Exercices/remarques sur les hyperplans (vectoriels)
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 :
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.
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
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.
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Réponses
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 $E^\ast$.
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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.
Je reviens si je bloque.
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.
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 $H_i$...
$\dim(H_1\cap\dots H_k)=n-k$ 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".
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).
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 ?
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.
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...
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).
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.
La CNS cherchée est donc "la famille $(\varphi_1,\dots,\varphi_k)$ est libre dans $E^*$".
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 $M_n(k)$.