MPSI · Applications linéaires

Hyperplans

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Dans toute cette leçon, EE désigne un K\mathbb{K}-espace vectoriel.

Question

Un hyperplan, intuitivement, c'est un sous-espace « le plus gros possible » sans être EE tout entier : un plan dans l'espace, une droite dans le plan. Comment capturer cette idée sans invoquer la dimension, qui n'a pas toujours de sens ? Et quel est le lien avec les formes linéaires de la leçon précédente — est-ce un hasard qu'une équation comme x+y+z=0x + y + z = 0 définisse à la fois un plan et le noyau d'une forme ?

Définition

Définition 1 : Hyperplan

On appelle hyperplan de EE tout sous-espace vectoriel HH vérifiant E=H⊕DE = H \oplus D, avec DD une droite vectorielle.

Remarque :

HH est un hyperplan de EE si et seulement s'il existe a∈E∖Ha \in E \setminus H tel que E=H⊕vect⁡(a)E = H \oplus \operatorname{vect}(a).

Exercice 1 : Tout vecteur hors de H engendre un supplémentaire

Soit HH un hyperplan de EE. Montrer que pour tout x∈E∖Hx \in E \setminus H, on a E=H⊕vect⁡(x)E = H \oplus \operatorname{vect}(x).

Solution :(cliquer pour afficher)

HH est un hyperplan, donc il existe a∈E∖Ha \in E \setminus H tel que E=H⊕vect⁡(a)E = H \oplus \operatorname{vect}(a).

Soit x∈E∖Hx \in E \setminus H ; alors il existe h1∈Hh_1 \in H et λ1∈K\lambda_1 \in \mathbb{K} tels que x=h1+λ1ax = h_1 + \lambda_1 a. Or x∉Hx \notin H, donc λ1≠0\lambda_1 \neq 0, d'où :

a=1λ1 x−1λ1 h1.a = \frac{1}{\lambda_1}\, x - \frac{1}{\lambda_1}\, h_1.

Somme. Soit z∈Ez \in E ; il existe h∈Hh \in H et λ∈K\lambda \in \mathbb{K} tels que z=h+λaz = h + \lambda a. En remplaçant aa :

z=h+λ(1λ1 x−1λ1 h1)=(h−λλ1 h1)⏟∈ H+λλ1 x⏟∈ vect⁡(x).z = h + \lambda\left( \frac{1}{\lambda_1}\, x - \frac{1}{\lambda_1}\, h_1 \right) = \underbrace{\left( h - \frac{\lambda}{\lambda_1}\, h_1 \right)}_{\in\, H} + \underbrace{\frac{\lambda}{\lambda_1}\, x}_{\in\, \operatorname{vect}(x)}.

Donc E=H+vect⁡(x)E = H + \operatorname{vect}(x).

Somme directe. Soit y∈H∩vect⁡(x)y \in H \cap \operatorname{vect}(x) ; il existe α∈K\alpha \in \mathbb{K} tel que y=αxy = \alpha x. Si α≠0\alpha \neq 0, alors x=1α y∈Hx = \frac{1}{\alpha}\, y \in H, ce qui contredit x∉Hx \notin H ; donc α=0\alpha = 0 et y=0y = 0. Ainsi H∩vect⁡(x)={0E}H \cap \operatorname{vect}(x) = \{0_E\}.

D'où E=H⊕vect⁡(x)E = H \oplus \operatorname{vect}(x).

Hyperplans et formes linéaires

La question d'ouverture opposait deux descriptions d'un même plan : « supplémentaire d'une droite » et « noyau d'une équation ». Le résultat central de cette leçon affirme qu'elles coïncident exactement.

Proposition 1 : Hyperplans et formes linéaires

Soit HH un sous-espace vectoriel de EE. Alors HH est un hyperplan de EE si et seulement s'il existe une forme linéaire φ\varphi non nulle telle que H=Ker⁡φH = \operatorname{Ker} \varphi.

Démonstration :

∙\bullet Supposons que HH est un hyperplan ; il existe a∈E∖Ha \in E \setminus H tel que E=H⊕vect⁡(a)E = H \oplus \operatorname{vect}(a). D'après le théorème de définition sur des supplémentaires, il existe une unique forme linéaire φ∈E∗\varphi \in E^{*} telle que φ∣H=0\varphi_{|H} = 0 et φ(a)=1\varphi(a) = 1.

Comme φ∣H=0\varphi_{|H} = 0, on a H⊂Ker⁡φH \subset \operatorname{Ker} \varphi. Réciproquement, soit x∈Ker⁡φx \in \operatorname{Ker} \varphi ; on écrit x=h+λax = h + \lambda a avec h∈Hh \in H et λ∈K\lambda \in \mathbb{K}. Alors :

0=φ(x)=φ(h)+λ φ(a)=λ(car h∈H),0 = \varphi(x) = \varphi(h) + \lambda\, \varphi(a) = \lambda \quad (\text{car } h \in H),

donc x=h∈Hx = h \in H. Ainsi H=Ker⁡φH = \operatorname{Ker} \varphi, avec φ\varphi non nulle (φ(a)=1\varphi(a) = 1).

∙\bullet Réciproquement, supposons qu'il existe une forme linéaire φ\varphi non nulle telle que H=Ker⁡φH = \operatorname{Ker} \varphi ; il existe a∈Ea \in E tel que φ(a)≠0\varphi(a) \neq 0.

Intersection. Soit x∈Ker⁡φ∩vect⁡(a)x \in \operatorname{Ker} \varphi \cap \operatorname{vect}(a) ; on écrit x=λax = \lambda a. Alors φ(x)=λ φ(a)=0\varphi(x) = \lambda\, \varphi(a) = 0 avec φ(a)≠0\varphi(a) \neq 0, donc λ=0\lambda = 0 et x=0x = 0. Ainsi Ker⁡φ∩vect⁡(a)={0E}\operatorname{Ker} \varphi \cap \operatorname{vect}(a) = \{0_E\}.

Somme. Soit x∈Ex \in E. On écrit :

x=(x−φ(x)φ(a) a)⏟(∗)+φ(x)φ(a) a.x = \underbrace{\left( x - \frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}\, a \right)}_{(\ast)} + \frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}\, a.

Le terme (∗)(\ast) appartient à Ker⁡φ\operatorname{Ker} \varphi, car :

φ ⁣(x−φ(x)φ(a) a)=φ(x)−φ(x)φ(a) φ(a)=0,\varphi\!\left( x - \frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}\, a \right) = \varphi(x) - \frac{\varphi(x)}{\varphi(a)}\, \varphi(a) = 0,

et le second terme est dans vect⁡(a)\operatorname{vect}(a). Ainsi E=Ker⁡φ⊕vect⁡(a)E = \operatorname{Ker} \varphi \oplus \operatorname{vect}(a) : Ker⁡φ=H\operatorname{Ker} \varphi = H est un hyperplan.

Corollaire 1 : Supplémentaires d'un hyperplan

Soit HH un hyperplan de EE. Pour tout a∈E∖Ha \in E \setminus H, vect⁡(a)\operatorname{vect}(a) est un supplémentaire de HH.

Démonstration :

Soit φ\varphi une forme linéaire non nulle telle que H=Ker⁡φH = \operatorname{Ker} \varphi, et soit a∈E∖Ha \in E \setminus H ; on a φ(a)≠0\varphi(a) \neq 0. La démonstration précédente (sens réciproque) montre exactement que E=Ker⁡φ⊕vect⁡(a)E = \operatorname{Ker} \varphi \oplus \operatorname{vect}(a), c'est-à-dire E=H⊕vect⁡(a)E = H \oplus \operatorname{vect}(a).

Test 1

Deux formes linéaires non nulles ayant le même noyau sont égales.

Exercice 2 : Un hyperplan de R³

Montrer que F={(x,y,z)∈R3∣x+y+z=0}F = \bigl\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y + z = 0 \bigr\} est un sous-espace vectoriel de R3\mathbb{R}^3, et en donner un supplémentaire.

Solution :(cliquer pour afficher)

L'application φ:R3⟶R\varphi : \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}, (x,y,z)⟼x+y+z(x,y,z) \longmapsto x + y + z, est une forme linéaire non nulle (par exemple φ(1,0,0)=1≠0\varphi(1,0,0) = 1 \neq 0), et F=Ker⁡φF = \operatorname{Ker} \varphi. Donc FF est un hyperplan de R3\mathbb{R}^3, en particulier un sous-espace vectoriel.

On a (1,1,1)∉F(1,1,1) \notin F (car φ(1,1,1)=3≠0\varphi(1,1,1) = 3 \neq 0), donc vect⁡((1,1,1))\operatorname{vect}\bigl( (1,1,1) \bigr) est un supplémentaire de FF : R3=F⊕vect⁡((1,1,1))\mathbb{R}^3 = F \oplus \operatorname{vect}\bigl( (1,1,1) \bigr).

Exercice 3 : Un hyperplan de fonctions continues

On pose H={f∈C([0,1],R)  |  ∫01f(t) dt=0}H = \left\{ f \in \mathcal{C}([0,1],\mathbb{R}) \;\middle|\; \int_{0}^{1} f(t)\,\mathrm{d}t = 0 \right\}. Montrer que HH est un sous-espace vectoriel de C([0,1],R)\mathcal{C}([0,1],\mathbb{R}), et en donner un supplémentaire.

Solution :(cliquer pour afficher)

L'application ψ:C([0,1],R)⟶R\psi : \mathcal{C}([0,1],\mathbb{R}) \longrightarrow \mathbb{R}, f⟼∫01f(t) dtf \longmapsto \int_{0}^{1} f(t)\,\mathrm{d}t, est une forme linéaire (linéarité de l'intégrale). Elle est non nulle : pour la fonction constante 1:t↦1\mathbf{1} : t \mapsto 1, on a ψ(1)=∫011 dt=1≠0\psi(\mathbf{1}) = \int_0^1 1\,\mathrm{d}t = 1 \neq 0. Or H=Ker⁡ψH = \operatorname{Ker} \psi, donc HH est un hyperplan de C([0,1],R)\mathcal{C}([0,1],\mathbb{R}), en particulier un sous-espace vectoriel.

Comme 1∉H\mathbf{1} \notin H, le corollaire donne vect⁡(1)\operatorname{vect}(\mathbf{1}) (les fonctions constantes) comme supplémentaire :

C([0,1],R)=H⊕vect⁡(1).\mathcal{C}([0,1],\mathbb{R}) = H \oplus \operatorname{vect}(\mathbf{1}).

Explicitement, toute ff se décompose f=(f−c)+cf = (f - c) + c avec c=∫01f(t) dtc = \int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t : la fonction f−cf - c est dans HH (son intégrale vaut ∫01f−c=0\int_0^1 f - c = 0) et la constante cc est dans vect⁡(1)\operatorname{vect}(\mathbf{1}).

Équations d'un hyperplan

Proposition 2 : Proportionnalité des formes linéaires

Soient φ\varphi et ψ\psi deux formes linéaires non nulles. Si Ker⁡φ=Ker⁡ψ\operatorname{Ker} \varphi = \operatorname{Ker} \psi, alors il existe λ∈K∗\lambda \in \mathbb{K}^{*} tel que φ=λψ\varphi = \lambda \psi.

Démonstration :

φ\varphi est non nulle, donc il existe a∈Ea \in E tel que φ(a)≠0\varphi(a) \neq 0. Comme Ker⁡φ=Ker⁡ψ\operatorname{Ker} \varphi = \operatorname{Ker} \psi, on a a∉Ker⁡ψa \notin \operatorname{Ker}\psi, donc ψ(a)≠0\psi(a) \neq 0. On pose λ=φ(a)ψ(a)∈K∗\lambda = \dfrac{\varphi(a)}{\psi(a)} \in \mathbb{K}^{*}.

On a E=Ker⁡φ⊕vect⁡(a)E = \operatorname{Ker} \varphi \oplus \operatorname{vect}(a) ; montrons que φ\varphi et λψ\lambda \psi coïncident sur les deux facteurs.

  • Sur Ker⁡φ=Ker⁡ψ=Ker⁡(λψ)\operatorname{Ker} \varphi = \operatorname{Ker} \psi = \operatorname{Ker}(\lambda \psi) : les deux formes φ\varphi et λψ\lambda\psi y sont nulles.
  • Sur vect⁡(a)\operatorname{vect}(a) : on a φ(a)=λ ψ(a)\varphi(a) = \lambda\, \psi(a) par choix de λ\lambda, donc φ\varphi et λψ\lambda\psi coïncident sur aa, donc sur vect⁡(a)\operatorname{vect}(a).

Coïncidant sur deux sous-espaces supplémentaires, φ\varphi et λψ\lambda\psi sont égales : φ=λψ\varphi = \lambda \psi.