280
1) Vérifier que l'application u : (K [X]) ∗ −→ K N
ϕ −→ (ϕ(X
n )) n∈N
est
linéaire.
2) Pour (x n ) n∈N ∈ K N , considérons l'application linéaire
ϕ : K [X] −→ K définie sur la base canonique (X n ) n∈N par :
∀n ∈ N , ϕ(X n ) = x n . Il est clair que l'application
v : K N −→ (K [X]) ∗
(x n ) n∈N −→ ϕ
ainsi définie est linéaire.
3) Vérifier : v ◦ u = Id (K [X]) ∗ et u ◦ v = Id K N.
D'abord, F ∩ H est bien un sev de F.
Puisque F ⊂ H, il existe a ∈ F tel que a /
∈ H.
Comme a /
∈ H et que H est un hyperplan de E, d'après la
Remarque du § 1.3.2, on a : E = H ⊕ (K a).
Montrons : F = (F ∩ H ) ⊕ (K a).
• F ∩ H ⊂ F et K a ⊂ F, donc (F ∩ H ) + (K a) ⊂ F.
• (F ∩ H ) ∩ (K a) = F ∩
H ∩ (K a)
= F ∩ {0}={0}.
• Soit x ∈ F.
Comme x ∈ F ⊂ E = H ⊕ (K a), il existe y ∈ H, λ ∈ K tels
que : x = y + λa.
On a : y = x − λa, x ∈ F, a ∈ F et F est un sev de E, donc
y ∈ F.
Alors : x = y + λa, y ∈ F ∩ H, λa ∈ K a,
donc : x ∈ (F ∩ H ) + (K a).
Ceci montre : (F ∩ H ) + (K a) ⊂ F.
On obtient : (F ∩ H ) ⊕ (K a) = F,
donc F ∩ H est un hyperplan de F.
Réponse : La base préduale de (ϕ 1 ,ϕ 2 ,ϕ 3 ) est (V 1 ,V 2 ,V 3 ),
où :
V 1 =
1
8
(−3,3,2), V 2 =
1
8
(1,−1,2), V 3 =
1
4
(5,−1,−6)
a)
1 α
β
α α 2 1
β 1 α 2
= −(1 − αβ) 2 .
Réponse : 1 − αβ = 0.
b) Réponse :
La base préduale de (ϕ 1 ,ϕ 2 ,ϕ 3 ) est (V 1 ,V 2 ,V 3 ), où :
V 1 =
1
(1 − αβ) 2
1 − α 4 , α 3 − β, −α(1 − αβ)
,
V 2 =
1
(1 − αβ) 2
(α 3 − β, β 2 − α 2 , 1 − αβ) ,
V 3 =
1
1 − αβ
(−α,1,0) .
1) Puisque (∀ j ∈ {0,. . . ,n}, deg(e j ) = j ), (e 0 ,. . . ,e n ) est une
famille de polynômes à degrés consécutifs, donc est une base
de C n [X] (cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.1.4 Rem).
2) Soit (i, j) ∈ {0,. . . ,n} 2 . On a :
i < j ⇒ e
(i)
j =
j !
( j − i )!
(X − a)
j−i ⇒ ϕ i (e j ) =
1
i !
e
(i)
j (a) = 0
i = j ⇒ e
( j)
j = i ! ⇒ ϕ i (e j ) =
1
i !
e
(i)
j (a) = 1
i > j ⇒ e
(i)
j = 0 ⇒ ϕ i (e j ) =
1
i !
e
(i)
j (a) = 0.
Ainsi : ∀(i, j) ∈ {0,. . . ,n} 2 , ϕ i (e j ) = δ i j .
Soit (α 0 ,. . . ,α n ) ∈ K n+1 tel que
n
i=0
α i ϕ i = 0 .
Alors, pour tout j de {0,. . . ,n} :
0 =
n
i=0
α i ϕ i
(e j ) =
n
i=0
α i δ i j = α j ,
ce qui montre que (ϕ 0 ,. . . ,ϕ n ) est libre.
Comme dim(E ∗ ) = dim(E) = n + 1 , on conclut que
(ϕ 0 ,. . . ,ϕ n ) est une base de E *.
3) Puisque : ∀(i, j) ∈ {0,. . . ,n} 2 , ϕ i (e j ) = δ i j , (ϕ i ) 0in est
la base duale de (e j ) 0 jn .
4) Pour tout P de E :
P =
n
i=0
e
∗
i (P)e i =
n
i=0
ϕ i (P)e i =
n
i=0
1
i!
P
(i) (a)(X − a)
i ,
ce qui redonne la formule de Taylor pour les polynômes
(cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.1.7 Th.).
1) Soit A ∈ M n (K ) . On a : ∀λ ∈ K , ∀X,Y ∈ M n (K ) ,
tr (A(λX +Y )) = tr(λAX + AY ) = λtr(AX)+tr(AY ).
Ainsi, l'application M n (K ) −→ K
X −→ tr(AX)
est linéaire, c'est-à-dire
appartient à
M n (K )
∗ .
Ceci permet de définir une application
θ : M n (K ) −→ (M n (K )) ∗
A −→ (X −→ tr(AX))
.
2) Soient α ∈ K, A,B ∈ M n (K ). On a : ∀X ∈ M n (K ),
(θ(α A + B)) (X) = tr ((α A + B)X)
= αtr(AX) + tr(B X) = α(θ(A))(X) + (θ(B))(X)
= (αθ(A) + θ(B))(X),
donc : θ(α A + B) = αθ(A) + θ(B) ,
et ainsi θ est linéaire.
3) Soit A ∈ M n (K ) telle que θ(A) = 0, c'est-à-dire :
∀X ∈ M n (K ) , tr(AX) = 0.
1.3.2
1.3.4
1.3.5
1.3.6
1.3.7
1.3.3
1) Vérifier que l'application u : (K [X]) ∗ −→ K N
ϕ −→ (ϕ(X
n )) n∈N
est
linéaire.
2) Pour (x n ) n∈N ∈ K N , considérons l'application linéaire
ϕ : K [X] −→ K définie sur la base canonique (X n ) n∈N par :
∀n ∈ N , ϕ(X n ) = x n . Il est clair que l'application
v : K N −→ (K [X]) ∗
(x n ) n∈N −→ ϕ
ainsi définie est linéaire.
3) Vérifier : v ◦ u = Id (K [X]) ∗ et u ◦ v = Id K N.
D'abord, F ∩ H est bien un sev de F.
Puisque F ⊂ H, il existe a ∈ F tel que a /
∈ H.
Comme a /
∈ H et que H est un hyperplan de E, d'après la
Remarque du § 1.3.2, on a : E = H ⊕ (K a).
Montrons : F = (F ∩ H ) ⊕ (K a).
• F ∩ H ⊂ F et K a ⊂ F, donc (F ∩ H ) + (K a) ⊂ F.
• (F ∩ H ) ∩ (K a) = F ∩
H ∩ (K a)
= F ∩ {0}={0}.
• Soit x ∈ F.
Comme x ∈ F ⊂ E = H ⊕ (K a), il existe y ∈ H, λ ∈ K tels
que : x = y + λa.
On a : y = x − λa, x ∈ F, a ∈ F et F est un sev de E, donc
y ∈ F.
Alors : x = y + λa, y ∈ F ∩ H, λa ∈ K a,
donc : x ∈ (F ∩ H ) + (K a).
Ceci montre : (F ∩ H ) + (K a) ⊂ F.
On obtient : (F ∩ H ) ⊕ (K a) = F,
donc F ∩ H est un hyperplan de F.
Réponse : La base préduale de (ϕ 1 ,ϕ 2 ,ϕ 3 ) est (V 1 ,V 2 ,V 3 ),
où :
V 1 =
1
8
(−3,3,2), V 2 =
1
8
(1,−1,2), V 3 =
1
4
(5,−1,−6)
a)
1 α
β
α α 2 1
β 1 α 2
= −(1 − αβ) 2 .
Réponse : 1 − αβ = 0.
b) Réponse :
La base préduale de (ϕ 1 ,ϕ 2 ,ϕ 3 ) est (V 1 ,V 2 ,V 3 ), où :
V 1 =
1
(1 − αβ) 2
1 − α 4 , α 3 − β, −α(1 − αβ)
,
V 2 =
1
(1 − αβ) 2
(α 3 − β, β 2 − α 2 , 1 − αβ) ,
V 3 =
1
1 − αβ
(−α,1,0) .
1) Puisque (∀ j ∈ {0,. . . ,n}, deg(e j ) = j ), (e 0 ,. . . ,e n ) est une
famille de polynômes à degrés consécutifs, donc est une base
de C n [X] (cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.1.4 Rem).
2) Soit (i, j) ∈ {0,. . . ,n} 2 . On a :
i < j ⇒ e
(i)
j =
j !
( j − i )!
(X − a)
j−i ⇒ ϕ i (e j ) =
1
i !
e
(i)
j (a) = 0
i = j ⇒ e
( j)
j = i ! ⇒ ϕ i (e j ) =
1
i !
e
(i)
j (a) = 1
i > j ⇒ e
(i)
j = 0 ⇒ ϕ i (e j ) =
1
i !
e
(i)
j (a) = 0.
Ainsi : ∀(i, j) ∈ {0,. . . ,n} 2 , ϕ i (e j ) = δ i j .
Soit (α 0 ,. . . ,α n ) ∈ K n+1 tel que
n
i=0
α i ϕ i = 0 .
Alors, pour tout j de {0,. . . ,n} :
0 =
n
i=0
α i ϕ i
(e j ) =
n
i=0
α i δ i j = α j ,
ce qui montre que (ϕ 0 ,. . . ,ϕ n ) est libre.
Comme dim(E ∗ ) = dim(E) = n + 1 , on conclut que
(ϕ 0 ,. . . ,ϕ n ) est une base de E *.
3) Puisque : ∀(i, j) ∈ {0,. . . ,n} 2 , ϕ i (e j ) = δ i j , (ϕ i ) 0in est
la base duale de (e j ) 0 jn .
4) Pour tout P de E :
P =
n
i=0
e
∗
i (P)e i =
n
i=0
ϕ i (P)e i =
n
i=0
1
i!
P
(i) (a)(X − a)
i ,
ce qui redonne la formule de Taylor pour les polynômes
(cf. Algèbre PCSI-PTSI, 5.1.7 Th.).
1) Soit A ∈ M n (K ) . On a : ∀λ ∈ K , ∀X,Y ∈ M n (K ) ,
tr (A(λX +Y )) = tr(λAX + AY ) = λtr(AX)+tr(AY ).
Ainsi, l'application M n (K ) −→ K
X −→ tr(AX)
est linéaire, c'est-à-dire
appartient à
M n (K )
∗ .
Ceci permet de définir une application
θ : M n (K ) −→ (M n (K )) ∗
A −→ (X −→ tr(AX))
.
2) Soient α ∈ K, A,B ∈ M n (K ). On a : ∀X ∈ M n (K ),
(θ(α A + B)) (X) = tr ((α A + B)X)
= αtr(AX) + tr(B X) = α(θ(A))(X) + (θ(B))(X)
= (αθ(A) + θ(B))(X),
donc : θ(α A + B) = αθ(A) + θ(B) ,
et ainsi θ est linéaire.
3) Soit A ∈ M n (K ) telle que θ(A) = 0, c'est-à-dire :
∀X ∈ M n (K ) , tr(AX) = 0.
1.3.2
1.3.4
1.3.5
1.3.6
1.3.7
1.3.3