Intersection d'hyperplans, formes linéaires
dans Algèbre
Bonjour
Je sèche sur le problème suivant.
Soit $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension finie $n$, $E^*$ son dual, $\phi_1, \ldots, \phi_r$, $r$ formes linéaires indépendantes $\in E^*$, et $F=\bigcap_{1 \leq i \leq r } \ker (\phi_i)$, sous-espace vectoriel de $E$.
Soit $\phi \in E^*$. Alors $H= \ker (\phi)$ est un hyperplan qui contient $F$ si et seulement si $\phi \in Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)$.
Le sens <= est facile : si $\phi= a_1 \phi_1 + \cdots + a_r \phi_r$, alors $x \in F \Rightarrow x \in \ker (\phi)$.
Pour le sens =>, je ne vois pas comment faire. Compléter la famille $\phi_1, \ldots, \phi_r$ en une base de $E^*$, ou bien donner une base à $F$ (qui est de dimension $n-r$) et la compléter ?
Merci d'avance.
Je sèche sur le problème suivant.
Soit $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension finie $n$, $E^*$ son dual, $\phi_1, \ldots, \phi_r$, $r$ formes linéaires indépendantes $\in E^*$, et $F=\bigcap_{1 \leq i \leq r } \ker (\phi_i)$, sous-espace vectoriel de $E$.
Soit $\phi \in E^*$. Alors $H= \ker (\phi)$ est un hyperplan qui contient $F$ si et seulement si $\phi \in Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)$.
Le sens <= est facile : si $\phi= a_1 \phi_1 + \cdots + a_r \phi_r$, alors $x \in F \Rightarrow x \in \ker (\phi)$.
Pour le sens =>, je ne vois pas comment faire. Compléter la famille $\phi_1, \ldots, \phi_r$ en une base de $E^*$, ou bien donner une base à $F$ (qui est de dimension $n-r$) et la compléter ?
Merci d'avance.
Réponses
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On peut considérer l'application $E\to K^r, x\mapsto (\phi_1(x),...,\phi_r(x))$, qui se factorise par $E/F$ (en effet, quel est son noyau ?)
Si $F\subset \ker(\phi)$, en déduire une factorisation de $\phi$. En utilisant une expression explicite des formes linéaires sur $K^r$ (*), en déduire le résultat.
(*) : "théorème de représentation de Riesz" mais dans un contexte non euclidien :-D -
Merci Maxtimax. Je ne connais pas ce théorème, et encore moins dans un contexte non euclidien : cela veut dire pas de produit scalaire, pas d'orthogonalité ?
Peut-on malgré tout décréter que la forme linéaire $\phi$ est orthogonale à $x$ si $\phi(x)=0$ ? -
Non mais je rigole, il ne porte pas ce nom, c'est juste qu'une forme linéaire est toujours de la forme $x\mapsto \sum_i a_ix_i$, ce qui est évident en décomposant $x$ selon la base canonique (ou encore en représentant notre forme linéaire par une matrice)
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Ouais. Le noyau est évident, mais je ne vois pas comment on peut en déduire une factorisation de $\phi$.
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Théorème: Soit $f: E\to L$ une application linéaire, et $K\leq E$. Alors $f$ se factorise par $E/K$ si et seulement si $K\subset \ker(f)$
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Pas de problème pour ça, mais je ne vois pas le lien avec l'application $E \rightarrow K^r$, et je ne vois vraiment pas où cela mène.
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Ben son noyau est $F$ donc $\subset \ker(\phi)$, et elle est surjective (car les $\phi_i$ sont indépendantes), donc $E/F\cong K^r$ (via $(\phi_1,...,\phi_r)$). En particulier, $\phi$ se factorise par $K^r$ - si tu recolles tout, tu obtiens bien ta décomposition $\phi = \sum_i a_i \phi_i$
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D'ailleurs si je ne m'abuse, l'indépendance des $\phi_i$ est superflue.
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Bonjour,
On peut raisonner sans quotient, en considérant l'application linéaire
$$(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi) : E \longrightarrow K^{r+1}\;.$$
Elle n'est pas surjective (peux-tu trouver un élément de $K^{r+1}$ qui n'appartient pas à l'image ?). Son image est donc contenue dans un hyperplan de $K^{r+1}$. Ça permet de conclure.
Remarque : l'hypothèse "$E$ de dimension finie" ne sert à rien. -
raoul : quitte à en extraire une sous-famille libre de toute façon, on ne change rien.
GBZM : très beau, je n'y avais pas pensé ! -
J'ai une autre idée. On choisit une base $(f_{r+1}, ..., f_n)$ de $F$, et on complète $(\phi_1, ..., \phi_r)$ par une base duale $(\phi_{r+1}, ..., \phi_n)$ de $(f_{r+1}, ..., f_n)$ dans $F^*$.
Inversement, on complète la base $(f_{r+1}, ..., f_n)$ de $F$ par une base duale $(f_1, ..., f_r)$ de $(\phi_1, ..., \phi_r)$ (je crois que la duale de la duale retombe sur ses pieds).
Les $(\phi_1, ..., \phi_r)$ s'annulent sur la base $(f_{r+1}, ..., f_n)$ de $F$. On prolonge les $(\phi_{r+1}, ..., \phi_n)$ sur $E$ de telle façon que les $(f_1, ..., f_r)$ prennent des valeurs nulles.
Par construction, $(\phi_1, ..., \phi_n)$ est une base de $E^*$ et $(f_1, ..., f_n)$ est une base de $E$. Là, on est phase : on a $\phi_i (f_j)=\delta_{ij}, \forall i,j$.
On a alors $\phi = \sum_{1 \leq i \leq n} \phi (f_i) \phi_i$. Donc $F \subset H= \ker \phi \Leftrightarrow \forall i, r+1 \leq i \leq n , \phi (f_i)=0, \Leftrightarrow \phi \in Vect (\phi_1, ..., \phi_r)$.
Est-ce que c'est ok ?
Je n'ai pas vu vos messages, je vais les lire attentivement. Cette démonstration ne me satisfait pas complétement. -
Merci GaBuZoMeu. Je bloque sur la fin.
$(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi) : E \longrightarrow K^{r+1}$ n'est pas surjective : $(0, 0, ...,1)$ n'appartient pas à l'image.
Donc $(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)(E)$ est inclus dans un hyperplan de $K^{r+1}$ (c'est un sous-espace vectoriel propre de $K^{r+1}$, donc de dimension $\leq r$).
Donc la dimension de $(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)(E)$ est $\leq r$.
Il faudrait en conclure que $\dim Vect (\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi) \leq r$ sur $E^*$, et on a alors $\phi \in Vect(\phi_1,\ldots,\phi_r)$, puisque les $(\phi_1,\ldots,\phi_r)$ sont linéairement indépendantes.
Il me manque juste le lien : $\dim (\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)(E) \leq r \Rightarrow \dim Vect (\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi) \leq r$. -
Un hyperplan est défini par une forme linéaire, ou encore une "équation linéaire"
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Maxtimax, avec le quotient, on a bien $F=\bigcap_{1 \leq i \leq r } \ker (\phi_i) \subset \ker (\phi_1,...,\phi_r)$, donc $E/F \simeq K^r$, mais je ne vois pas d'où sort que $\phi$ se factorise par $K^r$ ??? $\phi$ n'est pas une application d'ensemble de départ $K^r$ ?
D'ailleurs, je comprends "$f$ se factorise par $g$, en $f=g \circ h$, mais pas $f$ se factorise par $L$, cela veut dire via $E/L$ ? -
Heu, je tourne en rond.
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Julia: "$\phi$ se factorise par $K^r$" signifie "il existe $f: K^r \to K$ telle que la composition $E\to K^r\to K$ est $\phi$"
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Comme l'a déjà dit Maxtimax, un hyperplan de $K^{r+1}$ a une équation du type
$$a_1x_1+\cdots+a_rx_r+a_{r+1}x_{r+1}=0$$où les $a_i$ ne sont pas tous nuls.
L'image de $(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)$ est contenue dans un tel hyperplan. Ne vois-tu pas arriver une relation de dépendance linéaire entre $\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi$ ? -
Si on va par là, $\bigcap_{1 \leq i \leq r } \ker (\phi_i) \subset \ker (\phi) \Rightarrow (\bigcap_{1 \leq i \leq r } \ker (\phi_i)) \bigcap \ker (\phi) = \ker (\phi_1, ..., \phi_r, \phi) = \bigcap_{1 \leq i \leq r } \ker (\phi_i) = \ker (\phi_1, ..., \phi_r)$, donc
$rg (\phi_1, ..., \phi_r, \phi)= rg (\phi_1, ..., \phi_r)$ (avec le théorème du rang), soit $\dim (\phi_1, ..., \phi_r, \phi) (E)=\dim (\phi_1, ..., \phi_r) (E) = r$ (car les $\phi_1, ..., \phi_r$ sont linéairement indépendantes, donc ($\phi_1, ..., \phi_r)(E) = K^r$), donc $\phi \in Vect (\phi_1, ..., \phi_r)$, sinon on aurait $\phi_1, ..., \phi_r, \phi$ linéairement indépendantes et $(\phi_1, ..., \phi_r, \phi)(E)=K^{r+1}$.
Et c'est fini en dimension finie (c'est ce qui m'intéresse). J'imagine que ta démonstration, GaBuZoMeu, est pour le cas infini.
Il manque quand même un point essentiel à préciser : si les $\phi_1, ..., \phi_r$ sont linéairement indépendantes, alors ($\phi_1, ..., \phi_r)(E) = K^r$. -
Je crois que tu n'as pas bien compris le raisonnement, et tu fais des complications inutiles.
Si l'image de $(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)$ est contenue dans l'hyperplan $a_1x_1+\cdots+a_rx_r+a_{r+1}x_{r+1}=0$, quelle relation de dépendance linéaire y a-t-il entre $\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi$ ?
C'est fini, en toute dimension (même infinie). -
Oui GaBuZoMeu, appelons $L$ l'hyperplan d'équation $a_1x_1+\cdots+a_rx_r+a_{r+1}x_{r+1}=0$ dans $K^{r+1}$.
Alors $(\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)(E) \subset L \Rightarrow \forall x \in E, (\phi_1,\ldots,\phi_r,\phi)(x)=(\phi_1(x),\ldots,\phi_r(x),\phi(x)) \in L$, donc vérifie l'équation de $L$, soit $a_1\phi_1(x)+\cdots +a_r\phi_r(x)+a_{r+1}\phi(x)=(a_1\phi_1+\cdots +a_r\phi_r+a_{r+1}\phi)(x)=0, \forall x \in E $.
Donc $a_1\phi_1+\cdots +a_r\phi_r+a_{r+1}\phi=0$. Si $a_{r+1} = 0$, tous les $a_i, 1 \leq i \leq r$ sont nuls, ce qui est impossible, donc $a_{r+1} \ne 0$, et on a la relation cherchée.
Merci énormément, je n'y serais pas arrivée sans ton petit coup de pouce. -
Je n'ai pas vu ton message intermédiaire. Si, j'ai bien compris le raisonnement, mais la démonstration me parait d'un genre "indirect" à l'infini (qui comprend le cas fini), et il me semblait qu'il pouvait y avoir un sens "direct" en dimension finie.
-
Et en plus, cela fournit une démonstration à : "si les $\phi_1, ..., \phi_r$ sont linéairement indépendantes, alors $(\phi_1, ..., \phi_r)(E) = K^r$".
En effet, par contraposée, sinon, $(\phi_1, ..., \phi_r)(E)$ serait contenu dans un hyperplan de $K^r$, donc il existerait une relation de dépendance linéaire entre les $\phi_1, ..., \phi_r$. -
Bonjour,
Il me semble que c'était immédiat avec la dualité :
On pose $\phi_k^{\perp} = \ker (\phi_k), 1 \leq k \leq r$, alors $F=\bigcap_{1 \leq i \leq r } \phi^{\perp}_k= Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)^{\perp}$
(car on a l'inclusion immédiate : $\bigcap_{1 \leq i \leq r } \phi^{\perp}_k \subset Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)^{\perp}$, et $\dim F = n-r = \dim Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)^{\perp}$).
Alors soit $H= \ker (\phi) =\phi^{\perp} \supset F \Leftrightarrow Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)^{\perp} \subset \phi^{\perp} \Leftrightarrow \phi \in Vect (\phi_1, \ldots, \phi_r)$.
C'est ok ?
Merci d'avance. -
Je vais faire un peu de psychologie, car en lisant ton premier post, je me suis demandé pourquoi cet énoncé aussi pourri.
1/ Bon, j'imagine qu'il t'a été dit par Max et GBZM que l'énoncé célèbre ne nécessite ni dimension finie, ni axiome du choix ni linéaire indépendance des formes.
2/ Je crois que ton prof ou ton bouquin a produit cet énoncé bizarre probablement par flemme (je ne lui jette pas la pierre, le fin du monde étant pour dans quelques petites décennies).
2.1/ Il sait que si on n'utilise pas l'axiome du choix ou le théorème du choix, il y aura plusieurs étapes de ce qu'on appelle des "WLOG" (des sans perte de généralité "without lost of generality" en anglais)
2.2/ Il doit se rappeler par coeur qu'on arrive à ce carrefour qu'il te donne, sauf que... dans la gestion des wlog, sauf erreur, les portes qui mènent à l'absurde (à tout) décorent souvent abondamment le paysage.
3/ Voilà donc ce que, psychologiquement, j'imagine:
3.1/ il "aurait voulu" te donner une hypothèse encore plus forte qui aurait été qu'il existe des vecteurs $e_1,e_2,..$ tels que pour tout $i,j$ tu as que $f_i(e_j)=0$ sauf si $i=j$ auquel cas $f_i(e_i)=1$. C'est un procès d'intention que je lui fais.
3.2/ Il aurait peut-être voulu que ce ne soit pas une hypothèse, mais un truc "à construire".
3.3/ Le fait que si on a cette étape, la suite ne nécessite pas de faire des choix. Tout s'écrit "comme un calcul naturel". Je te laisse (si tu as envie) compléter.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Mais enfin .... je l'ai déjà dit au tout début de mon 1er message, je ne m'intéresse qu'aux espaces de dimension finie (géométrie projective).
-
De mon téléphone. Ça ne change rien. Je t'ai proposé un argument par récurrence "à partir de rien".
Les precisions de l'étendue du champ d'application sont "pour info".
L'argument (plus court) de GBZM utilise le fait qu'il existe toujours une forme s'annulant sur un sous espace strict et je n'ai pas réfléchi à la "facilité" de la preuve la plus "facile" dudit énoncé.
Bon après si tu l'admets. Mais de manière générale il n'est pas toujours remplaçable: alors quand il l'est ça me paraît utile de le mentionner.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonsoir, le problème en fait avec cet exercice est de savoir à quel niveau se placer pour donner une solution; dans la mesure où la dimension est finie, on peut faire intervenir la notion d'orthogonal qui fournit une solution via le fait que si on a $F = \cap_i \ker (\varphi_i)$, alors $F = <\varphi_i>^{\bot}$ et le théorème de dimension qui dit que $\dim F + \dim F^{\bot} = \dim E$ permet de conclure.
Nota: l'orthogonalité étant prise au sens de la dualité.A demon wind propelled me east of the sun -
@Gilles, idem tu as utilisé pas mal d'axiomes, dont le fameux (je ne précise pas le contexte, juste le profil):
$$(A\cap
^\perp \subseteq (A^\perp + B^\perp)$$
Je fais une chti discours de novice ayant labouré le terrain longtemps (ma fierté de prolo :-D ) :
1/ En algèbre linéaire, la "découverte" du siècle (et même de tous les temps), c'est que les matrices non carrées sont liées, et ce pour tout anneau commutatif et même pour tout semi-anneau commutatif.
2/ L'académisme enseigne ça pour les corps (l'argument glisse jusqu'aux anneaux intègres)
3/ Une fois ces choses admises, on se retrouve effectivement face à une multitude de "petits exos" qui tournent tous autour des mouvements stratégiques et guerriers que permettent ces théorèmes
4/ J'ai "plongé" dans cette aventure en cherchant (puis trouvant au bout de très longtemps) une preuve sans background de (1) générale aux anneaux, mais je n'ai pu prouver "sans rien" qu'une partie. Par exemple, je ne suis pas parvenu à aller jusqu'à ce que permet le déterminant. Je signale les deux trucs restants que "seul" le déterminant (pour être plus précis les formes linéaires alternées) semble donner:
4.1/ Si $A$ est une matrice carrée injective, il y a dans son image un vecteur de la forme $(r,0,0,0,0,...,0)$ avec $r$ régulier.
4.2/ Si $n$ est un entier, $k$ un ensemble et $f$ une application de $n\times k$ dans l'anneau $A$ et si de plus, toute matrice carrée extraite est superliée alors $f$ tout entière est liée (ie les $n$ "lignes" $L_i:=[x\in k\mapsto f(i,x)]$ sont liées entre elles.
5/ Parfois des énoncés peuvent "tomber" sans que toute la puissance du déterminant soit utilisée. (La force du déterminant n'est pas son existence, mais son unicité, ie le fait que toutes les manières différentes de le calculer donnent le même résultat)
6/ J'en viens à l'exercice de Julia et aux solutions rapides.
6.1/ L'argument de GBZM est le suivant (je précise que je peux me tromper, je n'ai survolé que quelques morceaux de la conversation):
6.1.1/ l'application $(x\mapsto (f_1(x), ..f_5(x), g(x)))$, à valeurs dans $K^6$ n'est pas surjective (mais elle est linéaire).
6.1.2/ Là, il utilise un résultat puissant*** de la famille des 1 à 5 ci-dessus: il existe donc une forme non nulle et linéaire $h$ telle que :
$$ \forall x: h(f_1(x), ..f_5(x), g(x))=0$$
6.1.3/ En fait, on sait que $h$ est de la forme : $y\mapsto a_1y_1+..+a_5y_5+a_6y_6$ et on a que $a_6$ n'est pas nul (moyennant des préparatifs que je n'ai pas précisés), et en fait quitte à multiplier, $a_6$ peut même être supposé valoir $(-1)$ de sorte qu'on a :
$$ g = a_1f_1+..+a_5f_5$$
6.2/ Ton argument fait un parcours similaire en nommant de manière intermédiaire des faits similaires
6.3/ J'isole le lemme-clé: soit $E$ un espace vectoriel, $f:E\to F$ non surjective. Alors il existe $h\in F^*: h_{|F}$ est nulle.
7/ Dans le cas présent, "il se trouve" qu'on peut "éviter" de passer commande à la multinationale 1-5 gardienne de l'arme nucléaire "déterminant".
8/ Je rédige complètement ce que j'ai suggéré à Julia.
8.1/ Soit $(g,f_1,..,f_8)$ un contre-exemple à son énoncé avec $8$ le plus entier possible.
8.2/ Il existe alors $e_1,..,e_8$ tels que pour chaque $i:$ le vecteur $e_i$ est dans tous les noyaux $Ker(f_j)$ sauf quand $i=j$. Remarque : ceci est permis parce que SINON on aurait un contre-exemple avec un entier $n\leq 7$.
8.3/ Quitte à multiplier, on a même que $f_i(e_i)=1$
8.4/ Soit $F:=Vect(e_1,..,e_8)$. La restriction de la forme $g$ à $F$ est TRES FACILE à exprimer comme combinaison linéaire des $f_i$.
8.5/ L'hypothèse de l'exercice SUFFIT "sans rien faire" à dire que cette combinaison linéaire exprime en fait $g$ en fonction des $f_i$, et pas seulement $g_{|F}$.
9/ Je laisse à tout passant débutant le soin de rédiger entre dollars les 8.4 et 8.5 qui sont une situation très familière dans l'académisme bac-bac+2
*** je ne me rappelle plus l'évaluation de la "facilité de prouver ce lemme".
superliée veut dire que l'idéal de l'anneau engendré par les coefficients de liaison est l'anneau entierAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Julia, accepterais-tu de nous révéler quel problèmatique de géométrie projective tu voulais résoudre avec ce lemme?
Je te demande car en fait en GP, j'ai l'impression que justement, la double version disparait au profit d'une seuleAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour,
Pas de problème. Désolée pour ma réponse tardive, je n'ai pas vu ton message.
L'énoncé de départ non démontré dans mon cours était le suivant.
Soit $P(E)$ un espace projectif, $H_1$ et $H_2$ deux hyperplans distincts de $P(E)$. Alors un hyperplan de $P(E)$ appartient au faisceau d'hyperplans engendré par $H_1$ et $H_2$ (i.e. les hyperplans d'équations $a_1 \phi_1 + a_2 \phi_2 = 0$, avec $\phi_1=0$ et $\phi_2=0$, les équations respectives de $H_1$ et $H_2$) si et seulement si il contient le sous-espace projectif $H_1 \cap H_2$.
EDIT : aidée de ce document, mais toutes les démonstrations ne figurent pas ou sont incomplètes :
http://jean-pierre.barani.pagesperso-orange.fr/DUAL.PDF
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