MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Dans cet exercice, X est un ensemble ni quelconque. Il faut bien noter qu'aucune opé- ration n'est dénie sur X .
On considère un sous-espace vectoriel V du C-espace vectoriel F(X, C ) des fonctions dé- nies sur X et à valeurs complexes. Ce sous-espace V est de dimension p ≥ 1 .
On note V ∗ = L(V, C ) l'espace des applications linéaires de V vers C (formes linéaires).
Pour tout x ∈ X , on dénit x ∗ ∈ V ∗ par :
∀v ∈ V : x ∗ (v) = v(x)
On se propose de montrer qu'il existe une famille (x 1 , · · · , x p ) d'éléments de X et une base (v 1 , · · · , v p ) de V telles que :
∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · } 2 : v i (x j ) =
( 1 si i = j 0 si i 6= j
1. Montrer que la dimension de F(X, C ) est égale au nombre d'éléments de X . Que peut-on en déduire pour p ?
2. On suppose qu'il existe une famille (x 1 , · · · , x p ) d'éléments de X telle que (x ∗ 1 , · · · , x ∗ p ) soit une base de V ∗ . On note
A = {x 1 , · · · , x p }
Pour tout v ∈ V , on désigne par v |A la restriction de v à A . a. Montrer que l'application R dénie par :
R :
( V → F (A, C ) v → v |A est un isomorphisme.
b. Montrer qu'il existe une base (v 1 , · · · , v p ) de V telles que :
∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · } 2 : v i (x j ) =
( 1 si i = j 0 si i 6= j
3. On se propose de montrer maintenant qu'il existe une famille (x 1 , · · · , x p ) d'éléments de X telle que (x ∗ 1 , · · · , x ∗ p ) soit une base de V ∗ .
a. Montrer qu'il existe un élément x de X tel que (x ∗ ) soit une famille libre de V ∗ .
b. Parmi les familles (x 1 , · · · , x q ) d'éléments de X telle que (x ∗ 1 , · · · , x ∗ q ) soit libre, on en considère une maximale. C'est à dire telle que :
(x ∗ 1 , · · · , x ∗ q ) libre
∀x ∈ X : (x ∗ 1 , · · · , x ∗ q , x ∗ ) liée
Montrer que q ≤ p . Montrer que V est inclus dans un sous-espace vectoriel de F(X, C ) engendré par q fonctions. En déduire que p = q et que (x ∗ 1 , · · · , x ∗ p ) est une base de V ∗ .
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Rémy Nicolai AhochsabMPSI B 29 juin 2019
Corrigé
1. Notons q le cardinal de l'ensemble X , à chaque y ∈ X , on peut associer une fonction f y dénie dans X par :
∀x ∈ X : f y (x) =
( 1 si x = y 0 si x 6= y Notons
X = {y 1 , y 2 , · · · , y q }
Alors tout élément f ∈ F(X, C ) s'écrit de manière unique sous la forme f = f (y 1 )f y
1+ f (y 2 )f y
2+ · · · + f (y q )f y
qCe qui assure que
f y
1, f y
2, · · · , f y
qest une base de F(X, C ) et donc que
dim (F(X, C )) = q On en déduit
p ≤ q
car p est la dimension de V qui est un sous-espace vectoriel de F(X, C ) . 2. a. Remarquons d'abord que, d'après la question précédente,
dim (F(A, C )) = p = dim V
L'espace de départ et l'espace d'arrivée de la fonction restriction R ont donc la même dimension.
Pour montrer que R est un isomorphisme, il sut de montrer qu'elle est injective ou surjective. On va montrer qu'elle est injective.
Soit f ∈ ker R . C'est une fonction de X dans C qui est nulle sur tous les éléments de A . On veut montrer que c'est la fonction nulle c'est à dire qu'elle est prend aussi la valeur 0 pour les éléments de X qui ne sont pas dans A .
Considérons un tel élément x ∈ X − A et l'élément x ∗ qui lui est associé dans V ∗ . Comme (x ∗ 1 , · · · , x ∗ p ) est une base de V ∗ , il existe λ 1 , · · · , λ p dans C tels que
x ∗ = λ 1 x ∗ 1 + · · · + λ p x ∗ p
Prenons alors la valeur en f ∈ V :
x ∗ (f) = λ 1 x ∗ 1 (f ) + · · · + λ p x ∗ p (f )
Ce qui s'écrit encore :
f (x) = λ 1 f (x 1 ) + · · · + λ p f (x p ) = 0 car f est nulle sur A .
b. Considérons, comme en 1, les fonctions f 1 , · · · , f p dénies dans A par :
∀(i, j) ∈ {1, · · · , } 2 : f i (x j ) =
( 1 si i = j 0 si i 6= j
La famille (f 1 , · · · , f p ) est une base de F (A, C ) , comme R est un isomorphisme, il existe une base de V
(v 1 , · · · , v p ) dénie par
∀i ∈ {1, · · · , p} : R(v i ) = f i
Ces relations traduisent exactement les conditions demandées
∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · } 2 : v i (x j ) =
( 1 si i = j 0 si i 6= j
3. a. Comme V est de dimension p il contient des vecteurs non nuls c'est à dire des fonctions non identiquement nulles. Soit v ∈ V l'une d'entre elles. Comme cette fonction n'est pas identiquement nulle, il existe x ∈ X tel que
f (x) 6= 0 ⇔ x ∗ (f ) 6= 0
Ce qui siginie que x ∗ n'est pas le vecteur nul de V ∗ . La famille (x ∗ ) est donc libre.
b. Considérons une famille (x 1 , · · · , x q ) vériant (x ∗ 1 , · · · , x ∗ q ) libre
∀x ∈ X : (x ∗ 1 , · · · , x ∗ q , x ∗ ) liée Il en existe d'après la question précédente.
Comme (x ∗ 1 , · · · , x ∗ q ) est une famille libre de V ∗ qui est de dimension p égale à
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celle de V (résultat de cours), on a forcément q ≤ p .
D'autre part, les conditions entrainent aussi que, pour tout x ∈ X , x ∗ ∈ Vect x ∗ 1 , · · · , x ∗ q
Autrement dit :
∀x ∈ X, ∃(λ 1 (x), · · · , λ q (x)) ∈ C q tel que x ∗ = λ 1 (x)x ∗ 1 + · · · + λ q (x)x ∗ q Ceci dénit des fonctions (λ 1 , · · · , λ q ) de X dans C.
Prenons alors la valeur en v ∈ V
∀x ∈ X, ∀v ∈ V : x ∗ (v) = λ 1 (x)x ∗ 1 (v) + · · · + λ q (x)x ∗ q (v)
∀x ∈ X, ∀v ∈ V : v(x) = λ 1 (x)v(x 1 ) + · · · + λ q (x)v(x q )
∀v ∈ V : v = v(x 1 )λ 1 + · · · + v(x q )λ q
ce qui entraine
v ∈ Vect(λ 1 , · · · , λ q )
pour tous les v ∈ V . On en déduit que dim V = p ≤ q et donc que p = q . La famille libre (x ∗ 1 , · · · , x ∗ p ) est alors une base de V ∗ .
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