Enfin, (ϕ 1 ,. . . ,ϕ p ) est de cardinal dim(E ∗ ) = dim(E) = n donc p = n.
T est donc une application linéaire surjective de E dans K p et
dim(E) = dim(K p ) donc T est en fait un isomorphisme.
5. On peut commencer par utiliser le résultat précédent : T est un isomorphisme.
Ici, p = n et, d'après la question précédente, T est un isomorphisme car
(ϕ 1 ,. . . ,ϕ n ) est une base de K n .
Nous avons donc une base de E naturelle : l'image de la base canonique de K n par
T −1 qui est un isomorphisme. En effet, rappelons que l'image d'une base par un isomorphisme est une base. Nous vérifierons ensuite que cette base possède la propriété souhaitée.
Notons (u k ) 1kn la base canonique de K n . Par définition,
u k = (0,. . . ,0,1,0,. . . ,0) avec 1 en position k.
T étant bijective il existe, pour chaque entier k ∈ {1,. . . ,n} , un unique vecteur e k ∈ E tel que T (e k ) = u k .
Autrement dit, la famille (e 1 ,. . . ,e n ) de E est l'image de la famille
(u 1 ,. . . ,u n ) de K n par T −1 . Or T −1 est un isomorphisme (car T l'est),
(u 1 ,. . . ,u n ) est une base de K n et l'image d'une base par un isomorphisme
est une base donc (e 1 ,. . . ,e n ) est une base de E.
Il reste à vérifier la propriété demandée sur les ϕ i (e j ).
Par définition de T on a, pour j ∈ {1,. . . ,n} on a
T (e j ) = (ϕ 1 (e j ),. . . ,ϕ n (e j )).
Par ailleurs, par définition de la famille (e 1 ,. . . ,e n ), on a T (e j ) = u j . Or les
coordonnées de u j sont toutes nulles sauf la j-ème qui vaut 1. Ainsi :
ϕ i (e j ) = 0 si i = / j et 1 si i = j
ce qui enfin peut s'écrire, à l'aide du symbole de Kronecker :
∀(i, j) ∈ {1,. . . ,n}
2
,ϕ i (e j ) = δ i j .
Exercice 2.12 : Formes linéaires et hyperplans
Soit E un espace vectoriel et ϕ 1 ,. . . ,ϕ r des formes linéaires sur E. Soit ϕ une
forme linéaire sur E. On souhaite démontrer que les deux propriétés suivantes
sont équivalentes :
i)
r
k=1
Ker(ϕ k ) ⊂ Ker(ϕ) ;
ii) ϕ est combinaison linéaire des ϕ k .
56
Chapitre 2 • Algèbre linéaire
T est donc une application linéaire surjective de E dans K p et
dim(E) = dim(K p ) donc T est en fait un isomorphisme.
5. On peut commencer par utiliser le résultat précédent : T est un isomorphisme.
Ici, p = n et, d'après la question précédente, T est un isomorphisme car
(ϕ 1 ,. . . ,ϕ n ) est une base de K n .
Nous avons donc une base de E naturelle : l'image de la base canonique de K n par
T −1 qui est un isomorphisme. En effet, rappelons que l'image d'une base par un isomorphisme est une base. Nous vérifierons ensuite que cette base possède la propriété souhaitée.
Notons (u k ) 1kn la base canonique de K n . Par définition,
u k = (0,. . . ,0,1,0,. . . ,0) avec 1 en position k.
T étant bijective il existe, pour chaque entier k ∈ {1,. . . ,n} , un unique vecteur e k ∈ E tel que T (e k ) = u k .
Autrement dit, la famille (e 1 ,. . . ,e n ) de E est l'image de la famille
(u 1 ,. . . ,u n ) de K n par T −1 . Or T −1 est un isomorphisme (car T l'est),
(u 1 ,. . . ,u n ) est une base de K n et l'image d'une base par un isomorphisme
est une base donc (e 1 ,. . . ,e n ) est une base de E.
Il reste à vérifier la propriété demandée sur les ϕ i (e j ).
Par définition de T on a, pour j ∈ {1,. . . ,n} on a
T (e j ) = (ϕ 1 (e j ),. . . ,ϕ n (e j )).
Par ailleurs, par définition de la famille (e 1 ,. . . ,e n ), on a T (e j ) = u j . Or les
coordonnées de u j sont toutes nulles sauf la j-ème qui vaut 1. Ainsi :
ϕ i (e j ) = 0 si i = / j et 1 si i = j
ce qui enfin peut s'écrire, à l'aide du symbole de Kronecker :
∀(i, j) ∈ {1,. . . ,n}
2
,ϕ i (e j ) = δ i j .
Exercice 2.12 : Formes linéaires et hyperplans
Soit E un espace vectoriel et ϕ 1 ,. . . ,ϕ r des formes linéaires sur E. Soit ϕ une
forme linéaire sur E. On souhaite démontrer que les deux propriétés suivantes
sont équivalentes :
i)
r
k=1
Ker(ϕ k ) ⊂ Ker(ϕ) ;
ii) ϕ est combinaison linéaire des ϕ k .
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Chapitre 2 • Algèbre linéaire