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Dualité et dimension finie

Proposition Si E est un espace vectoriel de dimension finie alors le dual de E possède la même dimension que E.

Démonstration Rappelons ici encore que E$^{*}$=$\cal L$(E,k) et que si E et F sont deux k espaces vectoriels de dimension finie alors $\cal L$(E,F) est un k-espace vectoriel de dimension dim E$\times$dim F. Comme k est de dimension 1, la proposition est démontrée.

Définition Soient u,j$\in$${\mathbb{N}}$. On définit le symbole de Kronecker $\delta_{ij}$ par:

  • $\delta_{ij}$=0 si i$\neq$j.
  • $\delta_{ij}$=0 si i=j.
$ $

Théorème Soit E un k-espace vectoriel de dimension finie n et soit (e$_1$,...,e$_n$) une base de E. Considérons les n formes linéaires e$_i^*$ i=1,...,n définies par $\forall i$=1,...,n $\forall j$=1,...,n, e$_i^*$(e$_j$)=$\delta_{ij}$$\delta_{ij}$ représente le symbole de Kronecker. Alors la famille (e$_1^*$,...,e$_n^*$) est une base de E$^{*}$ appelée base duale de la base (e$_1$,...,e$_n$).

Démonstration Comme dim E$^{*}$=n, il suffit de démontrer que la base considérée est libre dans E$^{*}$. Ainsi, elle sera libre maximale et donc sera une base de E$^{*}$. Soit $\lambda_i$ i=1,...,n une famille de n scalaires de k tels que $\displaystyle{\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i^*=0}$. Alors, fixant i$_0$ parmi $\{1,...,n\}$, $\displaystyle{\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i^*(e_{i_0})=0}$. Ce qui équivaut à $\displaystyle{\sum_{i=1}^n \lambda_i \delta_{ii_0}=0}$. Soit encore $\lambda_{i_0}=0$. Effectuant cette opération pour chaque i$_0$ de $\{1,...,n\}$, on trouve $\lambda_i=0\forall i\in$$\{1,...,n\}$. La famille (e$_1^*$,...,e$_n^*$) décrit donc bien une famille libre de E.

Dans le cas de la dimension infinie, le théorème suivant n'est vrai, comme nous l'avons montré, que dans un sens.

Proposition Soit E un k-espace vectoriel de dimension finie.

  • Soit F un sous espace vectoriel de E. Alors F=F$^{\circ \perp}$.
  • Soit F' un sous espace vectoriel de E$^{*}$ alors F'=F'$^{\perp\circ}$.
$ $

Démonstration On a déjà montré l'inclusion F$\subset$F$^{\circ \perp}$. Soit x$\in$F$^{\circ \perp}$. Notons k=dim F et soit (e$_1$,....,e$_k$) une base de F. Notons n=dim E et complétons cette base de F en une base de E: (e$_1$,...,e$_n$). Le sous espace vectoriel de E engendré par les vecteurs (e$_{k+1}$,...,e$_n$) est un supplémentaire de F dans E. Une base de F$^{\circ}$ est donnée par la base duale de ce supplémentaire: (e$_{k+1}^*$,...,e$_n^*$). Soit x$\in$F$^{\circ \perp}$. Il existe n scalaires $\lambda_i\in$k tels que x= $\displaystyle{\sum_{i=1}^n \lambda_i e_i}$. Comme e$_{k+i}^*$(x)=0 pour tout i=1,...,n-k, x$_{i+1}$=0 pour tout i=1,...,n-k et x est bien élément de F. Voila qui prouve l'inclusion réciproque. Le second point se démontre de façon complètement analogue, ....duale oserais-je dire!

Terminons par une proposition qui fait le lien entre la notion de matrice transposée et celle d'application linéaire transposée.

Proposition Soient E et F deux k-espaces vectoriels de dimensions respectives m et n. Soit $\Phi$ une application linéaire de E dans F. Considérons une base e=(e$_1$,...,e$_m$) de E ainsi qu'une base f=(f$_1$,...f$_n$) de F. Notons e$^{*}$=(e$^{*}$$_1$,...,e$^{*}$$_m$) et f$^{*}$=(f$^{}$$_1$,...f$^{*}$$_n$) les bases duales corespondantes. Soit M($\Phi$,e,f) la représentation matricielle de $\Phi$ dans les bases e de E et f de F et M($^{t}$$\Phi$,f$^{*}$,e$^{*}$) la représentation matricielle de l'application transposée $^{t}$$\Phi$ dans les base f$^{*}$ de F$^{*}$ et e$^{*}$ de E$^{*}$. Alors M($^{t}$$\Phi$,f$^{*}$,e$^{*}$)=$^{t}$M($\Phi$,e,f).

Démonstration Posons M($\Phi$,e,f)=($\lambda_{ij}$) $_{i=1,...,n   j=1,...,m}$. Posons aussi M($^{t}$$\Phi$,f$^{*}$,e$^{*}$) = ($\lambda'_{ij}$) $_{i=1,...,m   j=1,...,n}$. En particulier pour tout i=1,...,m

\begin{displaymath}\Phi(e_i)=\displaystyle{\sum_{j=1}^n \lambda_{ij} f_j}.\end{displaymath}

Soit i $\in\{1,...,n\}$, $^{t}$ $\Phi(f_i^*)=f_i^*\circ \Phi$. Soit x$\in$E. Il existe x$_p \in$k, p=1,...,m,

\begin{displaymath}x=\displaystyle{\sum_{p=1}^n x_p e_p}.\end{displaymath}

et

\begin{displaymath}^t\Phi^*( f_i^*) (x)=\displaystyle{\sum_{p=1}^n x_p f_i^*\circ \Phi(e_p)}\end{displaymath}


\begin{displaymath}=\displaystyle{\sum_{p=1}^n x_p f_i^*(\sum_{j=1}^n \lambda_{pj} f_j)}\end{displaymath}


\begin{displaymath}=\displaystyle{\sum_{p=1}^m x_p \lambda_{pi}}.\end{displaymath}

Cette égalité étant vraie pour tout x$\in$E, on a:

\begin{displaymath}^t\Phi^*( f_i^*)=\displaystyle{\sum_{p=1}^m \lambda_{pi} e_p^*}\end{displaymath}


\begin{displaymath}=\displaystyle{\sum_{p=1}^m \lambda'_{ip} e_p^*}.\end{displaymath}

En identifiant les coefficients entre les deux membres de la dernière égalité, on obtient pour tout i=1,...,m, j=1,...,n $\lambda'_{ij}$=$\lambda_{ji}$, ce qui était à démontrer.


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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