Exercice 1 1675 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension $n \in ℕ^{*}$ et $φ$ une forme linéaire non nulle sur $E$ .
Montrer que pour tout $u \in E ∖ Ker (φ)$ , $Ker (φ)$ et $Vect (u)$ sont supplémentaires dans $E$ .

Solution

$Ker (φ)$ est un hyperplan de $E$ et $Vect (u)$ une droite car $u \neq 0_{E}$ puisque $u \notin Ker (φ)$ .
$Ker (φ) + Vect (u)$ est un sous-espace vectoriel de $E$ contenant $Ker (φ)$ , donc de dimension $n - 1$ ou $n$ .
Si $dim Ker (φ) + Vect (u) = n - 1$ alors par inclusion et égalité des dimensions

Ker (φ) + Vect (u) = Ker (φ) .

Or $u \in Ker (φ) + Vect (u)$ et $u \notin Ker (φ)$ . Ce cas est donc exclu.
Il reste $dim Ker (φ) + Vect (u) = n$ c’est-à-dire

Ker (φ) + Vect (u) = E .

Comme de plus

dim Ker (φ) + dim Vect (u) = n - 1 + 1 = n = dim E

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 $n \geq 1$ . Montrer

\forall x, y \in E, x \neq y ⟹ \exists φ \in E^{*}, φ (x) \neq φ (y) .

Solution

Soient $x, y \in E$ tels que $x \neq y$ .
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

\exists x \in E, f (x) g (x) \neq 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 $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une famille de vecteurs d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ . On suppose que

\forall f \in E^{*}, f (e_{1}) = \dots = f (e_{n}) = 0 ⟹ f = 0 .

Montrer que $e$ est une base de $E$ .

Solution

Raisonnons par contraposition. Supposons que $e$ ne soit pas une base de $E$ . On a $Vect (e_{1}, \dots, e_{n}) \neq E$ car la famille $(e_{1}, \dots, e_{n})$ comportant $n = dim E$ vecteurs ne peut pas être génératrice.

Soient $H$ un hyperplan tel que $Vect (e_{1}, \dots, e_{n}) \subset H$ . Soit $f$ une forme linéaire non nulle de noyau $H$ .

On a $f (e_{1}) = \dots = f (e_{n}) = 0$ mais $f \neq 0$ .

Exercice 5 206 Correction

Soient $f_{1}, \dots, f_{n}$ des formes linéaires sur un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n$ .
On suppose qu’il existe $x \in E$ non nul tel que

f_{1} (x) = \dots = f_{n} (x) = 0 .

Montrer que la famille $(f_{1}, \dots, f_{n})$ est liée.

Solution

Soit $φ$ une forme linéaire ne s’annulant pas sur $x$ . Celle-ci n’est pas combinaison linéaire des $(f_{1}, \dots, f_{n})$ .
Cette famille n’est donc pas génératrice et par suite elle est liée car formée de $n = dim E^{*}$ éléments de $E^{*}$ .

Exercice 6 4392

Soient $φ_{1}, \dots, φ_{n}$ des formes linéaires sur un espace $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que la famille $(φ_{1}, \dots, φ_{n})$ constitue une base du dual de $E$ si, et seulement si,

⋂_{i = 1}^{n} Ker (φ_{i}) = {0_{E}} .

Exercice 7 1679 Correction

Soit $f$ un endomorphisme de $ℝ^{3}$ tel que $f^{2} = 0$ .
Montrer qu’il existe $a \in ℝ^{3}$ et $φ \in {(ℝ^{3})}^{*}$ tels que pour tout $x \in ℝ^{3}$ on a $f (x) = φ (x) . a$ .

Solution

Si $f = 0$ la propriété est immédiate.
Sinon $f^{2} = 0$ donne $Im (f) \subset Ker (f)$ et en vertu du théorème du rang, $dim Im (f) = 1$ .
Soit $a$ un vecteur directeur de la droite $Im (f)$ . Pour tout $x \in ℝ^{3}$ , il existe un unique $α \in ℝ$ tel que $f (x) = α . a$ . Posons $φ (x) = α$ ce qui définit $φ : ℝ^{3} \to ℝ$ .
Les identités

f (λ x + μ y) = φ (λ x + μ y) a

f (λ x + μ y) = λ f (x) + μ f (y) = (λ φ (x) + μ φ (y)) a

avec $a \neq 0_{E}$ donnent la linéarité

φ (λ x + μ y) = λ φ (x) + μ φ (y) .

L’application $φ$ est donc une forme linéaire sur $ℝ^{3}$ .

Exercice 8 3131 Correction

Soient $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ deux à deux distincts. Montrer qu’il existe $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ unique vérifiant

\forall P \in ℝ_{n} [X], \int_{0}^{1} P (t) d t = \sum_{k = 0}^{n} λ_{k} P (a_{k}) .

Solution

Posons $φ_{k} : ℝ_{n} [X] \to ℝ$ la forme linéaire définie par

φ_{k} (P) = P (a_{k}) .

Supposons

λ_{0} φ_{0} + \dots + λ_{n} φ_{n} = 0 .

Pour tout polynôme $P \in ℝ_{n} [X]$ , on a

λ_{0} P (a_{0}) + \dots + λ_{n} P (a_{n}) = 0 .

Considérons le polynôme d’interpolation de Lagrange

L_{k} = \prod_{j \neq k} \frac{X - a_{j}}{a_{k} - a_{j}}

défini de sorte que

L_{k} \in ℝ_{n} [X] et L_{k} (a_{j}) = δ_{j, k} .

En prenant $P = L_{k}$ , on obtient $λ_{k} = 0$ .
La famille $(φ_{0}, \dots, φ_{n})$ est libre et puisque formée de $n + 1 = dim {(ℝ_{n} [X])}^{*}$ éléments de ${(ℝ_{n} [X])}^{*}$ , c’est une base de ${(ℝ_{n} [X])}^{*}$ .
Puisque

φ : P \mapsto \int_{0}^{1} P (t) d t

est une forme linéaire sur $ℝ_{n} [X]$ , on peut affirmer qu’il existe $(λ_{0}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ unique vérifiant

φ = λ_{0} φ_{0} + \dots + λ_{n} φ_{n} .

Exercice 9 2685 MINES (MP)Correction

Soient $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}$ des réels non nuls deux à deux distincts.
On note $F_{j}$ l’application de $ℝ_{n} [X]$ dans $ℝ$ définie par

F_{j} (P) = \int_{0}^{a_{j}} P .

Montrer que $(F_{0}, F_{1}, \dots, F_{n})$ est une base de ${(ℝ_{n} [X])}^{*}$ .

Solution

Il est clair que les application $F_{j}$ sont éléments de ${(ℝ_{n} [X])}^{*}$ espace de dimension $n + 1$ . Pour conclure, il suffit d’observer la liberté de la famille $(F_{0}, \dots, F_{n})$ .
Supposons $λ_{0} F_{0} + \dots + λ_{n} F_{n} = 0$ .
En appliquant cette égalité aux polynômes $1,2 X, \dots, (n + 1) X^{n}$ on obtient les équations formant le système linéaire:

{\begin{matrix} λ_{0} a_{0} + \dots + λ_{n} a_{n} & = 0 \\ λ_{0} a_{0}^{2} + \dots + λ_{n} a_{n}^{2} & = 0 \\ \dots \\ λ_{0} a_{0}^{n + 1} + \dots + λ_{n} a_{n}^{n + 1} & = 0 . \end{matrix}

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

λ_{0} = \dots = λ_{n} = 0 .

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

Exercice 10 2684 MINES (MP)Correction

Soient $E$ et $F$ des espaces vectoriels sur $𝕂$ , de dimensions finies ou non. Montrer que ${(E \times F)}^{*}$ et $E^{*} \times F^{*}$ sont isomorphes.

Solution

Pour $f \in E^{*}$ et $g \in F^{*}$ , posons $f \otimes g$ l’application définie sur $E \times F$ par $(f \otimes g) (x, y) = f (x) + g (y)$ . Il est facile d’observer $f \otimes g \in {(E \times F)}^{*}$ . Considérons $φ : E^{*} \times F^{*} \to {(E \times F)}^{*}$ définie par $φ (f, g) = f \otimes g$ .
L’application $φ$ est linéaire.
Si $φ (f, g) = 0$ alors pour tout $(x, y) \in E \times F$ , $f (x) + g (y) = 0$ .
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 $h \in {(E \times F)}^{*}$ . Posons $f : x \mapsto h (x,0)$ , $g : y \mapsto h (y,0)$ . On vérifie aisément $f \in E^{*}$ , $g \in F^{*}$ et $φ (f, g) = h$ car $h (x, y) = h (x,0) + h (0, y)$ .

Exercice 11 5092 X (PC)Correction

Soient $v_{1}, \dots, v_{n}$ des vecteurs d’un espace vectoriel $E$ de dimension $n \in ℕ^{*}$ . Montrer

rg ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) \leq n - 1 .

Solution

Méthode: Lorsque la famille $(v_{1}, \dots, v_{n})$ est une base, on inclut les vecteurs $v_{i} - v_{j}$ dans le noyau d’une forme linéaire non nulle.

Cas: La famille $(v_{1}, \dots, v_{n})$ est liée. L’espace engendré par cette famille est alors de dimension inférieure ou égale à $n - 1$ . Or

Vect ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) \subset Vect (v_{1}, \dots, v_{n})

et donc

rg ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) = dim Vect ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) \leq n - 1 .

Cas: La famille $(v_{1}, \dots, v_{n})$ 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 $ℝ$ des vecteurs de base $v_{i}$ . Considérons $φ$ la forme linéaire prenant la valeur $1$ sur chaque vecteur $v_{i}$ . Pour tous $i, j$ compris entre $1$ et $n$ , on constate

φ (v_{i} - v_{j}) = φ (v_{i}) - φ (v_{j}) = 0 .

Les vecteurs $v_{i} - v_{j}$ appartiennent donc tous au noyau de $φ$ et, par conséquent,

Vect ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) \subset Ker (φ) .

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

rg ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) = dim Vect ({(v_{i} - v_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}) \leq n - 1 .

Exercice 12 4988

Soit $(φ_{1}, \dots, φ_{p})$ une famille de formes linéaires indépendantes d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n \geq 1$ .

(a)

Justifier $p \leq n$ .
(b)

Déterminer la dimension de

$F = Ker (φ_{1}) \cap \dots \cap Ker (φ_{p}) .$

Exercice 13 5978 Correction

Soient $φ_{1}, \dots, φ_{p}$ et $ψ$ des formes linéaires sur un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \geq 1$ . On suppose que la famille $(φ_{1}, \dots, φ_{p})$ est libre.

Établir l’équivalence entre les assertions suivantes:

(i) $ψ \in Vect (φ_{1}, \dots, φ_{p})$ ;

(ii) $\exists C \in ℝ_{+}, \forall x \in E, | ψ (x) | \leq C \max_{1 \leq k \leq p} | φ_{k} (x) |$ ;

(iii) $⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k}) \subset Ker (ψ)$ .

On pourra introduire l’application linéaire $x \in E \mapsto (φ_{1} (x), \dots, φ_{p} (x))$ et en étudiant le rang.

Solution

(i) $⟹$ (ii) Supposons $ψ \in Vect (φ_{1}, \dots, φ_{p})$ . On peut écrire $ψ = λ_{1} φ_{1} + \dots + λ_{p} φ_{p}$ et alors

\forall x \in E, | ψ (x) | \leq | λ_{1} | | φ_{1} (x) | + \dots + | λ_{p} | | φ_{p} (x) | \leq C \max_{1 \leq k \leq p} | φ_{k} (x) |

avec $C = | λ_{1} | + \dots + | λ_{p} |$ .

(ii) $⟹$ (iii) Supposons qu’il existe $C \in ℝ_{+}$ tel que

| ψ (x) | \leq C \max_{1 \leq k \leq p} | φ_{k} (x) | .

Pour $x \in ⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k})$ , on a $\max_{1 \leq k \leq p} | φ_{k} (x) | = 0$ et donc $ψ (x) = 0$ .

Ainsi, $⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k}) \subset Ker (ψ)$ .

(iii) $⟹$ (i) Supposons $⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k}) \subset Ker (ψ)$ .

Considérons l’application linéaire

Φ : {\begin{matrix} E & \to & 𝕂^{p} \\ x & \mapsto & (φ_{1} (x), \dots, φ_{p} (x)) . \end{matrix}

Le noyau de $Φ$ correspond à $⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k})$ .

Soient $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de $E$ et $c = (c_{1}, \dots, c_{p})$ la base canonique de $𝕂^{p}$ . La matrice de l’application linéaire $Φ$ relative aux bases $e$ et $c$ est

A = (\begin{matrix} φ_{1} (e_{1}) & \dots & φ_{1} (e_{n}) \\ ⋮ & ⋮ \\ φ_{p} (e_{1}) & \dots & φ_{p} (e_{n}) \end{matrix}) \in ℳ_{p, n} (𝕂) .

La liberté de la famille $(φ_{1}, \dots, φ_{p})$ entraîne la liberté de la famille des lignes de la matrice $A$ . On en déduit $rg (Φ) = rg (A) = p$ . L’application linéaire $Φ$ est surjective.

Pour chaque $j = 1, \dots, p$ , il existe $x_{j} \in E$ tel que $Φ (x_{j}) = c_{j}$ . La famille $(x_{1}, \dots, x_{p})$ ainsi introduite est une famille libre de vecteurs de $E$ qui engendre un espace supplémentaire de $⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k})$ dans $E$ .

Considérons alors $θ = a_{1} φ_{1} + \dots + a_{p} φ_{p}$ avec $a_{j} = ψ (x_{j}) \in 𝕂$ .

La forme linéaire $θ$ co$̈\mathrm{i}$ncide avec $ψ$ sur l’espace $⋂_{k = 1}^{p} Ker (φ_{k})$ ainsi que sur chaque vecteur $x_{j}$ pour $j = 1, \dots, p$ . Par co$̈\mathrm{i}$ncidence sur deux deux espaces supplémentaires, les applications linéaires $θ$ et $ψ$ sont égales sur $E$ et, par conséquent, $ψ \in Vect (φ_{1}, \dots, φ_{p})$ .

[<] Espaces d'applications linéaires [>] Applications linéaires opérant sur les matrices

Édité le 21-09-2025

Formes linéaires en dimension finie