Exercices/remarques sur les hyperplans (vectoriels)

topopot

Bonjour,

Je suis en train de me faire un mémo sur les hyperplans, pouvez-vous me donner des propriétés/exercices, même des choses simples, ou moins simples sur les hyperplans ?

J'ai déjà les caractérisations équivalentes :

• sous-espace de codimension $1$
• sous-espace admettant une droite pour supplémentaire
• sous-espace $H$ strict admettant pour tout $x\notin H$, $\mathbb K x$ pour supplémentaire
• élément maximal parmi les sous-espaces stricts
• noyau d'une forme linéaire non nulle

En exercice/propriété intéressante j'ai : 
1) Si $n\in\N\setminus\{1\}$, tout hyperplan de $\mathcal M_n(\mathbb K)$ admet une matrice inversible.
2) Tout sous-espace strict est contenu dans un hyperplan.


En avez-vous d'autres ? Je n'ai pas peur de l'exhaustif ! Si possible, je préfère qu'on reste dans le vectoriel et éventuellement la réduction, mais pas de bilinéaire ou de topologie.

MrJ

Soit $f\in\mathcal{L}(E)$ où $E$ est un espace vectoriel de dimension finie. Soit $\varphi\in E^\ast$ une forme linéaire non nulle. L’hyperplan $H=\ker(\varphi)$ est stable par $f$ si et seulement si $\varphi$ est un vecteur propre de l’endomorphisme $^t\! f$ du dual $E^\ast$.

Soit $F$ un sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Le sous-espace $F$ est un hyperplan si et seulement si $F^\circ=\{\varphi\in E^\ast\mid F\subset\ker(\varphi)\}$ est une droite vectorielle de $E^\ast$.

JLapin

@topopot

Tu peux rajouter les résultats sur les intersections d'hyperplans.

En dimension finie (égale à $n$)

tout sev (strict) de dimension $p$ est intersection non vide de $n-p$ hyperplans

tout intersection de $q$ hyperplan est de dimension au moins $n-q$.

jmf

Moi j'aurais peur de l'exhaustif.

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Soit $f \in \mathcal{L}\left(\mathbb{K}^{n}\right)$, avec $n \geq 1$. Alors $(a)\Leftrightarrow(b)$ :

(a) l'endomorphisme $f$ est diagonalisable,

(b) il existe $n$ hyperplans $H_{1}, \cdots, H_{n}$ stables par $f$ tels que $H_{1} \cap \cdots \cap H_{n}=\{0\}$.
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L’espace engendré par l’ensemble des matrices nilpotentes est l’hyperplan des matrices de trace nulle.
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Tout hyperplan de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ contient au moins une matrice orthogonale.

Héhéhé

https://www.bibmath.net/ressources/index.php?action=affiche&quoi=bde/algebrelineaire/dualite&type=fexo

Poirot

Montrer que si $H_1, \dots, H_k$ sont des hyperplans d'un espace vectoriel de dimension finie $n$, alors $\dim (H_1 \cap \dots \cap H_k) \geq n-k$ et étudier le cas d'égalité.

De manière duale, si $\varphi, \varphi_1, \dots, \varphi_k$ sont des formes linéaires non nulles sur un tel espace vectoriel, donner une condition nécessaire et suffisante pour que $\ker \varphi \supset \ker \varphi_1 \cap \dots \cap \ker \varphi_k$.

john_john

Dans un espace euclidien, le groupe des isométries est engendré par la partie formées des réflexions (symétries orthogonales par rapport à des hyperplans).

topopot

Merci pour vos messages, je ne les connaissais pas pour la plupart. 
Je reviens si je bloque.

topopot

Poirot a dit :

Montrer que si $H_1, \dots, H_k$ sont des hyperplans d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie $n$, alors $\dim (H_1 \cap \dots \cap H_k) \geq n-k$ et étudier le cas d'égalité.

Je me permets de remonter ce fil. 

Pas de problème pour la démonstration de l'inégalité, mais j'ai du mal à trouver la CNS pour avoir l'égalité. Je crois avoir déjà lu quelque part que la CNS est "la somme des $H_i$ est directe" mais je n'arrive pas à l'établir.

GaBuZoMeu

Bonjour,

Un moyen de procéder : travailler avec des formes linéaires $\varphi_1,\ldots,\varphi_k$ dont les $H_i$ sont les noyaux (déjà suggéré par Poirot). Ces formes linéaires sont les coordonnées d'une application linéaire de $\mathbb R^n$ dans $\mathbb R^k$.

Au fait, topopot, le cas d'un corps fini ?

JLapin

@topopot

Une somme directe d'hyperplans ? Ca me semble étrange.

Une CNS pourrait être la liberté de $(\phi_1,\ldots,\phi_k)$ où $\phi_1, \ldots,\phi_k$ sont les formes linéaires qu'on imagine.

topopot

Pour tout $i\in[\![1,k]\!]$, il existe en effet $\varphi_i\in E^*$ non nulle telle que $H_i=\ker(\varphi_i)$.

On considère alors l'application linéaire $f:x\in E\mapsto (\varphi_1(x),\dots,\varphi_k(x))\in\mathbf{K}^k$.

On a $\ker(f)=H_1\cap\dots\cap H_k$ donc d'après le théorème du rang, $\dim(H_1\cap\dots\cap H_k)=n-\mathrm{rg}(f)$.

Or je pense que je fais une erreur car comme les $\varphi_i$ sont des formes linéaire non nulles, elles sont surjectives donc $f$ est surjective donc on aurait $\dim(H_1\cap\dots\cap H_k)=n-k$ sans condition sur les $H_i$...

JLapin

Oui, tu fais une erreur effectivement (pas toujours le même antécédent...).

Tu devrais traduire le cas d'égalité avec la formule du rang pour commencer.

topopot

Ah oui effectivement, grosse erreur merci. J'essaie de corriger ça.

Positif

Qu'un hyperplan intersecte $GL_n$ c'est un peu de la topologie.

topopot

Pour le cas d'égalité : 

$\dim(H_1\cap\dots H_k)=n-k$ si et seulement si $\mathrm{rg}(f)=k$ i.e. $f$ surjective. 

Je pense que "$f$ surjective" $\iff$ "la famille $(\varphi_1,\dots,\varphi_k)$ est libre dans $E^*$". 

Pour le sens $(\impliedby)$ j'y arrive comme ça : on complète la famille libre $(\varphi_1,\dots,\varphi_k)$ en une base $(\varphi_1,\dots,\varphi_n)$ de $E^*$ et on considère la base préduale $(e_1,\dots,e_n)$ de cette dernière. Soit alors $y:=(y_1,\dots,y_k)\in \mathbf{K}^k$. On pose $x:=y_1e_1+\dots y_ne_n\in E$. Alors $f(x)=y$ donc $f$ est surjective.

Pour le sens $(\implies)$ ça ne me paraît pas évident.

Il restera ensuite à justifier "la famille $(\varphi_1,\dots,\varphi_k)$ est libre dans $E^*$" $\iff$ "la somme des $H_i$ est directe".

JLapin

Si la famille est liée, tu peux trouver facilement un hyperplan de $K^k$ qui contient l'image de $f$.

GaBuZoMeu

On t'a déjà expliqué qu'une somme d'hyperplans directe, c'est très très suspect : n'oublie pas que la dimension d'une somme directe est la somme des dimensions !

JLapin

Il a déjà signalé "grosse erreur" plus haut : j'espère donc que c'est une faute de frappe

Edit : ah non, c'était une autre grosse erreur !

Riemann_lapins_cretins

Positif a dit :

Qu'un hyperplan intersecte $GL_n$ c'est un peu de la topologie.

D'ailleurs je me demande s'il y a une preuve essentiellement topologique (j'ai dû en voir trois en colle, toutes algébriques).

Boécien

Un peu de combinatoire https://oeis.org/A061559

SandwichFromage

Dans un $\mathbb K$-espace vectoriel $E$, si tu prends une partie finie $F$ de $E$, il existe toujours un hyperplan qui "esquive" $F$, i.e. qui ne passe par aucun point de $F$. 
Ça ne sert absolument à rien, mais je trouve ça super stylé (:
(il faut que $E$ soit infini et que $F$ ne contienne pas 0).

troisqua

Riemann_lapins_cretins a dit :

D'ailleurs je me demande s'il y a une preuve essentiellement topologique (j'ai dû en voir trois en colle, toutes algébriques).

Je propose quelque chose d'un brin topologique. Posons $G=\text{GL}_{n}\left(\R\right)$, $E=M_{n}\left(\R\right)$ et soit $H$ une partie non vide stable par toute homothétie de rapport strictement positif (par exemple un hyperplan de $E$). $G$ est ouvert dans $E$ (pour n'importe quelle norme sur $E$ fixée) et comme $G$ n'est pas vide, il contient une boule $B$. Comme la réunion des $tB$ pour $t>0$, égale $E$, il existe $t>0$ tel que \[tB\cap H\ne\emptyset\]Soit $M$ dans cette intersection. Il existe donc $A\in B$ telle que \[M=tA\in H\]Alors la matrice $A\in H\cap G$ et répond à la question. Ça marche non ?

GaBuZoMeu

@troisqua : Tu devrais voir que ça ne marche pas puisque ton hypothèse sur $H$ est vérifiée par une droite vectorielle. Je te laisse voir où ton raisonnement dérape.

troisqua

Je viens de le voir. Les $tB$ ne recouvrent pas nécessairement $E$. Et de plus si les droites intersectaient $G$ alors en partant d'une matrice non inversible, la droite engendrée pourrait contenir une matrice inversible. Je vais faire une sieste

troisqua

Suite à la sieste (mon dieu que ça fait du bien !) je tente quelque chose de moins stupide j'espère :

On note $G=\text{GL}_{n}\left(\R\right)$, $H$ un hyperplan de $M_{n}\left(\R\right)$ noyau d'une forme linéaire $f$ (non nulle). Si $f\left(I_{n}\right)=0$ alors $I_{n}$ est inversible et dans $H$ et c'est gagné. Sinon on considère la forme $\phi=\frac{1}{f\left(I_{n}\right)}f$. Supposons que $H\subset G^{c}$.  Soit $T$ la matrice triangulaire supérieure stricte ne contenant que des 1 au dessus de la diagonale. Alors pour tout réel $x$, on a $\det\left(I_{n}+xT\right)=1$. Donc $I_{n}+xT\in G$ donc $I_{n}+xT\notin H$ donc $g:x\mapsto\phi\left(I_{n}+xT\right)$ est non nulle sur $\R$ et par continuité, $g$ est de signe constant donc strictement positive (vu que $g\left(1\right)=1$). Donc pour tout réel $x$, on a : $1+x\phi\left(T\right)>0$ donc $\phi\left(T\right)=0$ donc $T\in H$. On montre de même que $T^{t}\in H$ et donc $T+T^{t}\in G\cap H$ : contradiction.

Question subsidiaire: quel type d'apagogie est utilisé ?

JLapin

Tu veux démontrer que NON($G\cap H = \emptyset$).

En supposant $G\cap H=\emptyset$ pour démontrer quelque chose de faux, tu n'as donc pas fait de raisonnement par l'absurde. En revanche, je ne sais plus si c'est une apagogie positive ou négative !

raoul.S

Plus généralement on peut montrer que si $K$ est un corps algébriquement clos (edit : il suffit que $K$ soit infini, voir post suivant) alors tout hyperplan de $M_{n}\left(K\right)$ intersecte  $\text{GL}_{n}\left(K\right)$ (sauf si $n=1$ ).

J'ai bouquiné un peu pour me "remettre dans le bain".

Voici une preuve : si $f$ est une application linéaire non nulle de $M_{n}\left(K\right)\to K$ alors $f$ est en fait un polynôme homogène de degré 1 en les coefficients des matrices, il est par conséquent irréductible dans $K[X_{ij}]$. De plus $\det$ (le déterminant) est lui aussi un polynôme de $K[X_{ij}]$ qui se trouve être irréductible.

Notons $V(f):=\ker{f}$ et $V(\det):=\det^{-1}(0)$.

Si $\ker(f)$ n'intersecte pas $\text{GL}_{n}\left(\R\right)$ alors $V(f)\subset V(\det)$. Et par conséquent $I(V(\det))\subset I(V(f))$ (où pour tout $W\subset M_{n}\left(K\right)$, on note $I(W)$ l'idéal de $K[X_{ij}]$ des polynômes qui s'annulent sur toutes les matrices de $W$). Mais $\det$ et $f$ étant irréductibles il s'ensuit que $I(V(f))=(f)$ (théorème des zéros de Hilbert) et $I(V(\det))=(\det)$ (avec $(f)$ et $(\det)$ les idéaux engendrés par les polynômes $f$ et $\det$). Par suite, $(\det)\subset (f)$ et donc $f$ divise $\det$ et donc $\det$ est égal à $f$ à un inversible près (car $\det$ est irréductible), ce qui est absurde (vu les degrés des polynômes en question).

Donc $\ker(f)$ intersecte $\text{GL}_{n}\left(\R\right)$.

PS. pour montrer que $I(V(f))=(f)$ j'ai utilisé le théorème des zéros de Hilbert mais je ne sais pas si c'est "overkill".

Edit : Oui c'est overkill, voir post suivant.

raoul.S

En fait le théorème des zéros n'est pas du tout nécessaire ci-dessus et il suffit par conséquent que le corps $K$ soit infini pour que ça marche.

Il faut donc montrer que $I(V(f))=(f)$ sans le théorème des zéros. L'inclusion $(f)\subset I(V(f))$ est évidente. Montrons $I(V(f))\subset (f)$. Soit donc  $f=\sum a_{ij}X_{ij}$ et quitte à permuter les variables supposons que $a_{11}\neq 0$ (ceci est possible car $f$ est non nul). Posons $A:=K[X_{ij}]_{(i,j)\neq (1,1)}$ et soit $P\in A[X_{11}]\in I(V(f))$. Divisons $P$ par $f$ dans $A[X_{11}]$ (ceci est possible car le coefficient dominant de $f$ est inversible) : $P=Q\cdot f + R$ avec $Q,R\in A[X_{11}]$. Or $R$ est en fait dans $A$ car $f$ est de degré 1 en $X_{11}$.

Soit $(x_{ij})_{(i,j)\neq (1,1)}$ une famille dans $K$. Alors il existe $x_{11}\in K$ tel qu'en posant  $M:=(x_{ij})$, on a $f(M)=0$ (car $a_{1,1}\neq 0$ et $x_{11}=-\frac{1}{a_{11}}\sum_{(i,j)\neq (1,1)} a_{ij}x_{ij})$. Par suite, $0=P(M)=Q(M)\cdot f(M)+R(M)$ et donc $R(M)=0$.

Ceci prouve que quelque soit la famille $(x_{ij})_{(i,j)\neq (1,1)}$, l'évaluation de $R$ en cette famille est nulle. Mais ceci implique que le polynôme $R$ est nul (car $K$ est infini). Donc $P=Q\cdot f$ et on a bien $I(V(f))\subset (f)$.

La conclusion est à un détail près comme celle du dernier post. On a $\det \in I(V(f))=(f)$ et par conséquent $f$ divise $\det$ ce qui est absurde car $\det$ est irréductible et a un degré strictement plus élevé que $f$.

Bref le point clé de la preuve c'est que $\det$ est irréductible...

troisqua

@raoul.S  : il me semble que c'est vrai pour tout corps $k$ avec $n>1$. Soit $k$ un corps quelconque. Soit $n\geqslant2$. On pose $G=\text{GL}_{n}\left(k\right)$ et $E=M_{n}\left(k\right)$. Soit $H$ un hyperplan de $E$. Il existe alors $A$ non nulle dans $E$ telle que $H$ soit le noyau de la forme linéaire $f$ sur $E$ définie par $M\mapsto\text{Tr}\left(AM\right)$ (résultat classique de dualité sur $E$). Soit $r$ le rang de $A$. Comme $A$ est non nulle, on a $r\geqslant1$. Posons $D=\text{Diag}\left(1-r;1;1;\dots;1;0;\dots;0\right)\in E$ de trace nulle. Il existe $P,Q$ inversibles telles que $A=PDQ$ et donc $0=\text{Tr}\left(D\right)=\text{Tr}\left(P^{-1}AQ^{-1}\right)=\text{Tr}\left(AQ^{-1}P^{-1}\right)=f\left(Q^{-1}P^{-1}\right)$ ce qui montre que $Q^{-1}P^{-1}\in H\cap G$ et permet de conclure.

Riemann_lapins_cretins

Eh bien, content de voir que ce théorème inspire encore des gens !
J'aime bien la preuve de troisqua (elle ne mobilise pas le type d'idées qu'on a en prépa et ça la rend intéressante, mais ce n'est que mon avis).
Pour celle de raoul je verrai quand j'aurai calmé ma phobie de la théorie des anneaux (le Nullstellensatz c'est stylé comme nom mais ça me fait fuir).

raoul.S

troisqua, effectivement. Joli.

Riemann_lapins_cretins a dit :

Pour celle de raoul je verrai quand j'aurai calmé ma phobie de la théorie des anneaux (le Nullstellensatz c'est stylé comme nom mais ça me fait fuir).

Non il n'y a pas besoin du Nullstellensatz, mais de toute façon j'avais besoin que $K$ soit infini ce qui n'est finalement pas nécessaire. De plus il fallait savoir que $\det$ est irréductible ce qui n'est pas élémentaire non plus.

topopot

Effectivement j'ai écrit des bêtises. Mais comment énoncer la CNS d'égalité avec les $H_i$ ?

JLapin

C'est déjà une CNS qui porte sur les $H_i$, un hyperplan étant caractérisé par une forme linéaire non nulle (à une constante multiplicative près).

topopot

Certes, je pensais à un truc ne faisant pas référence aux $\varphi_i$.

La CNS cherchée est donc "la famille $(\varphi_1,\dots,\varphi_k)$ est libre dans $E^*$".

JLapin

Oui, c'est ça.

raoul.S

Bon je récidive et je propose de généraliser la démo de troisqua ICI.

Voici l'énoncé plus général : soit $k$ un anneau local et $f:M_n(k)\to k$ linéaire (avec $n>1$). Alors il existe une matrice $A$ inversible telle que $f(A)$ n'est pas inversible.

En effet pour $\sigma$ une permutation de $\{1,2,...,n\}$ notons $P_{\sigma}$ la matrice de permutation associée à $\sigma$. Ces matrices sont toutes inversibles. S'il existe $\sigma$ telle que $f(P_{\sigma})$ est non inversible c'est fini.

Supposons donc que pour toute permutation $\sigma$, $f(P_{\sigma})$ est inversible. Notons $a:=f(I)^{-1}$. Soit $\sigma$ une permutation sans points fixes. On a $f(P_{\sigma})=\sum \delta_{\sigma(j),j}f(E_{\sigma(j),j})$ est inversible (avec $\delta$ le symbole de Kronecker). Mais $k$ est local, par suite il existe $i\neq j$ tels que $f(E_{ij})$ soit inversible. En notant $b:=f(E_{ij})$ on a $f(E_{ij})=b=f(ab\cdot I)$ et donc $ab\cdot I-E_{ij}\in \ker f$.

Or $\det(ab\cdot I-E_{ij})=(ab)^n$ est inversible et donc $ab\cdot I-E_{ij}$ est inversible et $f(ab\cdot I-E_{ij})=0$ ne l'est pas.

Edit : les $E_{ij}$ étant les matrices formant la base canonique du $k$-module libre $M_n(k)$.