La notion d’hyperplan fait partie des notions un peu complémentaires à connaitre lorsqu’on commence à bien maitriser les espaces vectoriels. Dans cet article, nous allons les définir, en donner les propriétés importantes et faire quelques exercices corrigés
Prérequis
Définition d’un hyperplan
Soit E un espace vectoriel. Voici des définitions équivalentes d’un hyperplan H sur E :
- Un hyperplan H est le noyau d’une forme linéaire non nulle
- Un hyperplan H est un espace de codimension 1, c’est-à-dire qu’on peut trouver un sous-espace vectoriel supplémentaire de dimension 1.
- C’est un sous-espace vectoriel maximal pour l’inclusion, c’est-à-dire que si H \subset F \subset E alors H = F ou F= E .
Si E est de dimension finie n, un hyperplan est un sous-espace vectoriel de dimension n-1.
Exemples
Voici quelques hyperplans bien connus :
- Dans l’espace vectoriel des matrices, le noyau de l’application trace est un hyperplan.
- L’ensemble des fonctions continues à valeurs réelles telles que f(0) = 0 est un hyperplan.
- L’ensemble des polynômes divisibles par X-a est un hyperplan. En effet, ils sont le noyau de l’application P \mapsto P(a) .
- \R_n[X] est un hyperplan de \R_{n+1}[X]
Exercices corrigés
Exercice 1226
Enoncé
Corrigé
Prenons i,j,k,l \in \{1, \ldots, n \}. Posons :
- A = E_{i,j}
- B = E_{k,l}
On a alors :
- AB = E_{i,l}\delta_{j,k}
- BA = E_{k,j} \delta_{i,l}
Avec \delta le symbole de Kronecker
Ce qui nous donne alors, en utilisant la linéarité :
\delta_{i,l}\varphi(E_{k,j})=\delta_{j,k}\varphi(E_{i,l})Maintenant :
- Si j = k et i \neq l , on obtient : \varphi(E_{i,l}) = 0
- Si j = k et i =l , on obtient : \varphi(E_{i,i}) = \varphi(E_{k,k})
Et donc, tout est déterminé par \lambda = \varphi(E_{1,1}) et en utilisant la décomposition d’une matrice selon les E_{i,j}, on obtient bien \varphi(M) = \lambda Tr(M)
Exercice 1228
Enoncé
Corrigé
- Si a \in H alors Vect(a) et H ne sont pas supplémentaires
- Si a \notin H . On utilise le fait que H est le noyau d’une forme linéaire non nulle, qu’on va noter \varphi, notons \lambda = \varphi(a) \neq 0 car a n’appartient pas à H.
Ensuite, posons y = x- \varphi(x)\dfrac{a}{\lambda} . On a \varphi(y) = \varphi(x) - \varphi(x)\dfrac{\varphi(a)}{\lambda} = 0
Maintenant, en posant x = y + \dfrac{\varphi(x)}{\lambda}a, on a décomposé selon H et Vect(a). Les dimensions permettent de conclure quant à l’unicité.
Conclusion : Il faut et il suffit que a n’appartienne pas à H.
Exercice 1230
Enoncé
Corrigé
Si H = H_0 alors c’est gagné. Passons au cas non trivial.
Soit x \in H tel que x \notin H_0 et x_0 \in H_0 tel que x \notin H[\katex]. Prenons [katex] y = x + x_0 . Alors x+x_0 \notin H et x+x_0 \notin H_0.
En effet, si y= x + x_0 \in H alors x_0 = y-x \in H en tant que combinaisons linéaires d'éléments de H. De même avec H_0.
On peut alors conclure : Vect(x+x_0) est un supplémentaire de H et aussi de H_0.
