 2021 14:46] [Catégorie(s): Formes linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 9
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:46

Si \(f\equiv 0\), le résultat est clair. Sinon, il existe \(x\in E\) tel que \(f\left(x\right)\neq 0\). Par conséquent \(Vect\left( x\right)\) et \(\operatorname{Ker}f\) sont supplémentaires. Puisque \(g\left(x\right)\neq 0\), on peut trouver \(\alpha\in \mathbb{K}\) tel que \(f\left(x\right)=\alpha g\left(x\right)\). On pose \(h=f-\alpha g\). L’application \(h\) est nulle sur \(\operatorname{Ker}f\) et \(h\left(x\right)=0\) donc \(h\equiv 0\) d’où le résultat.


Exercice 433 **

15 février 2021 14:46 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soit \(E\) un \(\mathbb{K}\)-espace vectoriel de dimension \(n\) et \(u\in L(E)\) un endomorphisme. On suppose que \(\forall \varphi\in E^{\star}\), \(\varphi\circ u = 0_{E^{\star}}\). Montrer que \(u=0_{L(E)}\).



[ID: 1494] [Date de publication: 15 février 2021 14:46] [Catégorie(s): Formes linéaires en dimension finie ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 433
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:46

Supposons que \(u\) ne soit pas nulle. Soit \(x_0\in E\) tel que \(y_0=u\left(x_0\right)\neq 0\). Posons \(F=Vect\left(y_0\right)\) et considérons un supplémentaire \(G\) à \(F\) dans \(E\). Ce dernier existe car \(E\) est de dimension finie. On sait que tout \(x\in E\) se décompose de manière unique sous la forme \(x=\alpha y_0+x_G\)\(x_G\in G\) et \(\alpha\in \mathbb{K}\). On introduit l’application \(\varphi\) sur \(E\) définie par \(\varphi\left(x\right)=\alpha\). On vérifie que \(\varphi\) est linéaire. Si \(x=\alpha y_0+x_G\) et si \(x'=\alpha' y_0+x_G'\) sont deux vecteurs de \(E\) alors par unicité de la décomposition d’un vecteur sur \(E=F\oplus G\), pour \(a,a'\in\mathbb{K}\), le vecteur \(a x+a'x'\) se décompose sous la forme \(ax+a'x'= \left(a\alpha+a'\alpha'\right)y_0+\left(ax_G+a'x_G'\right)\) et \(\varphi\left(ax+a'x'\right)=a\alpha+a'\alpha'=a\varphi\left(x\right)+a'\varphi\left(x'\right)\). De plus, \(\varphi\left(y_0\right)=1\) donc \(\varphi\) n’est pas nulle et \(\varphi\left(u\left(x_0\right)\right)\) non plus. On aboutit alors à une contradiction et \(u\) est nulle.


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Exercice 117
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 15 février 2021 14:46
  • Supposons que \(f\) est libre. Soit \(x\in\operatorname{Ker} \theta\). Alors \(f_1\left(x\right)=\dots=f_n\left(x\right)=0\). Par l’absurde, supposons que \(x\neq 0\). Considérons un supplémentaire \(H\) à \(\mathop{\mathrm{Vect}}\left(x\right)\) dans \(E\) et considérons la forme linéaire \(\varphi\) donnée par \(\varphi_{|H}=0\) et \(\varphi\left(x\right)=1\). Comme \(f\) est une base de \(\mathfrak{L}\left(E,\mathbb{K}\right)\), il existe \(\alpha_1,\dots,\alpha_n\in \mathbb{K}\) tels que \(\varphi=\sum_{i=1}^n \alpha_i f_i\). Mais alors \(\varphi\left(x\right)=\sum_{i=1}^n \alpha_i f_i\left(x\right)\) et on aboutit à une absurdité. Donc \(x=0\) et \(\operatorname{Ker}\theta=\left\{0\right\}\). Donc \(\theta\) est injective. Comme \(\dim \mathfrak{L}\left(E,\mathbb{K}\right)=\dim \mathbb{K}^n=n\), \(\theta\) est un isomorphisme.

  • Prouvons la réciproque par contraposée. Supposons que \(f\) est liée et montrons que \(\theta\) n’est pas injective. Un des vecteurs de \(f\) peut s’écrire comme combinaison linéaire des autres. Supposons, quitte à renuméroter les vecteurs de \(f\), que ce soit le dernier. Alors il existe \(\lambda_1,\dots,\lambda_{n-1}\in\mathbb{R}\) tel que \(f_n=\sum_{k=1}^{n-1} \lambda_i f_i\). Si \(x\in E\) alors \[\theta\left(x\right)=\left(f_1\left(x\right),\dots,f_{n-1}\left(x\right),\sum_{k=1}^{n-1} \lambda_i f_i\left(x\right)\right)\in Vect\left(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_{n-1}\right)\]\[\forall i\in\llbracket 1,n-1\rrbracket,\quad \varepsilon_i=\left(0,\dots,0,\underbrace{1}_{\textrm{ i-ème place}},0,\dots,\lambda_i\right).\] On montre sans difficulté que la famille \(\left(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_{n-1}\right)\) est libre donc \(\dim Vect\left(\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_{n-1}\right) =n-1\). Alors \(\dim \mathop{\mathrm{Im}} \theta \leqslant n-1\) et \(\theta\) n’est pas surjective donc n’est pas un isomorphisme.


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