MPSI · Dimension finie

Formes linéaires et hyperplans en dimension finie

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Dans toute cette leçon, EE désigne un K\mathbb{K}-espace vectoriel de dimension finie n⩾1n \geqslant 1.

Question

Tu sais qu'une base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) permet de décomposer tout vecteur : x=∑ixi eix = \sum_i x_i\, e_i. Chaque coordonnée xix_i est un nombre extrait de xx — et cette extraction est linéaire en xx. On obtient ainsi, à partir d'une base de EE, une famille de nn formes linéaires « lecteurs de coordonnées ». Cette famille a-t-elle une structure remarquable dans E∗=L(E,K)E^* = \mathscr{L}(E, \mathbb{K}) — et en particulier, forme-t-elle une base ?

Proposition 1 : Base duale

Soit (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE. Pour tout i∈⟦1,n⟧i \in \llbracket 1, n \rrbracket, on note ei∗e_i^* la ii-ième forme linéaire coordonnée, définie par

∀(i,j)∈⟦1,n⟧2,ei∗(ej)=δij={1si i=j,0sinon.\forall (i, j) \in \llbracket 1, n \rrbracket^2, \quad e_i^*(e_j) = \delta_{ij} = \begin{cases} 1 & \text{si } i = j, \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}

Alors (e1∗,…,en∗)(e_1^*, \ldots, e_n^*) est une base de E∗=L(E,K)E^* = \mathscr{L}(E, \mathbb{K}), appelée base duale de la base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n).

Démonstration :

On a dim⁡E∗=dim⁡L(E,K)=dim⁡E×dim⁡K=n\dim E^* = \dim \mathscr{L}(E, \mathbb{K}) = \dim E \times \dim \mathbb{K} = n.

Il suffit donc de montrer que la famille (e1∗,…,en∗)(e_1^*, \ldots, e_n^*), de cardinal nn, est libre.

Soit (λ1,…,λn)∈Kn(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) \in \mathbb{K}^n tel que ∑i=1nλi ei∗=0E∗\sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i^* = 0_{E^*}. En évaluant en eje_j pour j∈⟦1,n⟧j \in \llbracket 1, n \rrbracket, on obtient

0=∑i=1nλi ei∗(ej)=λj.0 = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i\, e_i^*(e_j) = \lambda_j.

Ainsi tous les λj\lambda_j sont nuls : la famille est libre, donc c'est une base de E∗E^*.

Remarque :

La preuve illustre une méthode récurrente de ce chapitre : plutôt que de vérifier à la fois liberté et caractère générateur, on calcule d'abord dim⁡E∗=n\dim E^* = n (grâce à dim⁡L(E,K)=dim⁡E×dim⁡K\dim \mathscr{L}(E, \mathbb{K}) = \dim E \times \dim \mathbb{K}, vu en leçon 6), puis on se contente de la liberté. Le bon cardinal fait le reste.

Remarque :

Soit (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE.

  1. Toute forme linéaire φ∈E∗\varphi \in E^* se décompose sous la forme φ=∑i=1nφ(ei) ei∗\varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i)\, e_i^*.
  2. Pour tout x=∑i=1nxi ei∈Ex = \sum_{i=1}^{n} x_i\, e_i \in E et toute forme linéaire φ=∑i=1nai ei∗∈E∗\varphi = \sum_{i=1}^{n} a_i\, e_i^* \in E^*, on a
φ(x)=∑i=1nai xi.\varphi(x) = \sum_{i=1}^{n} a_i\, x_i.

Rédaction — Décomposer une forme linéaire dans la base duale :

Le point 1 de la remarque fournit les coordonnées d'une forme φ\varphi dans la base duale, sans aucun système à résoudre : ce sont les valeurs φ(e1),…,φ(en)\varphi(e_1), \ldots, \varphi(e_n).

  1. Évaluer φ\varphi sur chaque vecteur de base : calculer φ(e1),…,φ(en)\varphi(e_1), \ldots, \varphi(e_n).
  2. Lire les coordonnées : la ii-ième coordonnée de φ\varphi dans (e1∗,…,en∗)(e_1^*, \ldots, e_n^*) est exactement φ(ei)\varphi(e_i).
  3. Écrire φ=∑i=1nφ(ei) ei∗\varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i)\, e_i^*.

Exercice 1 : Une base duale dans ℝ²

On munit R2\mathbb{R}^2 de la base B=(ε1,ε2)\mathcal{B} = (\varepsilon_1, \varepsilon_2) où ε1=(1,1)\varepsilon_1 = (1, 1) et ε2=(1,−1)\varepsilon_2 = (1, -1).

  1. Déterminer la base duale (ε1∗,ε2∗)(\varepsilon_1^*, \varepsilon_2^*), c'est-à-dire exprimer ε1∗(x,y)\varepsilon_1^*(x, y) et ε2∗(x,y)\varepsilon_2^*(x, y) en fonction de xx et yy.
  2. Soit φ\varphi la forme linéaire définie par φ(x,y)=x+2y\varphi(x, y) = x + 2y. Décomposer φ\varphi dans la base duale (ε1∗,ε2∗)(\varepsilon_1^*, \varepsilon_2^*).
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Par définition, ε1∗\varepsilon_1^* et ε2∗\varepsilon_2^* sont les formes linéaires telles que ε1∗(ε1)=1\varepsilon_1^*(\varepsilon_1) = 1, ε1∗(ε2)=0\varepsilon_1^*(\varepsilon_2) = 0, ε2∗(ε1)=0\varepsilon_2^*(\varepsilon_1) = 0, ε2∗(ε2)=1\varepsilon_2^*(\varepsilon_2) = 1.

    Écrivons un vecteur (x,y)(x, y) dans la base B\mathcal{B} : on cherche a,ba, b tels que (x,y)=a ε1+b ε2=(a+b,  a−b)(x, y) = a\,\varepsilon_1 + b\,\varepsilon_2 = (a + b,\; a - b). On résout a+b=xa + b = x et a−b=ya - b = y, d'où

a=x+y2,b=x−y2.a = \frac{x + y}{2}, \qquad b = \frac{x - y}{2}.

Les coordonnées dans B\mathcal{B} sont précisément les images par les formes duales, donc

ε1∗(x,y)=x+y2,ε2∗(x,y)=x−y2.\varepsilon_1^*(x, y) = \frac{x + y}{2}, \qquad \varepsilon_2^*(x, y) = \frac{x - y}{2}.
  1. D'après la remarque, les coordonnées de φ\varphi dans la base duale sont φ(ε1)\varphi(\varepsilon_1) et φ(ε2)\varphi(\varepsilon_2). On calcule
φ(ε1)=φ(1,1)=1+2=3,φ(ε2)=φ(1,−1)=1−2=−1,\varphi(\varepsilon_1) = \varphi(1, 1) = 1 + 2 = 3, \qquad \varphi(\varepsilon_2) = \varphi(1, -1) = 1 - 2 = -1,

donc

φ=3 ε1∗−ε2∗.\varphi = 3\,\varepsilon_1^* - \varepsilon_2^*.

On vérifie : 3 ε1∗(x,y)−ε2∗(x,y)=3(x+y)2−x−y2=2x+4y2=x+2y=φ(x,y)3\,\varepsilon_1^*(x,y) - \varepsilon_2^*(x,y) = \tfrac{3(x+y)}{2} - \tfrac{x-y}{2} = \tfrac{2x + 4y}{2} = x + 2y = \varphi(x,y).

Question

Au chapitre précédent, un hyperplan était défini comme le noyau d'une forme linéaire non nulle — une définition « fonctionnelle », par une équation. En dimension finie, on dispose maintenant d'un outil que l'on n'avait pas : la dimension. Un hyperplan admet-il une caractérisation purement numérique, indépendante de toute équation ?

Proposition 2 : Caractérisation des hyperplans par la dimension

Soit HH un sous-espace vectoriel de EE. Alors HH est un hyperplan de EE si et seulement si dim⁡H=n−1\dim H = n - 1.

Démonstration :

Sens direct. Supposons que HH est un hyperplan de EE. Par définition, il existe une forme linéaire non nulle φ∈E∗\varphi \in E^* telle que H=Ker⁡φH = \operatorname{Ker} \varphi. Comme φ≠0E∗\varphi \neq 0_{E^*}, son image Im⁡φ\operatorname{Im} \varphi est un sous-espace non nul de K\mathbb{K}, qui est de dimension 11 : donc rg⁡φ=1\operatorname{rg} \varphi = 1. Le théorème du rang appliqué à φ\varphi donne alors

dim⁡H=dim⁡Ker⁡φ=dim⁡E−rg⁡φ=n−1.\dim H = \dim \operatorname{Ker} \varphi = \dim E - \operatorname{rg} \varphi = n - 1.

Sens réciproque. Supposons que dim⁡H=n−1\dim H = n - 1. Comme H≠EH \neq E (leurs dimensions diffèrent), il existe un vecteur a∈Ea \in E tel que a∉Ha \notin H. La droite D=vect⁡(a)D = \operatorname{vect}(a) vérifie H∩D={0E}H \cap D = \{0_E\} : en effet, un élément non nul de H∩DH \cap D serait un multiple non nul de aa appartenant à HH, donc a∈Ha \in H, ce qui est exclu. Par ailleurs,

dim⁡(H+D)=dim⁡H+dim⁡D−dim⁡(H∩D)=(n−1)+1−0=n=dim⁡E,\dim(H + D) = \dim H + \dim D - \dim(H \cap D) = (n-1) + 1 - 0 = n = \dim E,

donc H+D=EH + D = E, et ainsi E=H⊕DE = H \oplus D. Le sous-espace HH admet donc une droite pour supplémentaire : c'est un hyperplan de EE.

Remarque :

On retrouve, de façon désormais purement dimensionnelle, un résultat entrevu en leçon 8 : le noyau d'une forme linéaire non nulle sur EE est de dimension n−1n - 1. La nouveauté est la réciproque : tout sous-espace de dimension n−1n-1 est un hyperplan, donc peut être décrit par une équation linéaire. Les deux points de vue — « noyau d'une équation » et « sous-espace de codimension 11 » — coïncident exactement en dimension finie.

Test 1

Dans un espace EE de dimension finie, tout sous-espace vectoriel de dimension n−2n - 2 est un hyperplan.

Question

Un hyperplan est le noyau d'une forme linéaire. Concrètement, dans une base fixée, à quoi ressemble cette condition « x∈Hx \in H » ? Une forme linéaire s'exprime sur les coordonnées : la description d'un hyperplan devrait donc prendre la forme d'une unique équation portant sur les coordonnées de xx.

Corollaire 1 : Équation d'un hyperplan

Soient (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) une base de EE et HH un sous-espace vectoriel de EE. Alors HH est un hyperplan de EE si et seulement s'il existe (a1,…,an)∈Kn∖{(0,…,0)}(a_1, \ldots, a_n) \in \mathbb{K}^n \setminus \{(0, \ldots, 0)\} tel que

H={x=∑i=1nxi ei∈E  /  ∑i=1nai xi=0}.H = \left\{ x = \sum_{i=1}^{n} x_i\, e_i \in E \;\Big/\; \sum_{i=1}^{n} a_i\, x_i = 0 \right\}.

Cette égalité est appelée équation de HH dans la base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n).

Démonstration :

HH est un hyperplan de EE si et seulement s'il existe une forme linéaire non nulle φ∈E∗\varphi \in E^* telle que H=Ker⁡φH = \operatorname{Ker} \varphi.

Or toute forme linéaire φ\varphi s'écrit φ=∑i=1nai ei∗\varphi = \sum_{i=1}^{n} a_i\, e_i^* avec (a1,…,an)∈Kn(a_1, \ldots, a_n) \in \mathbb{K}^n, et φ≠0E∗\varphi \neq 0_{E^*} si et seulement si (a1,…,an)≠(0,…,0)(a_1, \ldots, a_n) \neq (0, \ldots, 0).

Enfin, pour tout x=∑i=1nxi ei∈Ex = \sum_{i=1}^{n} x_i\, e_i \in E,

x∈Ker⁡φ  ⟺  φ(x)=0  ⟺  ∑i=1nai xi=0,x \in \operatorname{Ker} \varphi \iff \varphi(x) = 0 \iff \sum_{i=1}^{n} a_i\, x_i = 0,

d'où le résultat.

Remarque :

L'équation d'un hyperplan n'est pas unique : multiplier (a1,…,an)(a_1, \ldots, a_n) par un scalaire non nul λ\lambda donne la même condition ∑iλaixi=0\sum_i \lambda a_i x_i = 0, donc le même hyperplan. On montre que deux équations définissent le même hyperplan si et seulement si leurs coefficients sont proportionnels — l'équation est unique à un facteur près.

Exercice 2 : Équation d'un hyperplan de ℝ³

Dans R3\mathbb{R}^3 muni de sa base canonique, on considère le sous-espace

H=vect⁡((1,1,0), (0,1,1)).H = \operatorname{vect}\big( (1, 1, 0),\, (0, 1, 1) \big).
  1. Montrer que HH est un hyperplan de R3\mathbb{R}^3.
  2. En déterminer une équation.
Solution :(cliquer pour afficher)

  1. Les vecteurs (1,1,0)(1,1,0) et (0,1,1)(0,1,1) sont non colinéaires, donc la famille qui les porte est libre : c'est une base de HH, et dim⁡H=2=3−1\dim H = 2 = 3 - 1. D'après la caractérisation par la dimension, HH est un hyperplan de R3\mathbb{R}^3.

  2. On cherche (a,b,c)≠(0,0,0)(a, b, c) \neq (0,0,0) tel que H={(x,y,z)  /  ax+by+cz=0}H = \{ (x,y,z) \;/\; ax + by + cz = 0 \}. Il suffit que les deux vecteurs générateurs de HH vérifient l'équation :

{a+b=0b+c=0  ⟺  b=−a  et  c=−b=a.\begin{cases} a + b = 0 \\ b + c = 0 \end{cases} \iff b = -a \ \text{ et } \ c = -b = a.

En choisissant a=1a = 1, on obtient (a,b,c)=(1,−1,1)(a, b, c) = (1, -1, 1), non nul. L'hyperplan cherché est donc décrit par

H={(x,y,z)∈R3  /  x−y+z=0}.H = \left\{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \;/\; x - y + z = 0 \right\}.

On vérifie que les deux générateurs conviennent : 1−1+0=01 - 1 + 0 = 0 et 0−1+1=00 - 1 + 1 = 0. Comme {(x,y,z)  /  x−y+z=0}\{ (x,y,z) \;/\; x - y + z = 0 \} est un hyperplan contenant HH, et que dim⁡H=2\dim H = 2, l'égalité des dimensions donne bien l'égalité des deux ensembles.

Question

Un hyperplan est décrit par une équation, donc « coûte » une dimension : il fait passer de nn à n−1n-1. Que se passe-t-il si l'on impose plusieurs équations à la fois, c'est-à-dire si l'on intersecte plusieurs hyperplans ? Chaque équation nouvelle fait-elle toujours perdre exactement une dimension — et sinon, que peut-on garantir ?

Proposition 3 : Dimension d'une intersection d'hyperplans

Soient m∈N∗m \in \mathbb{N}^* et H1,…,HmH_1, \ldots, H_m des hyperplans de EE. Alors

dim⁡(⋂i=1mHi)⩾dim⁡E−m=n−m.\dim \left( \bigcap_{i=1}^{m} H_i \right) \geqslant \dim E - m = n - m.

Démonstration :

Pour tout i∈⟦1,m⟧i \in \llbracket 1, m \rrbracket, il existe une forme linéaire non nulle φi∈E∗\varphi_i \in E^* telle que Hi=Ker⁡φiH_i = \operatorname{Ker} \varphi_i.

On considère l'application linéaire

f:E⟶Kmx⟼(φ1(x),…,φm(x)).f : \begin{array}{ccl} E & \longrightarrow & \mathbb{K}^m \\ x & \longmapsto & \big( \varphi_1(x), \ldots, \varphi_m(x) \big). \end{array}

On a Ker⁡f=⋂i=1mKer⁡φi=⋂i=1mHi\operatorname{Ker} f = \bigcap_{i=1}^{m} \operatorname{Ker} \varphi_i = \bigcap_{i=1}^{m} H_i.

D'après le théorème du rang,

dim⁡(⋂i=1mHi)=dim⁡E−rg⁡f⩾dim⁡E−m,\dim \left( \bigcap_{i=1}^{m} H_i \right) = \dim E - \operatorname{rg} f \geqslant \dim E - m,

car rg⁡f⩽dim⁡Km=m\operatorname{rg} f \leqslant \dim \mathbb{K}^m = m.

Remarque :

L'inégalité peut être stricte : si deux des hyperplans sont égaux, ou plus généralement si les formes φi\varphi_i ne sont pas linéairement indépendantes, la chute de dimension est moindre que mm. L'égalité dim⁡(⋂iHi)=n−m\dim \big( \bigcap_i H_i \big) = n - m a lieu exactement lorsque la famille (φ1,…,φm)(\varphi_1, \ldots, \varphi_m) est libre dans E∗E^* — c'est-à-dire lorsque les mm équations sont « indépendantes ».

Question

La proposition précédente lit une dimension à partir d'équations : partant de mm hyperplans, elle minore la dimension de leur intersection. Le problème inverse se pose tout autant : étant donné un sous-espace FF de dimension n−mn - m, peut-on toujours le décrire par un système de mm équations — autrement dit, l'obtenir comme intersection de mm hyperplans ?

Proposition 4 : Sous-espaces comme intersections d'hyperplans

Soient m∈⟦1,n⟧m \in \llbracket 1, n \rrbracket et FF un sous-espace vectoriel de EE de dimension n−mn - m. Alors FF est l'intersection de mm hyperplans de EE.

Démonstration :

Soit (e1,…,en−m)(e_1, \ldots, e_{n-m}) une base de FF, que l'on complète en une base (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) de EE (théorème de la base incomplète), de base duale (e1∗,…,en∗)(e_1^*, \ldots, e_n^*).

Pour tout i∈⟦1,m⟧i \in \llbracket 1, m \rrbracket, on pose Hi=Ker⁡en−m+i∗H_i = \operatorname{Ker} e_{n-m+i}^* : c'est le noyau d'une forme linéaire non nulle, donc un hyperplan de EE. Montrons que F=⋂i=1mHiF = \bigcap_{i=1}^{m} H_i.

Soit x=∑j=1nxj ej∈Ex = \sum_{j=1}^{n} x_j\, e_j \in E. Alors

x∈⋂i=1mHi  ⟺  ∀i∈⟦1,m⟧,  en−m+i∗(x)=0  ⟺  ∀i∈⟦1,m⟧,  xn−m+i=0  ⟺  x∈vect⁡(e1,…,en−m)=F.\begin{aligned} x \in \bigcap_{i=1}^{m} H_i &\iff \forall i \in \llbracket 1, m \rrbracket, \; e_{n-m+i}^*(x) = 0 \\ &\iff \forall i \in \llbracket 1, m \rrbracket, \; x_{n-m+i} = 0 \\ &\iff x \in \operatorname{vect}(e_1, \ldots, e_{n-m}) = F. \end{aligned}

Ainsi F=⋂i=1mHiF = \bigcap_{i=1}^{m} H_i.

Remarque :

Les deux dernières propositions se répondent : une intersection de mm hyperplans est un sous-espace de dimension au moins n−mn - m, et réciproquement tout sous-espace de dimension n−mn - m s'obtient comme intersection de mm hyperplans (avec exactement mm équations indépendantes). Un sous-espace de dimension dd est donc toujours descriptible par n−dn - d équations linéaires indépendantes : c'est le point de vue « cartésien » sur les sous-espaces, dual du point de vue « paramétrique » par une base.

Test 2

Dans un espace de dimension 44, une intersection de deux hyperplans est toujours de dimension 22 ou 33.

Exercice 3 : Une droite de ℝ³ comme intersection de deux plans

Dans R3\mathbb{R}^3 muni de sa base canonique, on considère la droite

D=vect⁡((1,2,3)).D = \operatorname{vect}\big( (1, 2, 3) \big).

Déterminer deux hyperplans H1H_1 et H2H_2 de R3\mathbb{R}^3 tels que D=H1∩H2D = H_1 \cap H_2.

Solution :(cliquer pour afficher)

DD est de dimension 1=3−21 = 3 - 2, donc d'après la proposition, DD s'obtient comme intersection de 22 hyperplans (ici, deux plans de R3\mathbb{R}^3). On cherche deux équations indépendantes vérifiées par (1,2,3)(1, 2, 3).

Un plan {(x,y,z)  /  ax+by+cz=0}\{ (x,y,z) \;/\; ax + by + cz = 0 \} contient DD si et seulement si a+2b+3c=0a + 2b + 3c = 0.

  • Premier plan. On choisit (a,b,c)=(2,−1,0)(a, b, c) = (2, -1, 0) : on a bien 2−2+0=02 - 2 + 0 = 0. D'où
H1={(x,y,z)  /  2x−y=0}.H_1 = \left\{ (x, y, z) \;/\; 2x - y = 0 \right\}.
  • Second plan. On choisit (a,b,c)=(0,3,−2)(a, b, c) = (0, 3, -2) : on a bien 0+6−6=00 + 6 - 6 = 0. D'où
H2={(x,y,z)  /  3y−2z=0}.H_2 = \left\{ (x, y, z) \;/\; 3y - 2z = 0 \right\}.

Ces deux équations sont indépendantes (les vecteurs de coefficients (2,−1,0)(2, -1, 0) et (0,3,−2)(0, 3, -2) ne sont pas colinéaires), donc dim⁡(H1∩H2)=3−2=1\dim(H_1 \cap H_2) = 3 - 2 = 1. Comme D⊂H1∩H2D \subset H_1 \cap H_2 et que ces deux espaces ont la même dimension 11, on conclut

D=H1∩H2.D = H_1 \cap H_2.