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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,...,e) une base de E. Considérons les n formes linéaires e i=1,...,n définies par $\forall i$ =1,...,n $\forall j$ =1,...,n, e(e)= $\delta_{ij}$ où $\delta_{ij}$ représente le symbole de Kronecker. Alors la famille (e,...,e) est une base de E $^{*}$ appelée base duale de la base (e,...,e).

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 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 de $\{1,...,n\}$ , on trouve $\lambda_i=0\forall i\in$ $\{1,...,n\}$ . La famille (e,...,e) 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,....,e) une base de F. Notons n=dim E et complétons cette base de F en une base de E: (e,...,e). Le sous espace vectoriel de E engendré par les vecteurs (e $_{k+1}$ ,...,e) 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). 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,...,e) de E ainsi qu'une base f=(f,...f) de F. Notons e $^{*}$ =(e $^{*}$ ,...,e $^{*}$ ) et f $^{*}$ =(f $^{}$ ,...f $^{*}$ ) 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,

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

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

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

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

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.