Formes linéaires

Exercice 1.
Soit {f:E\rightarrow\mathbb{K}} une forme linéaire.
Montrer que {f} est identiquement nulle ou surjective.
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C’est évident car {\text{Im} f} est un sous-espace de la droite vectorielle {\mathbb{K}}.
Donc {\text{Im} f=\{0\}} si {f} est identiquement nulle, et {\text{Im} f=\mathbb{K}} sinon ({f} surjective).

Exercice 2.
Montrer que deux formes linéaires non nulles ont même noyau si et seulement si elles sont proportionnelles.
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Si {f} et {g} sont proportionnelles, il existe {\lambda\in\mathbb{K}^*} tel que {g=\lambda f}.

Dans ces conditions, {f(u)=0\Leftrightarrow g(u)=0} : autrement dit {\text{Ker} f=\text{Ker} g}.

Réciproquement, on suppose que les hyperplans {\text{Ker} f} et {\text{Ker} g} sont égaux.

Notons {H} cet hyperplan et soit {a} un vecteur de {E} n’appartenant pas à {H}.

Soit {\lambda=f(a)}. Par définition, {\lambda\ne0}. Soit {\mu=g(a)}.

Tout vecteur {u\in E} s’écrit de manière unique {u=\alpha a+b}, où {\alpha\in\mathbb{K}} et {b\in H}.

On a alors {f(u)=\alpha f(a)+f(b)=\alpha f(a)=\alpha\lambda} et {g(u)=\alpha\mu}.

On constate que : {\forall u\in E,\;f(u)=\dfrac\lambda\mu g(u)}.
Ainsi {f=\dfrac\lambda\mu g} : les applications {f} et {g} sont proportionnelles.

Exercice 3.
Dans {\mathbb{R}^n}, base et dimension de {H=\Big\{u=(x_1,x_2,\cdots,x_n), \displaystyle\sum_{k=1}^nx_k=0\Big\}}.
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L’application {u\mapsto \varphi(u)=x_1+x_2+\cdots+x_n} est une forme linéaire non nulle sur {\mathbb{R}^n}.

Ainsi {H}, le noyau de {\varphi}, est un hyperplan de {\mathbb{R}^n}, donc {\dim H=n-1}.

Une base de {H} est formée (par exemple) des {n-1} vecteurs : {\begin{array}{lll}u_1=(1,-1,0,\ldots,0),\;&u_2=(0,1,-1,0,\ldots,0),\;&\ldots\\\\u_{n-1}=(0,\ldots,1,-1,0),\;&u_n=(0,\ldots,0,1,-1)\end{array}}

Exercice 4.
Soit {E} un {\mathbb{K}-}espace vectoriel de dimension {3}.
Soit {g\in{\mathcal L}(E)}, tel que {g^2=0}.
Montrer : {\exists\,a\ne0\in E,\;\exists\,f\in E^*,\;\forall\, u\in E,\;g(u)=f(u)a}.
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Si {g=0}, On prend {f=0}, et {a\ne0} quelconque. Supposons donc {g\ne 0}.

On a {g^2=0} donc {\text{Im} g\subset \text{Ker} g}. Or {3=\dim\text{Im} g+\dim \text{Ker} g}.

Il en découle {\dim \text{Im} g=1} et {\dim\text{Ker} g=2}. Soit {a\ne0} dans {\text{Im} g}.

Pour tout {u} de {E}, il existe un unique scalaire {\lambda_u} tel que {g(u)=\lambda_u a}.

Pour tous {u,v} de {E}, et si {\begin{cases}g(u)=\lambda_u a\\ g(v)=\lambda_v a\end{cases}} on a : {g(\alpha u+\beta v)=\alpha g(u)+\beta g(v)=(\alpha\lambda_u+\beta\lambda_v)a}Puisque {a\ne0}, on en déduit {\lambda_{\alpha u+\beta v}=\alpha\lambda_u+\beta\lambda_v}.

Autrement dit, l’application {f:E\rightarrow\mathbb{K}} définie pour tout {u} de {E} par {f(u)=\lambda_u} (et qui vérifie donc {g(u)=f(u)a}) est une forme linéaire sur {E}.

Exercice 5.
Soit {f_1,\ldots,f_p}, {p} formes linéaires indépendantes sur {\mathbb{K}^n}.
Soit {f} une forme linéaire sur {\mathbb{K}^n}.

  1. Montrer que {f} est combinaison linéaire de {f_1,f_2,\ldots,f_p} si et seulement si le noyau de {f} contient l’intersection des noyaux des {f_k}.
  2. Montrer que ce résultat reste vrai si {f_1,f_2,\ldots,f_p} sont liées.

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  1. Nécessairement {1\le p\le n}, car le dual de {\mathbb{K}^n} est de dimension {n}.

    On complète {f_1,f_2,\ldots,f_p} en une base {(\varepsilon^{*})=f_1,f_2,\ldots,f_p,f_{p+1},\ldots,f_n} de {(\mathbb{K}^n)^{*}}.

    On sait que {(\varepsilon^{*})} est de manière unique la base duale d’une base {(\varepsilon)} de {\mathbb{K}^n}.

    Pour tout {x} de {\mathbb{K}^n} : {x= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,x_k\,\varepsilon_k= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,f_k(x)\,\varepsilon_k}.

    {\text{Ker} f_k} est formé des vecteurs {x} dont la {k}-ième composante {x_k} est nulle.

    L’intersection des {\text{Ker} f_k} est donc égale à {\text{Vect}\,\{\varepsilon_{p+1},\ldots,\varepsilon_{n}\}}.

    On a {f= \displaystyle\sum_{k=1}^n\,f(\varepsilon_k)f_k}.

    Donc {f\in\text{Vect}\,\{f_1,\ldots,f_p\}\Leftrightarrow f(\varepsilon_{p+1})=\cdots=f(\varepsilon_n)=0}.

    Ce qui équivaut à dire que {\text{Ker} f} contient {\varepsilon_{p+1},\ldots,\varepsilon_n} ou encore le sous-espace qu’ils engendrent c’est-à-dire l’intersection des {\text{Ker} f_k}.

  2. On suppose maintenant que {f_1,f_2,\ldots,f_p} sont liées.

    Ecartons le cas trivial où les {f_k} sont toutes nulles, car alors le résultat est encore vrai : en effet {f} est combinaison linéaire des {f_k} {\Leftrightarrow f=0\Leftrightarrow\text{Ker} f=\mathbb{K}^n}, or les noyaux {\text{Ker} f_k} (et donc leur intersection) sont égaux à {\mathbb{K}^n}.

    Soit {r} le rang de la famille {f_1,\ldots,f_p}. Quitte à renuméroter, on peut bien supposer que {f_1,\ldots,f_r} sont libres et donc que {f_{r+1},\ldots,f_p} en sont des combinaisons linéaires.

    D’après la première partie de l’exercice, on voit que les noyaux de {f_{r+1},\ldots,f_p}
    contiennent l’intersection des noyaux de {f_1,f_2,\ldots,f_p}.

    On en déduit que {\displaystyle\bigcap_{k=1}^p\text{Ker} f_k=\displaystyle\bigcap_{k=1}^r\text{Ker} f_k}.

    Dans ces conditions {f} est combinaison linéaire de {f_1,\ldots,f_r,\ldots,f_p\Leftrightarrow f} est combinaison linéaire de {f_1,\ldots,f_r}, c’est-à-dire si et seulement si {\text{Ker} f} contient {\displaystyle\bigcap_{k=1}^r\text{Ker} f_k} (d’après 1).
    Cela équivaut à dire que {\text{Ker} f} contient {\displaystyle\bigcap_{k=1}^p\text{Ker} f_k}.

    Conclusion : le résultat de (1) est encore valable si la famille {f_1,f_2,\ldots,f_p} est liée.