Un lemme algébrique sur les formes linéaires

On peut supposer que $\psi$ est non nulle. Supposons que $n = 1$. Si $\ker(\phi_{1}) \subset \ker(\psi)$, alors $\ker(\phi_{1}) = \ker(\psi)$. Soit $v \in V$ tel que $V = \ker(\psi) \oplus \mathbb{K}v$. Pour tout $x \in V$, il existe un unique scalaire $\lambda$ et un unique élément $w \in \ker(\psi)$ tels que $x = \lambda v + w$. Ainsi, $\psi(x) = \lambda \psi(v)$, et $\phi_{1}(x) = \lambda \phi_{1}(v)$. Comme $\psi$ n’est pas nulle $\phi_{1}$ n’est pas nulle non plus, et $\phi_{1}(v) \neq 0$, et ainsi $\psi(x) = \frac{\psi(v)}{\phi_{1}(v)}\phi_{1}(x)$, d’où que $\psi$ et $\phi_{1}$ sont liées.

Soit $n$ tel que le résultat est montré pour toute famille de $n$ formes linéaires. Montrons que le résultat tient pour une famille de $n+1$ éléments. Si $\ker(\psi) = \ker(\phi_{n+1})$, il n’y a rien à démontrer (à cause du point précédent). Sinon, pour $1 \leq i \leq n$, on pose $\theta_{i} \stackrel{\mathrm{def}}{=} (\phi_{i})_{|\ker(\phi_{n+1})}$, et $\psi' = \psi_{|\ker(\phi_{n+1})}$. Puisque $\bigcap_{1 \leq i \leq n} \ker(\theta_{i}) \subset \ker(\psi')$, on déduit qu’il existe des scalaires $(\lambda_{1},\,...\,,\,\lambda_{n})$ tels que $\psi' = \sum_{i = 1}^{n} \lambda_{i}\theta_{i}$. Soit $v \in V$ tel que $V= \ker(\phi_{n+1}) \oplus \mathbb{K}v$. Pour tout $x \in V$, il existe un unique scalaire $\lambda$ et un unique élément $w \in \ker(\phi_{n+1})$ tels que $x = \lambda v + w$. Ainsi, on déduit que $\psi(x) = \lambda \psi(v) + \psi(w) = \lambda \psi(v) + \sum_{i = 1}^{n} \lambda_{i} \phi_{i}(w)$. Comme $\phi_{n+1}(x) = \lambda \phi_{n+1}(v)$ et que $\phi_{n+1}(v) \neq 0$, on a $\lambda = \phi_{n+1}(x)/\phi_{n+1}(v)$. Ainsi,

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\psi(x) = \phi_{n+1}(x) \frac{\psi(v)}{\phi_{n+1}(v)} + \sum_{i = 1}^{n} \lambda_{i} \phi_{i}(w) = \phi_{n+1}(x) \frac{\psi(v)}{\phi_{n+1}(v)} + \sum_{i = 1}^{n} \lambda_{i} \phi_{i}(x) - \sum_{i = 1}^{n} \lambda_{i} \lambda\phi_{i}(v)$,

et comme $\lambda_{i} \lambda \phi_{i}(v) = \phi_{n+1}(x)\frac{\lambda_{i} \phi_{i}(v)}{\phi_{n+1}(v)}$, on déduit que

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\psi(x) = \phi_{n+1}(x)\big( \frac{\psi(v)}{\phi_{n+1}(v)}-\sum_{i = 1}^{n} \frac{\lambda_{i}\phi_{i}(v)}{\phi_{n+1}(v)}\big) + \sum_{i = 1}^{n}\lambda_{i} \phi_{i}(x)$.

Ceci montre le résultat pour l’étape $n+1$.

on rédige la preuve en deux temps pour des raisons de complexité due à l’eventuelle dimension infinie.
Cas V de dimension finie
soit $E:=vect(\phi_1,\phi_2,...\phi_n)$
On a $E^{\perp}=\cap Ker\phi_{k}$ et l’hypothèse donne, $\forall x\in E^{\perp}, \psi(x)=0$ d’où $\psi \in E^{\perp\perp}=E$ ce qui achève la preuve.

Cas $V^{*}$ de dimension quelconque
ce qui a fait fonctionner la preuve précédente est l’égalité $E^{\perp\perp}=E$ et dans cette preuve on avait $E$ sous-espace vectoriel de dimension finie de $V^{*}$. Il suffit alors de prouver que cette égalité est toujours vraie si $E$ est de dimension finie, en particulier si $V^{*}$ est de dimension infinie.

Lemme. Si $\dim E<+\infty$ alors $E^{\perp\perp}=E$ où $E$ est un sous-espace vectoriel de dimension finie d’un espace vectoriel $V$. L’inclusion $E\subset E^{\perp\perp}$ est claire. Supposons que l’inclusion inverse n’est pas satisfaite et soit alors un élément $y$ de $E^{\perp\perp}$ qui n’est pas dans $E$. Soit $B:=\{x_{1},x_{2},...,x_{n}\}$ une base de $E$. Alors $B\cup \{y\}$ est une base de $E+ vect(y)$. Montrons qu’il existe une forme linéaire $f$ qui sépare les points ainsi : $\forall i, f(x_{i})=0, f(y)=1$ (1). Soit T l’application linéaire définie de $V^{*}$ dans $K^{n+1}$ par $T(\phi):=(\phi(x_{1}),...,\phi(x_{n}), \phi(y))$. Montrons que $T$ est surjective. Supposons le contraire. Alors il existe un hyperplan $H$ de $K^{n+1}$ qui contient l’image de $T$, et donc il existe des scalaires $a_{i}$ tels que quel que soit $\phi\in V^{*}, a_1\phi(x_1)+...+a_n\phi(x_n)+a_0\phi(y)=0$ ce qui signifie que $z:=a_{0}y+\sum_{i}a_{i}x_{i}$ est orthogonal à tout vecteur de $V^{*}$, donc $z$ est le vecteur nul, mais alors celà contredit la liberté de la famille $B\cup \{y\}$. conclusion $T$ est surjective, ce qui donne alors la séparation telle que formulée par (1). Les conditions $f(x_{i})=0$ signifient que $f$ est dans $E^{\perp}$, et la condition $f(y)=1$ entraîne alors que $y$ n’est pas dans $E^{\perp\perp}$ ce qui contredit que $y$ est dans $E^{\perp\perp}$. on a donc l’inclusion inverse. En utilisant ce lemme à l’espace $V^{*}$ on peut reproduire la preuve rédigée plus haut en dimension finie.

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