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Bidual

Définition Soit E un k-espace vecotoriel. Soit E$^{*}$ le dual de E. On apelle bidual de E l'espace vectoriel dual de E$^{*}$. On note E$^{**}$ cet espace vectoriel.

Proposition Considérons l'application: i:E$\rightarrow$E$^{**}$ qui à x$\in$E associe l'application i(x):E$^{*}$$\rightarrow$k telle que si $f\in$E$^{*}$, i(x)($f$)=f(x). i est bien définie, est linéaire et injective. Identifiant E à l'image de i dans E$^{**}$, on dira que E est inclu dans son bidual.

Démonstration On vérifie sans problème que i est bien définie et linéaire. De plus si x$\in$E est tel que $\forall f \in$E$^{*}$ i(x)($f$)=0 alors $\forall f \in$E$^{*}$, $f$(x)=0 et forcément x=0. Donc Ker i= $\lbrace 0 \rbrace$ et i est injective.

La question corollaire de cette proposition est biensûr: pour quelles conditions i est surjective ? Dans le cas où i est surjective, on aurra exhiber un isomorphisme entre E et son bidual E$^{**}$. Remarquons que cet isomorphisme est définie de façon indépendante d'une base sur E ou E$^{**}$. i est par conséquent, sous réserve de conditions assurant de sa surjectivité, un isomorphisme canonique entre E et E$^{**}$. Voyons ces conditions:

Proposition Soit E un k-espace vectoriel. E est isomorphe à son bidual E$^{**}$ si et seulement si E est de dimension finie.

Démonstration Supposons que E est de dimension finie. E et son dual E$^{*}$ ont par conséquent même dimension. E$^{*}$ est donc, en particulier, aussi un k-espace vectoriel de dimension finie. Ré-appliquons ce qui vient d'être dit pour E à E$^{*}$: E$^{*}$ et son dual E$^{**}$ sont de même dimension. Conclusion: E et E$^{**}$ ont même dimension. i est alors nécessairement surjective ( formule du rang ) et définie bien un isomorphisme de E dans son bidual.
Supposons maintenant que E n'est pas de dimension finie. Il existe alors une famille libre dénombrable (e$_i$)$_{i\in I}$ de vecteurs de E ( I désigne un ensemble dénombrable). Considérons F le sous espace vectoriel engendré par cette famille. Considérons aussi un supplémentaire G de ce sous espace vectoriel. On a: E=F$\oplus$G. Pour tout x vecteur de E, il existe une famille ($\alpha_i$)$_{i\in I}$ de scalaire de k à support finie et un vecteur g$\in$G tels que

\begin{displaymath}x=\displaystyle{\sum_{i\in I} \alpha_i e_i + g }.\end{displaymath}

Considérons les formes linéaires e$_i^*$ de E$^{*}$ définie par $\forall x \in$E de la forme précédente, e$_i^*$(x)=<e$_i$,x>=$\alpha_i$. On vérifie facilement que la famille (e$_i^*$)$_{i\in I}$ est libre dans E$^{*}$. Considérons la aussi le sous espace vectoriel F' de E$^{*}$ engendré par cette famille ainsi qu'un supplémentaire G' de F': E$^{*}$=F'$\oplus$G'. Pour tout $f\in$E$^{*}$, il existe une famille à support fini ($\beta_i$)$_{i\in I}$ de scalaires de k ainsi qu'un élément g'$\in$G' tels que

\begin{displaymath}f=\displaystyle{\sum_{i\in I} \beta_i e_i^* + g' }.\end{displaymath}

Pour tout x== $\displaystyle{\sum_{i\in I} \alpha_i e_i + g } \in E$, i(x):E$^{*}$$\rightarrow$k est telle que l'ensemble des i$\in$I / i(x)(e$_i^*$)$\neq$0 est de cardinal fini. L'image de i est donc incluse dans l'ensemble noté $\cal A$ des formes linéaires $\theta$ définies de E$^{*}$ dans k et telles que $\{$i$\in$I / $\theta$(e$_i^*$)$\neq$0$\}$ soit de cardinal fini. Considérons $\theta$:E$^{*}$$\rightarrow$k définie par, si $f=\displaystyle{\sum_{i\in I} \beta_i e_i^* + g' }\in$E$^{*}$

\begin{displaymath}\theta(f)=\displaystyle{\sum_{i\in I} \beta_i.}\end{displaymath}

On vérifie que $\theta$ est bien définie et linéaire. $\theta$ est donc élément de E$^{**}$. Cependant $\theta$ n'est pas dans l'ensemble $\cal A$ car $\forall i\in$I, $\theta(e_i^*)=1$. Donc $\theta$ n'est pas dans l'image de i et i n'est pas surjective. E et E$^{**}$ ne sont alors pas isomorphes.


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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