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Exercice 1  1675  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension n* et φ une forme linéaire non nulle sur E.
Montrer que pour tout uEKer(φ), Ker(φ) et Vect(u) sont supplémentaires dans E.

Solution

Ker(φ) est un hyperplan de E et Vect(u) une droite car u0E puisque uKer(φ).
Ker(φ)+Vect(u) est un sous-espace vectoriel de E contenant Ker(φ), donc de dimension n-1 ou n.
Si dimKer(φ)+Vect(u)=n-1 alors par inclusion et égalité des dimensions

Ker(φ)+Vect(u)=Ker(φ).

Or uKer(φ)+Vect(u) et uKer(φ). Ce cas est donc exclu.
Il reste dimKer(φ)+Vect(u)=n c’est-à-dire

Ker(φ)+Vect(u)=E.

Comme de plus

dimKer(φ)+dimVect(u)=n-1+1=n=dimE

on peut affirmer que la somme est directe et donc Ker(φ) et Vect(u) sont supplémentaires dans E.

 
Exercice 2  3140  Correction  

Soit E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie n1. Montrer

x,yE,xyφE*,φ(x)φ(y).

Solution

Soient x,yE tels que xy.
Le vecteur x-y est non nul, il peut donc être complété pour former une base de E. La forme linéaire correspondant à la première application composante dans cette base est alors solution du problème posé.

 
Exercice 3  209   Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et f, g deux formes linéaires non nulles sur E. Montrer

xE,f(x)g(x)0.

Solution

Si Ker(f)=Ker(g) alors le résultat est immédiat.
Sinon, pour des raisons de dimension, Ker(f)Ker(g) et Ker(g)Ker(f).
La somme d’un vecteur de Ker(f) qui ne soit pas dans Ker(g) et d’un vecteur de Ker(g) qui ne soit pas dans Ker(f) est solution.

 
Exercice 4  205  Correction  

Soit e=(e1,,en) une famille de vecteurs d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n*. On suppose que

fE*,f(e1)==f(en)=0f=0.

Montrer que e est une base de E.

Solution

Par contraposée: si e n’est pas une base de E alors Vect(e1,,en)E.
Soit H un hyperplan tel que Vect(e1,,en)H et f une forme linéaire non nulle de noyau H.
On a f(e1)==f(en)=0 mais f0.

 
Exercice 5  206   Correction  

Soient f1,,fn des formes linéaires sur un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n.
On suppose qu’il existe xE non nul tel que

f1(x)==fn(x)=0.

Montrer que la famille (f1,,fn) est liée.

Solution

Soit φ une forme linéaire ne s’annulant pas sur x. Celle-ci n’est pas combinaison linéaire des (f1,,fn).
Cette famille n’est donc pas génératrice et par suite elle est liée car formée de n=dimE* éléments de E*.

 
Exercice 6  4392   

Soient φ1,,φn des formes linéaires sur un espace E de dimension n*. Montrer que la famille (φ1,,φn) constitue une base du dual de E si, et seulement si,

i=1nKer(φi)={0E}.
 
Exercice 7  1679   Correction  

Soit f un endomorphisme de 3 tel que f2=0.
Montrer qu’il existe a3 et φ(3)* tels que pour tout x3 on a f(x)=φ(x).a.

Solution

Si f=0 la propriété est immédiate.
Sinon f2=0 donne Im(f)Ker(f) et en vertu du théorème du rang, dimIm(f)=1.
Soit a un vecteur directeur de la droite Im(f). Pour tout x3, il existe un unique α tel que f(x)=α.a. Posons φ(x)=α ce qui définit φ:3.
Les identités

f(λx+μy)=φ(λx+μy)a

et

f(λx+μy)=λf(x)+μf(y)=(λφ(x)+μφ(y))a

avec a0E donnent la linéarité

φ(λx+μy)=λφ(x)+μφ(y).

L’application φ est donc une forme linéaire sur 3.

 
Exercice 8  3131   Correction  

Soient a0,a1,,an deux à deux distincts. Montrer qu’il existe (λ0,,λn)n+1 unique vérifiant

Pn[X],01P(t)dt=k=0nλkP(ak).

Solution

Posons φk:n[X] la forme linéaire définie par

φk(P)=P(ak).

Supposons

λ0φ0++λnφn=0.

Pour tout polynôme Pn[X], on a

λ0P(a0)++λnP(an)=0.

Considérons le polynôme d’interpolation de Lagrange

Lk=jkX-ajak-aj

défini de sorte que

Lkn[X] et Lk(aj)=δj,k.

En prenant P=Lk, on obtient λk=0.
La famille (φ0,,φn) est libre et puisque formée de n+1=dim(n[X])* éléments de (n[X])*, c’est une base de (n[X])*.
Puisque

φ:P01P(t)dt

est une forme linéaire sur n[X], on peut affirmer qu’il existe (λ0,,λn)n+1 unique vérifiant

φ=λ0φ0++λnφn.
 
Exercice 9  2685     MINES (MP)Correction  

Soient a0,a1,,an des réels non nuls deux à deux distincts.
On note Fj l’application de n[X] dans définie par

Fj(P)=0ajP.

Montrer que (F0,F1,,Fn) est une base de (n[X])*.

Solution

Il est clair que les application Fj sont éléments de (n[X])* espace de dimension n+1. Pour conclure, il suffit d’observer la liberté de la famille (F0,,Fn).
Supposons λ0F0++λnFn=0.
En appliquant cette égalité aux polynômes 1,2X,,(n+1)Xn on obtient les équations formant le système linéaire:

{λ0a0++λnan=0λ0a02++λnan2=0λ0a0n+1++λnann+1=0.

Par un déterminant de Vandermonde, ce système est de Cramer ce qui entraîne

λ0==λn=0.

La famille est alors libre et constituée du bon nombre de vecteurs pour former une base de (n[X])*.

 
Exercice 10  2684     MINES (MP)Correction  

Soient E et F des espaces vectoriels sur 𝕂, de dimensions finies ou non. Montrer que (E×F)* et E*×F* sont isomorphes.

Solution

Pour fE* et gF*, posons fg l’application définie sur E×F par (fg)(x,y)=f(x)+g(y). Il est facile d’observer fg(E×F)*. Considérons φ:E*×F*(E×F)* définie par φ(f,g)=fg.
L’application φ est linéaire.
Si φ(f,g)=0 alors pour tout (x,y)E×F, f(x)+g(y)=0.
Pour y=0, on peut affirmer f=0 et pour x=0, on affirme g=0. Ainsi (f,g)=(0,0) et donc φ est injective.
Soit h(E×F)*. Posons f:xh(x,0), g:yh(y,0). On vérifie aisément fE*, gF* et φ(f,g)=h car h(x,y)=h(x,0)+h(0,y).

 
Exercice 11  5092     X (PC)Correction  

Soient v1,,vn des vecteurs d’un espace vectoriel E de dimension n*. Montrer

rg((vi-vj)1i,jn)n-1.

Solution

Méthode: Lorsque la famille (v1,,vn) est une base, on inclut les vecteurs vi-vj dans le noyau d’une forme linéaire non nulle.

Cas: La famille (v1,,vn) est liée. L’espace engendré par cette famille est alors de dimension inférieure ou égale à n-1. Or

Vect((vi-vj)1i,jn)Vect(v1,,vn)

et donc

rg((vi-vj)1i,jn)=dimVect((vi-vj)1i,jn)n-1.

Cas: La famille (v1,,vn) est libre. Cette famille forme une base de l’espace E car celui-ci est de dimension n. On peut alors introduire une forme linéaire sur E en posant les images dans des vecteurs de base vi. Considérons φ la forme linéaire prenant la valeur 1 sur chaque vecteur vi. Pour tous i,j compris entre 1 et n, on constate

φ(vi-vj)=φ(vi)-φ(vj)=0.

Les vecteurs vi-vj appartiennent donc tous au noyau de φ et, par conséquent,

Vect((vi-vj)1i,jn)Ker(φ).

La forme linéaire φ étant non nulle, son noyau est de dimension n-1 et l’on retrouve

rg((vi-vj)1i,jn)=dimVect((vi-vj)1i,jn)n-1.
 
Exercice 12  4988    

Soit (φ1,,φp) une famille de formes linéaires indépendantes d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension n1.

  • (a)

    Justifier pn.

  • (b)

    Déterminer la dimension de

    F=Ker(φ1)Ker(φp).

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Édité le 08-11-2019

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