Feuille 1

Universit´e Paris-Est Marne-la-Vall´ee M1 enseignement CD2/Pr´eparation au CAPES
2010/2011
Espaces vectoriels
Dans toute la suite on consid`erera des espaces vectoriels sur un corps commutatif Kde caract´eristique 0.
Exercice 1. Soit Kun corps commutatif, montrer que l’ensemble K[X] des polynˆomes `a coefficients dans K
est un espace vectoriel sur K. Montrer que K[X] est de dimension infinie et en donner une base.
Exercice 2. Soit F(R) l’ensemble des fonctions num´eriques d´efinies sur R.
1. V´erifier que F(R) est un espace vectoriel de dimension infinie sur R.
2. On note I(R) et P(R) les sous-ensembles des fonctions impaires et des fonctions paires de F(R). V´erifier
que I(R) et P(R) sont des sous-espaces vectoriels de F(R). Montrer que F(R) = I(R)LP(R).
Exercice 3. Projections.
Soit E1et E2deux sous-espaces suppl´ementaires d’un espace vectoriel E. On appelle projection sur E1pa-
rall`element `a E2l’application
p1:E1LE2−→ E1
x=x1+x27→ x1
On d´efinit de mˆeme p2la projection sur E2parall`element `a E1.
1. a. Montrer que p1∈L(E) et que Ker p1=E2, Imp1=E1. Montrer que p1◦p1=p1et que E1est
l’ensemble des ´el´ements de Einvariants par p1.
b. Montrer que p1+p2=IdEet que p1◦p2=p2◦p1= 0L(E).
c. On suppose dans cette question que Eest de dimension finie. En choisissant une base “adapt´ee” de
E, donner une matrice simple de p1.
2. a. Soit pun ´el´ement de L(E) tel que p◦p=p. Montrer que E=Ker p LIm p et que pest la projection
sur Im p parall`element `a Ker p.
b. Montrer que q=IdE−pest la projection sur Ker p parall`element `a Im p.
c. Montrer que p∈L(E) est une projection si et seulement si pour tout x∈E, x −p(x)∈Ker p.
Exercice 4. Sym´etries.
Soit Eun espace vectoriel sur K(K=Rou C). Soit E1et E2deux sous-espaces vectoriels suppl´ementaires de
E. On note p1la projection sur E1parall`element `a E2. On appelle sym´etrie par rapport `a E1parall`element `a
E2l’application s1= 2p1−Id.
1. a. Exprimer s1(x). Montrer que s1est involutive et donc bijective. Montrer que E1={x∈E;s1(x) = x}
et que E2={x∈E;s1(x) = −x}.
b. On suppose Ede dimension finie. Donner une base de Edans laquelle la matrice de s1est ”simple”.
c. On note s2la sym´etrie par rapport `a E2parall`element `a E1. Montrer que s1◦s2=s2◦s1=−Id.
2. Soit g∈L(E) involutive. Soit E1={x∈E;g(x) = x}et E2={x∈E;g(x) = −x}. Montrer que E1et
E2sont des sous-espaces vectoriels suppl´ementaires de E. Montrer que gest une sym´etrie et pr´eciser ses
sous-espaces caract´eristiques.
3. Application : donner un suppl´ementaire dans R3de l’espace vectoriel engendr´e par ~ı +~ +~ ko`u (~ı, ~, ~ k)
est une base de R3. Exprimer dans cette base les matrices des sym´etries correspondantes.
Exercice 5. Soit Eun espace vectoriel et f∈L(E).
1. Montrer que si pour tout x∈E, (x, f(x)) est une famille li´ee alors fest une homoth´etie.
2. Montrer que fcommute avec tout ´el´ement de L(E) si et seulement si fest une homoth´etie.
Exercice 6. Soit E, F, G trois espaces vectoriels de dimensions finies ; f∈L(E, F ) et g∈L(F, G). Montrer
que :
1. dim Ker (g◦f)≤dim Ker g + dim Ker f .
2. rang f+ rang g−dim F≤rang (g◦f)≤min(rang f, rang g)
1

Exercice 7. Soit Eun espace vectoriel et u∈L(E). Montrer que u2= 0 si et seulement si Imu ⊂Ker u.
Exercice 8. Soit Eun espace vectoriel et f∈L(E).
1. Montrer que Ker f ⊂Ker f2,Im f 2⊂Im f.
Montrer que Ker f2=Ker f si et seulement si Im f ∩Ker f ={0E}
2. On suppose que Eest de dimension finie. Montrer l’´equivalence des propositions suivantes :
(i) E=Im f LKer f (ii) Ker f2=Ker f (iii) Im f2=Im f
Exercice 9. Soit Eun espace vectoriel de dimension 2 et f∈L(E).
Montrer l’´equivalence des propositions suivantes :
(i) La somme Im f +Ker f n’est pas directe (ii) Im f =Ker f (iii) f6= 0 et f◦f= 0
Exercice 10. Soit Eun espace vectoriel et E∗son dual. Soit Aun sous-espace vectoriel de E, on appelle
orthogonal de Adans E∗, l’ensemble A◦={φ∈E∗,∀x∈A, φ(x)=0}. De mˆeme soit Bun sous-espace vectoriel
de E∗, on appelle orthogonal de Bdans El’ensemble B◦={x∈E, ∀φ∈B, φ(x)=0}. Soit f∈L(E, F ), on
appelle transpos´ee de fet on note tfl’application de F∗dans E∗d´efinie par : pour tout φ∈F∗,tf(φ) = φ◦f.
1. a. V´erifier que A◦et B◦sont respectivement des sous-espaces vectoriels de E∗et E. Montrer que A⊂A◦◦.
b. V´erifier que tfest une application lin´eaire
c. Soit (ei)i∈Iune base de E. On d´efinit pour tout i∈I,e∗
i∈E∗par
e∗
i(ej) = 1 si i=j
0 si i6=j
Montrer que (e∗
i)i∈Iest une partie libre de E∗.
d. Soit uune application de Edans E∗∗ d´efinie par : pour tout x∈E, u(x) est l’application de E∗dans
Ktelle que pour tout y∗∈E∗, u(x)(y∗) = y∗(x). Montrer que uest lin´eaire et injective.
2. On suppose dans cette question que Eest de dimension infinie.
a. Montrer que (e∗
i)i∈In’est pas une partie g´en´eratrice de E∗. On pourra consid´erer f∈E∗d´efinie par
f(ei) = 1, pour tout i∈I.
b. Montrer que un’est pas surjective. On pourra consid´erer g∈E∗∗ telle que g(e∗
i) = 1, pour tout i∈I.
3. On suppose maintenant que Eest de dimension finie.
a. Montrer que (e∗
i)i∈Iest une base de E∗. En d´eduire que dim E= dim E∗= dim E∗∗.
b. Montrer que uest un isomorphisme de Esur E∗∗.
c. Soit Hun sous-espace vectoriel de E, montrer que dim H+ dim H◦= dim E. Montrer que H◦◦ =H.
Exercice 11. Soit P4l’espace vectoriel des polynˆomes `a coefficients r´eels de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 4. On note
Oq,q≤4, le sous-espace vectoriel de P4des polynˆomes d’ordre sup´erieur ou egal `a q(l’ordre d’un polynˆome
est le plus petit itel que le coefficient de Xiest non nul). Soit Pun polynˆome de P4, on note :
T(P) = XP (0) −1/20X5P(4)(0) + ZX
0
t2[P(t+ 1) −P(t)−P0(t)]dt
1. Montrer que Test une application lin´eaire. On pose e0= 1, e1=X, e2=X2, e3=X3, e4=X4. V´erifier
qu’on obtient ainsi une base de P4. Montrer que T(P4)⊂ P4. On a donc T∈L(P4).
2. D´eterminer T(O3), T(O2) et Ker T ∩O2.
3. Montrer que ImT = (O1∩P1)LO3. D´eterminer le rang de T. Montrer qu’il existe un sous-espace vectoriel
de P4,Vtel que Ker T = (O1∩ P1)LV. D´eterminer Ker T ∩ImT .
4. On cherche un vecteur unon nul de O3tel qu’il existe λ∈R, T (u) = λu. Montrer qu’il existe deux valeurs
possibles de λ: 0 < λ1< λ2Trouver deux vecteurs non nuls u3et u4de O3tels que T(u3) = λ1u3et
T(u4) = λ2u4.
5. On pose u0=e1, u1=e2−4e3+ 3e4, u2=e0. Montrer que (u0, u1, u2, u3, u4) est une base de P4. Ecrire
la matrice de Tdans cette base.
2

1 Solutions
1Il est clair, d’apr`es la d´efinition des polynˆomes (voir chapitre Polynˆomes) que K[X] est un espace vectoriel
sur K.
Par d´efinition la famille (Xi)i∈Nest g´en´eratrice de K[X]. Supposons que l’on puisse en extraire une sous-famille
Bfinie g´en´eratrice. Soit Nle degr´e maximal des ´el´ements de B. Tout ´el´ement de K[X] est combinaison lin´eaire
des ´el´ements de Bet est donc de degr´e inf´erieur `a N. Consid´erons alors l’´el´ement de K[X] : XN+1. Il est clair
que XN+1 n’est pas combinaison lin´eaire des ´el´ements de B.
21. Il est facile de v´erifier que F(R) est un espace vectoriel sur R.
Consid´erons la famille de fonctions num´eriques (δx)x∈R, d´efinie par :
δx(x)=1
δx(y) = 0 si y 6= x
Montrons que cette famille infinie est libre, on aura alors prouv´e que F(R) est de dimension infinie. Soit
(xi)i∈Iet (λi)i∈Ideux familles finies de r´eels. Supposons Pi∈Iλiδxi= 0. En appliquant cette fonction `a
chaque xi, on obtient, λi= 0 pour tout i∈I. La famille est donc libre et F(R) est de dimension infinie.
2. On v´erifie facilement que I(R) et P(R) sont des sev. de F(R).
C’est une astuce classique. Soit fune fonction num´erique. On v´erifie que la fonction f1d´efinie par
f1(x) = f(x)+f(−x)
2est paire et de mˆeme que la fonction f2(x) = f(x)−f(−x) 2est impaire. On a clairement
f=f1+f2. La somme est par ailleurs directe car seule la fonction nulle est `a la fois paire et impaire.
31. a. Il est imm´ediat de v´erifier que p1est lin´eaire.
Soit x=x1+x2la d´ecomposition de xselon les sous-espaces suppl´ementaires E1et E2. On a x∈Ker p1⇔
x1= 0 ⇔x∈E2. Par suite Ker p1=E2.
Par d´efinition, Im p1⊂E1. De plus, x∈E1⇒x=x1=p1(x). Donc Imp1=E1.
Nous avons montr´e au passage que E1est l’ensemble des vecteurs invariants par p1.
On a p1◦p1(x) = p1(x1) = x1=p1(x). Donc p1◦p1=p1.
b. On a, avec les mˆemes notations que ci-dessus, p1+p2(x) = x1+x2=x. Donc p1+p2=IdE.
De mˆeme, p1◦p2(x) = p1(x2) = 0 et p2◦p1(x) = p2(x1) = 0. D’o`u le r´esultat voulu.
c. La base que sugg`ere l’´enonc´e est ´evidemment une base suivant la d´ecomposition E=E1LE2. On choi-
sit donc une base de E, (e1,· · · , eq, eq+1,· · · en) telle que (e1,· · · , eq) est une base de E1et (eq+1,· · · , en)
une base de E2. On a imm´ediatement la forme de la matrice de p1dans cette base : c’est une matrice
diagonale dont les qpremiers ´el´ements diagonaux sont ´egaux `a 1 et les n−qsuivants ´egaux `a 0.
2. a. On a pour tout xde E,x=p(x) + x−p(x). Notons x1=p(x) et x2=x−p(x) . Il est clair que
x1∈Im p. De plus, p(x2) = p(x)−p(p(x)) = 0, par hypoth`ese. On a donc bien E=Imp +Ker p. De
plus, si x∈Imp ∩Ker p, alors il existe ytel que x=p(y) et 0 = p(x) = p(p(y)) = p(y) = x, par suite on
a la somme directe E=Imp LKer p.
Par unicit´e de la d´ecomposition de xselon la somme directe on a x1=p(x), et pest bien la projection
sur Im p parall`element `a Ker p.
b. On a q(x) = x−p(x), donc par le mˆeme argument que pr´ec´edemment qest la projection sur Ker p
parall`element `a Im p.
c. Si pest une projection on a imm´ediatement p(x−p(x)) = p(x)−p(x) = 0. R´eciproquement, si pour
tout x,p(x−p(x)) = 0 alors p◦p=pet la question 2.1 permet de conclure que pest une projection.
41. a. Soit x∈E, on ´ecrit comme dans l’exercice pr´ec´edent x=x1+x2o`u x1∈E1et x2∈E2. Par
d´efinition, s1(x) = x1−x2, d’o`u s1(s1(x)) = x1−(−x2) = x,s1est donc involutive.
Profitons de cet exercice pour v´erifier que toute involution fest une bijection. La surjectivit´e est imm´ediate
puisque x=f(f(x)) ; pour l’injectivit´e si f(x) = f(y) alors f(f(x)) = f(f(y)) i.e. x=y.
Il est imm´ediat que E1est l’ensemble des invariants de set que E2est l’ensemble des vecteurs transform´es
en leur oppos´e.
b. En choisissant une base de Eadapt´ee `a la somme directe E=E1LE2, on obtient dans cette base la
matrice de s1qui est diagonale. Soit q=dimE1, alors les qpremiers ´el´ements de la diagonale sont ´egaux
`a 1 et les n−qsuivants ´egaux `a −1.
c. On a, par d´efinition s2(x) = x2−x1, par suite s1(s2(x)) = s1(−x1+x2) = −x1−x2=−x. De meme
s2(s1(x)) = s2(x1−x2) = −x
3

2. On peut ´ecrire x=x+g(x)
2+x−g(x) 2. Comme gest involutive, on a bien x+g(x) 2∈E1et x−g(x) 2∈E2. Par
suite E=E1+E2. Il est clair que tout ´el´ement de E1∩E2est nul, la somme est donc directe.
On a de plus g(x) = x+g(x)
2−x−g(x) 2,gest donc la sym´etrie par rapport `a E1, parall`element `a E2.
3. On peut choisir par exemple E2=R~ı LR~ comme suppl´ementaire de E1=R(~ı+~+~ k) (il y en d’autres, par
exemple R~ı LR~ k). Notons s1et s2respectivement les sym´etries par rapport `a E1( resp. E2) parall`element
`a E2(resp. E1). Ecrivons la matrice de s1dans la base (~ı, ~,~ k). On a ~ı, ~ ∈E2, par suite s1(~ı) = −~ı et
s1(~) = −~. Par ailleurs, ~ k= (~ı +~ +~ k)−(~ı +~), donc s1(~ k) = ~ı +~ +~ k+~ı +~ = 2~ı + 2~ +~ k. Par cons´equent,
la matrice de s1dans la base (~ı,~),~ kest donc
M1=
−102
0−1 2
0 0 1
Des calculs analogues nous donnent la matrice de s2dans cette mˆeme base :
M2=
1 0 −2
0 1 −2
0 0 −1
51. Par hypoth`ese, il existe pour tout xun r´eel λxtel que f(x) = λxx. Il nous reste maintenant `a montrer
que ce r´eel est le mˆeme pour tous les ´el´ements de E.
Fixons un vecteur non nul x∈E. Soit yun ´el´ement non nul de E. Supposons xet yli´es, i.e., y=kx, avec
k6= 0. Alors, d’une part f(y) = λyy=λykx, d’autre part, f(y) = f(kx) = kf (x) = kλxx. On obtient en
´egalisant, λx=λy.
Supposons maintenant xet ylibres. On a alors, d’une part f(x+y) = λx+y(x+y) = λx+yx+λx+yy,
et d’autre part, f(x+y) = f(x) + f(y) = λxx+λyy. Ces deux ´egalit´es et la libert´e de (x, y) entrainent
λx+y=λx=λy.
2. Un homoth´etie commute avec tout ´el´ement de L(E).
R´eciproquement, soit fune application lin´eaire qui commute avec tout ´el´ement de L(E). Soit xun ´el´ement
de E,nous allons montrer que (x, f(x)) est li´e ; on aura ainsi le r´esultat en utilisant la premi`ere question.
Soit gxune projection parall`element `a <x>( en fait toute application lin´eaire de noyau <x>convient
pour notre d´emonstration). Par hypoth`ese, fet gxcommutent. Par suite, gx(f(x)) = f(gx(x)) = f(0) = 0,
ce qui signifie que f(x) appartient au noyau de gxautrement dit que (x, f(x)) est li´e. Par la question
pr´ec´edente, fest donc une homoth´etie.
On remarque que l’on peut affaiblir les hypoth`eses de la facon suivante : si fcommute avec toute les
projections sur un hyperplan alors fest une homoth´etie.
6Supposons que u2= 0L(E). Soit x∈Im u, il existe donc y∈Etel que x=u(y). On a alors, u(x) = u2(y) = 0.
Donc Im u ⊂Ker u.
R´eciproquement, soit x∈E,u(x) appartient `a Im u et donc par hypoth`ese `a Ker u, on a donc u(u(x)) = 0, i.e.
u2= 0L(E).
71. Il est clair que l’on a Ker f ⊂Ker f2et Im f 2⊂Im f.
Supposons que Ker f2=Ker f. Soit x∈Im f ∩Ker f, alors il existe ytel que x=f(y). On a alors,
f2(y) = f(x) = 0. Par suite, y∈Ker f2=Ker f, donc x=f(y) = 0. Par cons´equent, Im f ∩Ker f ={0}.
R´eciproquement, soit x∈Ker f2. Alors f(x)∈Im f ∩Ker f. Par hypoth`ese, f(x) = 0 donc x∈Ker f.
2. Montrons (i)⇒(ii). Puisque la somme est directe on a, Im f ∩Ker f ={0}d’o`u par la question
pr´ec´edente, Ker f2=Ker f.
Nous allons montrer directement l’´equivalence (ii)⇔(iii). On a dim E= dim Ker f + dim Im f =
dim Ker f2+ dim Im f2. Par suite l’´egalit´e (ii) implique dim Im f = dim Im f2. On conclut ensuite en
utilisant la question pr´ec´edente.
la d´emonstration de (iii)⇒(ii) est identique. Montrons (ii)⇒(i). La question pr´ec´edente et (ii) implique
que la somme Im f +Ker f est directe. L’´egalit´e des dimensions montre ensuite que cette somme est ´egale
`a E.
8Montrons (i)⇒(ii). Comme la dimension de Eest 2 et que la somme n’est pas directe, la dimension de
l’intersection Im f ∩Ker f est 1 ou 2. Ce qui implique que la dimension de Im f et de Ker f est sup´erieure ou
´egale `a 1. Par ailleurs dim Im f +dim Ker f = dim E= 2, la seule posibilit´e est donc dim Im f = dim Ker f = 1.
On a alors Im f ∩Ker f =Im f =Ker f. Montrons maintenant (ii)⇒(iii). Soit x∈E,f(x) appartient `a
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Im f et par (ii) `a Ker f, donc f2(x) = 0, i.e. f2= 0. Pour des raisons de dimension, comme dans la question
pr´ec´edente, Im f =Ker f implique dim Im f = dim Ker f = 1. Par cons´equent, f6= 0.
Pour (iii)⇒(ii), il suffit de remarquer que f2= 0 implique Im f ⊂Ker f, donc la somme n’est pas directe.
91. Consid´erons l’application lin´eaire hobtenue par restriction de f`a l’ev. Ker g ◦f. Soit y∈Im h alors
il existe x∈Ker g ◦ftell que y=f(x), on a alors g(y) = g(f(x)) = 0, par suite Im h ⊂Ker g. Par
ailleurs, soit x∈Ker h, on h(x) = 0 d’o`u f(x) = 0, par d´efinition de h. On a donc Ker h ⊂Ker f. Par
suite dim Ker g ◦f= dim Ker h + dim Im h ≤dim Ker f + dim Ker g.
2. On a imm´ediatement par ce qui pr´ec`ede,
rang g◦f= dim E−Ker g ◦f≥dim E−dim Ker f −dim Ker g
= dim Im f −dim Ker g = dim Im f −dim F+ rang g.
On a ensuite dim E= dim Ker f + dim Im f = dim Ker (g◦f) + Im (g◦f). Comme dim Ker f ≤
dim Ker (g◦f), on en d´eduit dim Im f ≥dim Im (g◦f). De plus il est clair que dim Im (g◦f)≤dim Im g,
car le premier est inclu dans le second. On a donc rang (g◦f)≤min(rang f, rang g).
10 1. Les d´emonstrations qui suivent sont quasiment triviales d`es que l’on a bien compris les d´efinitions des
objets que l’on manipule.
a. On v´erifie sans difficult´e que A◦est un sev de E∗et B◦un sev de E.
Par d´efinition A◦◦ ={x∈E, ∀φ∈A◦, φ(x)=0}. Par d´efinition de A◦, pour tout x∈Aet tout φ∈A◦,
φ(x) = 0, par suite, A⊂A◦◦.
b. Soient φet φ0deux ´el´ements de E∗et λun r´eel. Soit x∈E, on a tf(λφ)(x) = λφ◦f(x) = λ(φ◦f(x)) =
λtf(φ)(x). De meme, tf(φ+φ0)(x) = (φ+φ0)◦f(x) = φ(f(x) + φ0(f(x)) =tf(φ)(x) +tf(φ0)(x) =
(tf(φ) +tf(φ0))(x).
Par suite, tfest bien un ´el´ement de L(F∗, E∗).
c. Soit June sous-famille finie de I, et (λj)j∈June famille de r´eels telle que Pj∈Jλje∗
j= 0. On a alors
en particulier, pour tout i∈J,Pj∈Jλje∗
j(ei) = 0. Alors, par d´efition des e∗ j, on obtient λj= 0 pour tout
j∈J. La famille (e∗
i)i∈Iest donc libre.
d. Soient xet ydeux ´el´ements de Eet λun r´eel. Soit z∗un ´el´ement de E∗. On a, u(x+y)(z∗) =
z∗(x+y) = z∗(x) + z∗(y) = u(x)(z∗) + u(y)(z∗)=(u(x) + u(y))(z∗). De meme, u(λx)(z∗) = z∗(λx) =
λz∗(x) = λu(x)(z∗). Dans les deux d´emonstrations, on a utilis´e successivement la d´efinition de uet la
lin´earit´e de z∗.
Soit x=Pj∈Jλjej, o`u Jest une partie finie de I. Supposons u(x) = 0. En particulier, pour tout e∗
i,
i∈I,u(x)(e∗
i) = 0. On obtient en remplacant xpar son ´ecriture en fonction de ej,λi= 0 pour tout i∈J.
Par cons´equent, x= 0 et uest donc injective.
2. On est maintenant en dimension infinie.
a. Il suffit donc de trouver un ´el´ement de E∗qui ne peut pas s’´ecrire comme combinaison lin´eaire des
´el´ements d’une partie finie de (e∗
i)i∈I. Consid´erons l’application lin´eaire fd´efinie de la facon suivante par
l’image de la base : f(ei) = 1 pour tout i∈I. Supposons que fs’´ecrit comme combinaison lin´eaire des
´el´ements de (e∗
j)j∈J, o`u Jest une partie finie de I. Soit alors i0un ´el´ement de Iqui n’est pas dans J, on
af(ei0) = 0, ce qui contredit la d´efinition de f.
b. Comme le sugg`ere l’´enonc´e, consid´erons la forme lin´eaire sur E∗d´efinie par g(e∗
i) = 1 pour tout
i∈Iet g(z∗) = 0 pour tout z∗appartenant `a un suppl´ementaire fix´e du sous-espace engendr´e par les
e∗
i. Supposons maintenant qu’il existe x∈Etel que u(x) = g. On a donc en particulier pour tout i∈I,
1 = g(e∗
i) = u(x)(e∗ i) = e∗ i(x). On obtient clairement une contradiction en ´ecrivant xcomme somme finie
d’´el´ements de la base (ei)i∈I.
3. On suppose maintenant que l’espace est de dimension finie. Les contre-exemples pr´ec´edents ne sont plus
valables puisqu’ils reposaient pr´ecisement sur la dimension infinie.
a. Il suffit de montrer que la famille est g´en´eratrice. Soit f∈E∗, f est d´etermin´ee par l’image λide ei,
pour tout i∈I. On voit ais´ement que f=Pi∈Iλie∗
i.
On a donc dim E= dim E∗et par le meme argument appliqu´e `a l’ev. E∗, dim E∗= dim E∗∗.
b. Grace `a l’´egalit´e des dimensions il suffit de montrer que uest injective ce que l’on sait d´ej`a (1.4).
c. Soit (a1,· · · , ap) une base de Hque l’on compl`ete en une base (a1,· · · , an) de E(on pose dim E=n).
Alors (a∗
i)n i=1 est une base de E∗. Soit φ∈H◦, alors il existe de r´eels λitels que φ=Pn
i=1 λia∗
i. Soit i,
1≤i≤p, on a par d´efinition de H◦,φ(ei) = 0 ce qui entraine λi= 0. Par suite, φ=Pn
i=p+1 λia∗
i, donc
H◦est engendr´e par (e∗
i)n i=p+1. Donc dim H◦=n−p.
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