Bases duales et matrice de passage

Math4ever · February 2018

Bonjour,
je sollicite votre aide les matheux:
On considère l'espace $\mathbb R_2[X]$ muni de sa base canonique $B_0$=$\left\{P_0,P_1,P_2\right\}$ où $P_0(X)=1$, $P_1(X)=X$ et $P_2(X)=X^2$et une base $B_1$=$\left\{P_0,Q_1,Q_2\right\}$ où $Q_1(X)=X+1$ et $Q_2(X)=(X+1)^2$. La base duale de $B_1$ est donnée par: $B^*_1$=$\left\{P^*_0,Q^*_1,Q^*_2\right\}$ où:
$P_0^*(P)=a-b+c$, $Q_1^*(P)=b-2c$, $Q_2^*(P)=c$ pour $P(X)=a+bX+cX^2$.
J'aimerais savoir s'il existe un moyen de déterminer la matrice de passage de $B^*_0$ à $B^*_1$ sans passer par la matrice de passage de $B_0$ à $B_1$. Je vous remercie.

Poirot · February 2018

Il te suffit d'exprimer $B_1^*$ dans la base $B_0^*$ (ou réciproquement).

Math4ever · February 2018

Malheureusement , je ne tombe pas sur le même résultat obtenu en utilisant la matrice de passage de $B_0$ à $B_1$!

GaBuZoMeu · February 2018

Les éléments de $B_1^*$ sont les formes linéaires qui envoient un polynôme sur ses coefficients quand on l'exprime comme polynôme en $Y=X+1$. Il suffit d'écrire $P(X)=P(Y-1)$.

Math4ever · February 2018

Pour montrer qu'une famille de formes linéaires forme une base de l'espace dual on procède de plusieurs manières (on montre que l'annulateur (l'orthogonal) de l'espace engendré par cette famille est de dimension nulle, ou que le déterminant la matrice constituée des coordonnées des éléments de la famille est nul,,,).
Une méthode que j'ai trouvée- et que je n'arrive pas à mâcher- et celle qui utilise l'indépendance linéaire:
Pour montrer que la famille $\{f_1,f_2\}$ où $f_1(x,y)=x+y$ et $f_2(x,y)=x-y$ ; est une base de $(\mathbb R^2)^*$, l'auteur montre que $\{f_1,f_2\}$ est libre en appliquant $f_1$, $f_2$ à des vecteurs particuliers : $$
\begin{cases}
\lambda f_1(1,0)+\mu f_2(1,0)&=0\\
\lambda f_1(0,1)+\mu f_2(0,1)&=0
\end{cases}
\quad \Longrightarrow \quad
\begin{cases}
\lambda +\mu&=0\\
\lambda -\mu&=0
\end{cases}
$$ et donc $\quad \lambda =\mu=0.\quad$ Alors que la relation $$
\lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0 \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0
$$ doit être vérifiée pour tout vecteur $v=(x,y)$ de $\mathbb R^2$.

senpai · February 2018

Bonsoir, justement, je pense qu'il suppose que la relation doit être vérifiée pour tout $v=(x,y) \in \mathbb R^2$ et donc en particulier pour les vecteurs $(1,0)$ et $(0,1)$, ce qui permet de trouver directement les valeurs de $\lambda$ et $\mu$, qui sont bien $0$ et $0$.

GaBuZoMeu · February 2018

Math4ever écrivait:

> Alors que la relation
$$
\lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0 \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0
$$
> doit être vérifiée pour tout vecteur $v=(x,y)$ de $\mathbb R^2$.

Mauvaise compréhension de la quantification. L'indépendance linéaire, c'est
$$
(\forall \lambda \ \forall \mu\ f_1(v)+\mu f_2(v)=0) \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0
$$
et pas, comme tu sembles le penser,
$$
\forall \lambda \ \forall \mu\ (f_1(v)+\mu f_2(v)=0 \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0)\;.
$$

Math Coss · February 2018

J'aurais plutôt écrit :
\[\forall \lambda,\ \forall\mu,\quad\left[\left(\forall v,\ \lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0\right)\implies \lambda=\mu=0\right].\]

Math4ever · February 2018

Donc selon vous, si on veut nier $(\forall \lambda \ \forall \mu\ f_1(v)+\mu f_2(v)=0) \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0$, on aura: $(\forall \lambda \ \forall \mu\ f_1(v)+\mu f_2(v)=0)$ mais ($\lambda\neq0$ ou $\mu\neq0$)!!

Math4ever · February 2018

justement, je me demande pourquoi ce choix particulier de ces deux vecteurs alors qu'on peut avoir des vecteurs qui ne vérifient pas: $\forall \lambda,\ \forall\mu,\quad\left[\left(\ \lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0\right)\implies \lambda=\mu=0\right].$

Math4ever · February 2018

La bonne écriture est plutôt: $\forall \lambda,\ \forall\mu,\quad\left[\left(\ \lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0\right)\implies \lambda=\mu=0\right]$, $\forall v$

GaBuZoMeu · February 2018

Oui, avec mon rhume je n'ai plus les yeux en face des trous ! Je corrige
$$(\forall v\ \lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0) \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0$$
et pas
$$\forall v\ (\lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0 \ \Longrightarrow\ \lambda =\mu=0)\;.$$

Math Coss · February 2018

@Math4ever : Certainement pas !

D'abord, il ne faut jamais mettre de quantificateurs à droite (s'il y a des $\exists$ et des $\forall$ qui coexistent, c'est indéchiffrable).

D'autre part, et surtout, pour tout choix de $v$ on peut trouver un couple de scalaires qui ne sont pas tous les deux nuls tels que $\lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0$. Si $f_1(v)=0$, on n'a qu'à prendre $\mu=0$ et $\lambda=1$ ; sinon, on prend $\mu=1$ et $\lambda=-f_2(v)/f_1(v)$.

Autrement dit, la phrase $\forall v,\ \forall \lambda,\ \forall\mu,\ \left[\left(\lambda f_1(v)+\mu f_2(v)=0\right)\implies \lambda=\mu=0\right]$ est toujours fausse (on peut permuter librement les quantificateurs $\forall$).

Edit : ajout de « @Math4ever ».

gb · March 2018

Math4ever a écrit:

Malheureusement , je ne tombe pas sur le même résultat obtenu en utilisant la matrice de passage de $B_0$ à $B_1$!

Cela ne proviendrait-il pas de ta notation malencontreuse des bases $B_1$ et $B_1^*$.

Je reprends la notation : $P = a+bX+cX^2$.
La première base est définie par : $B_0=(P_0,P_1,P_2)$ avec : $P_0=1$, $P_1=X$ et $P_2=X^2$.
La base duale est alors par : $B_0^*=(P_0^*,P_1^*,P_2^*)$ avec : $P_0(P)=a$, $P_1(P)=b$ et $P_2(P)=c$.

La seconde base est définie par : $B_0=(Q_0,Q_1,Q_2)$ avec : $Q_0=1$, $P_1=X$ et $P_2=X^2$.
La base duale est alors par : $B_0^*=(Q_0^*,Q_1^*,Q_2^*)$ avec : $Q_0^*(P)=a-b+c$, $Q_1^*(P)=b-2c$ et $Q_2^*(P)=c$.

Lors du changement de base, on a : $Q_0=P_0$, mais on n'a pas: $Q_0^*=P_0^*$. Je pense que les notations $(P_0,Q_1,Q_2)$ et $(P_0^*,Q_1^*,Q_2^*)$ pour $B_1$ et $B_1^*$ ont entraîné des confusions, et des erreurs dans le calcul des matrices de passage.

Les matrices de passage $\Pi$ de $B_0$ à $B_1$ et $\Pi^*$ de $B_0^*$ à $B_1^*$ sont faciles à calculer :
\begin{gather}
\left. \begin{array}{l} Q_0=P_0 \\ Q_1=P_0+P_1 \\ Q_2=P_0+2P_1+P_2 \end{array} \right\rbrace \implies
\Pi = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
\left. \begin{array}{l} Q_0^*=P_0^*-P_1^*+P_2^* \\ Q_1=P_1-2P_2 \\ Q_2^*=P_2^* \end{array} \right\rbrace \implies
\Pi^* = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}
\end{gather}
où on remarque : $Q_2^*=P_2^*$, bien que : $Q_2\neq P_2$, et où il est facile de vérifier que, conformément à nos attentes : $\Pi^*.\vphantom{\Pi}^t\Pi=I_3$.

Math4ever · March 2018

Merci infiniment pour cette précieuse remarque: le rôle de $P_0^*$ dans la base $\left\{P_0^*,P_1^*,P_2^*\right\}$ est complètement différent de celui dans la base $\left\{P_0^*,Q_1^*,Q_2^*\right\}$ ( ce sont en fait, deux applications complètement différentes).

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