1.3 • Dualité
15
Proposition 2
Soient H un hyperplan de E, ϕ ∈ E ∗ − {0} telle que H = Ker(ϕ), et ψ ∈ E ∗ − {0}.
On a :
H = Ker(ψ) ⇐⇒ (∃ α ∈ K − {0}, ψ = αϕ).
Preuve
1) Il est clair que, pour pour tout α de K − {0} : Ker(αϕ) = Ker(ϕ) = H.
2) Réciproquement, soit ψ ∈ E
∗
− {0} telle que H = Ker(ψ) . Il existe x 0 ∈ E tel que ϕ(x 0 ) = 0, et
on a :
E = Ker(ϕ) + (K x 0 ).
Soit x ∈ E ; il existe λ ∈ K et y ∈ Ker(ϕ) = H = Ker(ψ) tels que x = y + λx 0 .
Alors : ϕ(x) = λϕ(x 0 ) et ψ(x) = λψ(x 0 ) , d'où ψ(x) =
ψ(x 0 )
ϕ(x 0 )
ϕ(x).
En notant α =
ψ(x 0 )
ϕ(x 0 )
∈ K − {0} , on a donc ψ = αϕ.
᭿
Proposition 3
Soit E un K-ev de dimension finie. Pour tout e ∈ E − {0}, il existe ϕ ∈ E ∗ telle que
ϕ(e) = 1.
Preuve
La droite vectorielle K e (engendrée par e) admet au moins un supplémentaire H dans E , et H est un
hyperplan de E . Il existe donc ϕ 1 ∈ E ∗ telle que H = Ker(ϕ 1 ). Comme e /
∈ Ker(ϕ 1 ), on a :
ϕ 1 (e) = 0. En notant ϕ =
1
ϕ 1 (e)
ϕ 1 , on a alors :
ϕ ∈ E ∗ et ϕ(e) = 1
᭿
Par raisonnement par l’absurde, on déduit le Corollaire suivant :
Corollaire
Soient E un K-ev de dimension finie, x ∈ E. Si toutes les formes linéaires sur E
s'annulent en x, alors x = 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Ainsi,un hyperplan donné n’admet,à un
coefficient multiplicatif = 0 près,qu’une
solution.
Monie r Algèbre Monier
Géométrie
Moni er Algèbre Monier
Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Exercice 1.3.3.
Exercice-type résolu
Étude d’espaces vectoriels de dimension infinie
On note, pour k ∈ {0,1}, E k = C
k
(R ; R), et H =
f ∈ E 1 ; f (0) = 0
.
a) Vérifier que E 1 est un sev de E 0 et montrer que E 1 n'est pas un hyperplan de E 0 .
b) Montrer que H est un hyperplan de E 1 et que E 0 est isomorphe à H.