Montrer que \(E^*\) est un espace vectoriel sur \({\Bbb K}\)

Soient \(\alpha,\beta:E\to{\Bbb K}\) deux formes linéaires
Alors \(\lambda\alpha\) et \(\alpha+\beta\) sont également des formes linéaires
\(E^*\) est donc un espace vectoriel

(Fonction linéaire - Application linéaire - Transformation linéaire - Linéarité)

Montrer que les espaces \(E\) et \(E^*\) sont isomorphes

Définition de \(\varepsilon_i\) sur les vecteurs canoniques
On fixe une base \(\{e_1,\ldots,e_n\}\) de \(E\)
On pose $$\varepsilon_i(e_j)\equiv\delta_{ij}=\begin{cases}1&\text{si}\quad i=j\\ 0&\text{sinon.}&\end{cases}$$

Prolonger la définition pour qu'elle s'étende à tout vecteur : elle renvoie la \(i\)-ème coordonnée
On prolonge \(\varepsilon_i\) sur \(E\) par linéarité : pour \(x=\sum^n_{j=1}x_je_j\), on a : $$\varepsilon_i(x)\equiv\sum^n_{j=1}x_j\varepsilon_i(e_j)=x_i$$ autrement dit, \(\varepsilon_i(x)=x_i\)

On a bien \(\varepsilon_i\in E^*\)
Or, \(\varepsilon_i\in E^*\) (\(i=1,\ldots,n\)) car elle a été définie en tant que forme linéaire

Libre (tous les vecteurs sauf un s'annulent à chaque fois) \(\to\) base
Montrons que \(\{e_i\}^n_{i=1}\) est une base de \(E^*\) :
En effet, le système est libre car $$\sum^n_{i=1}\lambda_i\varepsilon_i=0\implies\forall e_j,\sum_{i=1}^n\lambda_i\varepsilon_i(e_j)=\lambda_j=0$$

Générateur \(\to\) base \(\to\) \(\operatorname{dim} E^*=\operatorname{dim} E\)
Le système est de plus générateur car si \(\alpha\in E^*\), alors \(\forall x\in E,x=\sum^n_{i=1}x_ie_i\), on a $$\alpha(x)=\sum^n_{i=1}x_i\alpha(e_i)=\sum^n_{i=1}a_i\varepsilon_i(x)\quad\text{ avec }\quad a_i=\alpha(e_i)$$
Donc \(\alpha=\sum^n_{i=1}a_i\varepsilon_i\) avec \(a_i=\alpha(e_i)\)
D'où \(\{e_i\}^n_{i=1}\) est une base de \(E^*\) et \(\operatorname{dim} E^*=\operatorname{dim} E=n\)

Dimensions égales \(\to\) l'isomorphisme existe donc

Puisque les dimensions sont égales, il existe un isomorphisme \(\varphi:E\to E^*\) avec $$\varphi(e_i)=\varepsilon_i\quad\text{ et }\quad\varphi\left(\sum^n_{i=1}x_ie_i\right)=\sum^n_{i=1}x_i\varepsilon_i$$\(\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\square\)

Soit \(B^*=(v_1^*,\ldots,v_n^*)\) définie par : $$\forall i\in[\![1,n]\!],\qquad u_j^*(u_i)=\delta_{i,j}=\begin{cases}1&\text{si}\quad i=j\\ 0&\text{sinon.}&\end{cases}$$
Justifier que \(B^*\) est une base de \(E^*\)

Dimensions
On a $$\operatorname{dim} E^*=\operatorname{dim} E=n$$

Mq c'est libre : initialisation
Montrons que \(B^*\) est une famille libre : $$\alpha_1 u_1^*+\ldots+\alpha_nu_n^*=0_{E^*}$$

Rendre certains termes nuls en fixant un \(u_i\)

Alors en appliquant à \(u_1\), l'équation devient : $$\alpha_1u_1^*(u_1)=\alpha_1=0$$
De même pour \(\alpha_2\), etc
\(B^*\) est donc une base

Soient \(\mathcal V=\{v_1,\ldots,v_n\}\) et \(\varepsilon=\{e_1,\ldots,e_n\}\) deux bases de l'espace \(E\)
Montrer que si \(A=(a_{ij})_{1\leqslant i,j\leqslant n}\) est la matrice de passage de \(\varepsilon\) à \(\mathcal V\), alors \(^TA\) est la matrice de passage entre les bases duales de \(\mathcal V^*\) à \(\varepsilon^*\)

Décomposer \(v_k\) en fonction des \(e_i\) et \(e_j^*\) en fonction des \(v_j^*\) (les coefficients sont ceux de la matrice)
On a deux décompositions :$$\begin{align} v_k&=\sum^n_{i=1}a_{ik}e_i\quad\text{ avec }\quad v=\varepsilon\cdot A\tag{*}\\ e^*_j&=\sum^n_{i=1} b_{ij}v^*_j\tag{**}\end{align}$$

Appliquer \(v_k\) ou \(e^*_m\) au relations précédentes pour avoir les mêmes valeurs
$$\begin{align} e^*_m(v_k)&\overset{(^*)}=\sum^n_{i=1}a_{ik}e^*_m(e_i)=a_{mk}\\ e_m^*(v_k)&\overset{(^{**})}=\sum^n_{i=1} b_{im}v^*_i(v_k)=b_{km}\end{align}$$

Les deux résultats obtenus sont égaux et ont leurs indices inversés \(\to\) conclusion

Donc \(\forall m,k,\quad a_{mk}=b_{km}\), et donc $$B=\;^TA$$

Soit \(v_1=(1,1,1)\), \(v_2=(1,0,-1)\) et \(v_3=(0,1,1)\)
Trouver une base \(\{v_i^*\}^3_{i=1}\) duale à \(\{v_i\}^3_{i=1}\)

On remarque que si \(v=\sum^3_{i=1}x_ie_i\), alors $$\alpha(v)=\sum^3_{i=1}x_i\underbrace{\alpha(e_i)}_{=a_i}=\sum^3_{i=1}x_ia_i$$
Il suffit de trouver les \(\{a_i\}^3_{i=1}\)

Pour \(v_1^*\), on obtient le système $$v_1^*=a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3$$ $$\begin{align} v_1^*(v_1)=a_1+a_2+a_3=1\quad\text{ car }\; x_1=x_2+x_3=1\text{ pour }v_1\end{align}$$ de même, on trouve \(v_1^*(v_2)=a_1-a_3=0\) et \(v_1^*(v_3)=a_2+a_3\)
Donc \(v_1^*=\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 1\end{pmatrix}\)
De même, \(v_2^*=\begin{pmatrix}0\\ 1\\ -1\end{pmatrix}\) et \(v_3^*=\begin{pmatrix}-1\\ 2\\ -1\end{pmatrix}\)

Soit \(E\) un \({\Bbb R}\)-espace vectoriel de dimension \(2\), muni d'une base \((e_1,e_2)\)
On considère les deux vecteurs de \(E\) : \(u_1=e_1+2e_2\) et \(u_2=e_2-e_1\)
On sait que \((u_1,u_2)\) est une base de \(E\)
Déterminer les coordonnées de chaque élément de sa base duale dans la base duale \((e^*_1,e_2^*)\)

\(\{u_1^*,u_2^*\}\) est une base duale de \(E^*=\{\alpha:E\to{\Bbb K}\text{ est une forme linéaire}\}\) si \(u_i^*(u_j)=\delta_{ij}=\begin{cases}1&\text{si}\quad i=j\\ 0&\text{sinon.}&\end{cases}\)

Un vecteur \(v\) de \(E\) s'écrit comme \(xe_1+ye_2\) (\(x,y\in{\Bbb R}\)) \(\to\) simplification par linéarité de \(\alpha\) \(\to\) apparition des \(e^*_i\)
Toute forme \(\alpha\) dans la base duale \(\{e_i^*\}\) à \(\{e_i\}\) s'écrit comme ceci : $$\begin{align}\alpha(\underbrace{xe_1+ye_2}_v)&=x\underbrace{\alpha(e_1)}_{a_1}+y\underbrace{\alpha(e_2)}_{a_2}\\ &=a_1x+a_2y\\ &=a_1e^*_1(v)+a_2e^*_2(v)\end{align}$$ en général, \(e_i^*(v)=v_i\) la \(i\)-ème coordonnée de \(v\) dans \(\{e_i\}\)

On cherche \(u^*_i\) sous la forme $$\left|\begin{array}{l}u_1^*=ax+by\\ u_2^*=cx+dy\end{array}\right.$$

Résoudre les systèmes avec les définitions des \(u_i\) et des \(u_i^*(u_j)\)

$$\begin{align}&\begin{cases} u_1^*(u_1)=1=a+2b\\ u_1^*(u_2)=0=-a-b\end{cases}\implies\begin{array}{l}a=b\\ b=a=1/3\end{array}\\ \\ &\begin{cases} u_2^*(u_1)=0=c+2d\\ u_2^*(u_2)=1=-c+d\end{cases}\implies\begin{array}{l}c=-2d\\ d=1/3\quad\text{ et }\quad c=-2/3\end{array}\end{align}$$ on a donc $$u_1^*\binom{1/3}{1/3}\quad\text{ et }\quad u_2^*\binom{-2/3}{1/3}$$

On définit les trois formes linéaires suivantes sur \({\Bbb K}^3\) pour \((x,y,z)\in{\Bbb K}^3\) : \(f_1(v)=x+y-z\), \(f_2(v)=x-y+z\), \(f_3(v)=x+y+z\)
Montrer que \((f_1,f_2,f_3)\) est une base de \(({\Bbb K}^3)^*\) et trouver la base \((e_1,e_2,e_3)\) telle que \((f_1,f_2,f_3)\) est la base duale

Montrer que c'est une base via le déterminant
\((f_1,f_2,f_3)\) est une base car $$\operatorname{det}\begin{pmatrix}1&1&1\\ 1&-1&1\\ -1&1&1\end{pmatrix}=-4\ne0$$

Trouver les \(v_i\) en résolvant les systèmes

On cherche \(v_1\begin{pmatrix} a_1\\ a_2\\ a_3\end{pmatrix}\), \(v_2\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3\end{pmatrix}\) et \(v_3\begin{pmatrix} c_1\\ c_2\\ c_3\end{pmatrix}\) tels que :$$\begin{align}&\begin{cases}1=f_1(v_1)=a_1+a_2-a_3\\ 0=f_2(v_1)=a_1-a_2+a_3\\ 0=f_3(v_1)=a_1+a_2+a_3\end{cases}\implies\begin{cases} a_1=1/2\\ a_2=0\\ a_3=-1/2\end{cases}\\ \\ &\begin{cases}0=f_1(v_2)=b_1+b_2-b_3\\ 1=f_2(v_2)=b_1-b_2+b_3\\ 0=f_3(v_2)=b_1+b_2+b_3\end{cases}\implies\begin{cases} b_1=1/2\\ b_2=-1/2\\ b_3=0\end{cases}\\ \\ &\begin{cases}0= f_1(v_3)=c_1+c_2-c_3\\ 0=f_2(v_3)=c_1-c_2+c_3\\ 1=f_3(v_3)=c_1+c_2+c_3\end{cases}\implies\begin{cases} c_1=0\\ c_2=1/2\\ c_3=1/2\end{cases}\end{align}$$
Donc \(v_1=\begin{pmatrix}1/2\\ 0\\ -1/2\end{pmatrix}\), \(v_2=\begin{pmatrix}1/2\\ -1/2\\ 0\end{pmatrix}\) et \(v_3=\begin{pmatrix}0\\ 1/2\\ 1/2\end{pmatrix}\)

On définit les trois formes linéaires suivantes sur \({\Bbb K}^3\) pour \((x,y,z)\in{\Bbb K}^3\) : \(f_1(v)=x+2y+3z\), \(f_2(v)=2x+3y+4z\), \(f_3(v)=3x+4y+6z\)
Montrer que \((f_1,f_2,f_3)\) est une base de \(({\Bbb K}^3)^*\) et trouver la base \((e_1,e_2,e_3)\) telle que \((f_1,f_2,f_3)\) est la base duale

Montrer que c'est une base via le déterminant
\((f_1,f_2,f_3)\) est une base car $$\operatorname{det}\begin{pmatrix}1&2&3\\ 2&3&4\\ 3&4&6\end{pmatrix}=-1\ne0$$

Trouver les \(v_i\) en résolvant les systèmes

On cherche \(v_1\begin{pmatrix} a_1\\ a_2\\ a_3\end{pmatrix}\), \(v_2\begin{pmatrix} b_1\\ b_2\\ b_3\end{pmatrix}\) et \(v_3\begin{pmatrix} c_1\\ c_2\\ c_3\end{pmatrix}\) tels que :$$\begin{align}&\begin{cases}1=f_1(v_1)=a_1+2a_2+3a_3\\ 0=f_2(v_1)=2a_1+3a_2+4a_3\\ 0=f_3(v_1)=3a_1+4a_2+6a_3\end{cases}\implies\begin{cases} a_1=-2\\ a_2=0\\ a_3=1\end{cases}\\ \\ &\begin{cases}0=f_1(v_2)=b_1+2b_2+3b_3\\ 1=f_2(v_2)=2b_1+3b_2+4b_3\\ 0=f_3(v_2)=3b_1+4b_2+6b_3\end{cases}\implies\begin{cases} b_1=0\\ b_2=3/2\\ b_3=-1/2\end{cases}\\ \\ &\begin{cases}0= f_1(v_3)=c_1+2c_2+3c_3\\ 0=f_2(v_3)=2c_1+3c_2+4c_3\\ 1=f_3(v_3)=3c_1+4c_2+6c_3\end{cases}\implies\begin{cases} c_1=1\\ c_2=-2\\ c_3=1\end{cases}\end{align}$$
Donc \(v_1=\begin{pmatrix}-2\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\), \(v_2=\begin{pmatrix}0\\ 3/2\\ -1/2\end{pmatrix}\) et \(v_3=\begin{pmatrix}1\\ -1\\ 1\end{pmatrix}\)

On considère trois formes linéaires sur \({\Bbb R}^3\)
$$\begin{align}\varphi_1(x)&=2x_1-x_2+3x_3\\ \varphi_2(x)&=3x_1-5x_2+x_3\\ \varphi_3(x)&=4x_1-7x_2+x_3\end{align}$$ forment-elles une base du dual \({\Bbb R}^3\) ? Déterminer les éventuelles relations linéaires

Base ? \(\to\) calcul du déterminant
$$\varphi_1=\begin{pmatrix}2\\ -1\\ 3\end{pmatrix}\qquad\varphi_2=\begin{pmatrix}3\\ -5\\ 1\end{pmatrix}\qquad\varphi_3=\begin{pmatrix}4\\ -7\\ 1\end{pmatrix}$$$\(\begin{align}\begin{vmatrix}2&3&4\\ -1&-5&-7\\ 3&1&1\end{vmatrix}&=2\begin{vmatrix}-5&-7\\ 1&1\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}3&4\\ 1&1\end{vmatrix}+3\begin{vmatrix}3&4\\ -5&-7\end{vmatrix}\\ &=4-60+56\\ &=0\end{align}\)$

Trouver les relations linéaires avec un système

$$\begin{align}&\lambda_1\begin{pmatrix}2\\ -1\\ 3\end{pmatrix}+\lambda_2\begin{pmatrix}3\\ -5\\ 1\end{pmatrix}+\lambda_3\begin{pmatrix}4\\ -7\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\\ &\iff\begin{cases}2\lambda_1+3\lambda_2+4\lambda_3=0\\ -\lambda_1-5\lambda_2-7\lambda_3=0\\ 3\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0\end{cases}\\ &\iff\begin{cases} \lambda_2=-\frac{10}7\lambda_3&&L_1-L_2-L_3\\ 2\lambda_1=(4-\frac{30}{7})\lambda_3\end{cases}\\ &\iff\begin{cases}\lambda_2=-\frac{10}7\lambda_3\\ \lambda_1=\frac17\lambda_3\end{cases}\end{align}$$ on prend \(\lambda_3=7\) : $$\iff\begin{cases}\lambda_2=-10\\ \lambda_1=1\end{cases}$$
La relation linéaire est donc : $$\varphi_1(x)-10\varphi_2(x)+7\varphi_3(x)=0$$

Montrer que les formes linéaires $$\begin{align}\varphi_1(x)&=x_1+2x_2+x_3\\ \varphi_2(x)&=2x_1+3x_2+3x_3\\ \varphi_3(x)&=3x_1+7x_2+x_3\end{align}$$ forment une base de \(({\Bbb R}^3)^*\)
Déterminer la base duale de celle-ci (en identifiant \({\Bbb R}^3\) avec \(({\Bbb R}^3)^{**}\))

Matrice de \(A\) et sa transposée
On a : $$A=\begin{pmatrix}1&2&1\\ 2&3&3\\ 3&7&1\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad A^T=\begin{pmatrix}1&2&3\\ 2&3&7\\ 1&3&1\end{pmatrix}$$

Inverser la matrice
$$v_1\begin{pmatrix}-18\\ 7\\ 5\end{pmatrix},\qquad v_2\begin{pmatrix}5\\ -2\\ -1\end{pmatrix},\qquad v_3\begin{pmatrix}3\\ -1\\ -1\end{pmatrix}$$
3i: En extraire les vecteurs de la base duale (transposée)

$$(A^T)^{-1}=\begin{pmatrix}-18&7&5\\ 5&-2&-1\\ 3&-1&-1\end{pmatrix}$$

Soit la base de \({\Bbb R}^n\) : $$\begin{align} e_1&=(1,1,\ldots,1)\\ e_2&=(0,1,\ldots,1)\\ e_3&=(0,0,1,\ldots,1)\\ \vdots\\ e_n&=(0,\ldots,0,1)\end{align}$$ déterminer la base duale de celle-ci

Résolution du système triangulaire
On cherche une base duale à \(\{e_i\}^n_{i=1}\)
$$\begin{cases}\varphi_1(x)=a_{11}x_1+a_{12}x_2+\ldots+a_{1n}x_n\\ \varphi_2(x)=a_{21}x_1+a_{22}x_2+\ldots+a_{2n}x_n\\ \vdots\\ \varphi_n(x)=a_{n1}x_n+a_{n2}x_2+\ldots+a_{nn}x_n\end{cases}\iff\begin{cases}1=\varphi_1(e_1)=a_{11}+a_{12}+\ldots+a_{1n}\\ 0=\varphi_1(e_2)=a_{12}+\ldots+a_{1n}\\ \vdots\\ 0=\varphi_1(e_n)=a_{1n}\end{cases}$$
On a donc \(a_{1n}=0\), et donc \(a_{1n-1}=0\), etc jusqu'à \(a_{12}=0\)
On a donc \(a_{11}=1\)
On a donc \(\varphi_1=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix}\)

Même raisonnement sur les autres \(\varphi_i\)
De même, \(\varphi_2=\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix}\), \(\varphi_3=\begin{pmatrix}0\\ -1\\ 1\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix}\), etc jusqu'à \(\varphi_n=\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 0\\ -1\\ 1\end{pmatrix}\)

Démontrer que les fonctions linéaires \(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n\) forment une base de \(E^*\) si et seulement si $$\forall x\in E\setminus\{0\},\exists i\in\{1,\ldots,n\},\qquad\varepsilon_i(x)\ne0\tag1$$

Écriture de la base sous forme matricielle
On a :$$\begin{cases} \varepsilon_1(x)=a_{11}x_1+a_{12}x_2+a_{13}x_3+\ldots+a_{1n}x_n\\ \vdots\\ \varepsilon_n(x)=a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+a_{n3}x_3+\ldots+a_{nn}x_n\end{cases}$$ l'écriture sous forme matricielle de ce système est : $$A=\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&&\vdots\\ \vdots&&&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{pmatrix}\quad\text{ et }\quad \varepsilon(x)=\begin{pmatrix}\varepsilon_1\\ \vdots\\ \varepsilon_n\end{pmatrix}(x)=Ax$$

Application du théorème du rang

Par le théorème du rang, on a : $$\operatorname{dim}\ker A+\operatorname{Rg} A=n$$
\(\{\varepsilon_i\}_{i=1}^n\) est une base si et seulement si \(\operatorname{Rg} A=n\), et donc si et seulement si \(\operatorname{dim}\ker A=0\) (ssi \(Ax=0\iff x=0\))

(Théorème du rang)

Considérons l'application \(\varphi:{\Bbb R}_n[X]\to{\Bbb R}\) définie par : $$\varphi(P)=\int^1_0P(t)\,dt$$
Déterminer les coordonnées de \(\varphi\) dans la base duale de la base standard de \({\Bbb R}_n[X]\)

\(E={\Bbb R}_n[X]=\operatorname{Vect}\{1,x,x^2,\ldots,x^n\}\)
Soit \(\{\varphi_i\}_{i=0}^n\) la base duale à \(\{x^i\}_{i=0}^n\)
$$\varphi(P)=\int^1_0P(t)\,dt=\int^1_0\sum^n_{i=0}a_i t^i\,dt=\sum^n_{i=0}\frac{a_i}{i+1}$$
Donc les coordonnées de \(\varphi\) dans la base duale de la base standard de \({\Bbb R}_n[X]\) sont : $$b_k=\frac1{k+1}$$

(Matrice augmentée - Algorithme du compagnon)

Soit \(E={\Bbb R}_2[X]\) l'espace vectoriel des polynômes de degré au plus \(2\)

1. Montrer que \((1,X,(X-1)^2)\) forme une base de \(E\)
2. Trouver la base duale \((f_1,f_2,f_3)\)
3. Soit \((\phi_1,\phi_2,\phi_3)\subset E^*\), où $$\begin{align}\phi_1(P)&=\int_0^1P(x)\,dx\\ \phi_2(P)&=P(-1)\\ \phi_3(P)&=P(0)\end{align}$$ montrer que c'est une base de \(E^*\), trouver une base de \(E\) dont \((\phi_1,\phi_2,\phi_3)\) est la base duale

Pour savoir si c'est une base, déterminant de la matrice des vecteurs
La matrice de \((1,X,(X-1)^2)\) dans la base standard est : $$A=\begin{pmatrix}1&0&1\\ 0&1&-2\\ 0&0&1\end{pmatrix}\quad\text{ avec }\quad\operatorname{det} A\ne0$$ donc les vecteurs sont libres et \((1,X,(X-1)^2)\) forme une base de \({\Bbb R}_2[X]\)

Base duale : inverser la transposée
Pour avoir la base duale de \((1,X,(X-1)^2)\), on inverse \(A^T\) (via algorithme du compagnon):$$\begin{align}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&1&0\\ 1&-2&1&0&0&1\end{array}\right)&\iff\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&1&0\\ 0&-2&1&-1&0&1\end{array}\right)\\ &\iff\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&1&0\\ 0&0&1&-1&2&1\end{array}\right)\end{align}$$ la base duale de \((1,X,(X-1)^2)\) est donc : $$\left(\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\right)$$

Soit \(P(x)=a+bx+cx^2\) un polynôme de degré \(2\). Alors :
$$\begin{align}\phi_1(P)&=\frac c3+\frac b2+a\\ \phi_2(P)&=c-b+a\\ \phi_3(P)&=a\end{align}$$
La matrice \((\phi_1,\phi_2,\phi_3)\) est donc : $$B=\beginpmatrix1&1&1\\ 1/2&-1&0\\ 1/3&1&0\endpmatrix\quad\text avec \quad\operatornamedet B=\frac56\ne0
$$
Inversons donc la matrice transposée (via méthode de Cramer) :
$$\begin{align}(B^T)^{-1}=\frac65\begin{pmatrix}0&1&1\\ 0&-1/3&1/2\\ 1/6&-2/3&3/2\end{pmatrix}\end{align}$$
Donc la base dont \((\phi_1,\phi_2,\phi_3)\) est la base duale est \(\left(\begin{pmatrix}0\\ 6/5\\ 6/5\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ -2/5\\ 3/5\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\ -2/5\\ 3/2\end{pmatrix}\right)\)

(Règle de Cramer - Méthode de Cramer)

Soit \(E={\Bbb K}_n[X]\)
On fixe \(n+1\) points distincts \(x_0,\ldots,x_n\) dans \({\Bbb K}\)

1. On définit \(\varepsilon_i:E\to{\Bbb K}\) comme ceci : $$\varepsilon_i(P)=P(x_i)\quad\text{ pour }\quad i=1,\ldots,n$$ montrer que \(\{\varepsilon_i\}^n_{i=0}\) est une base de \(E^*\)
2. Montrer que la base duale de \(\{e_i\}_i\) est donnée par les polynômes de Lagrange $$e_i=\underset{j\ne i}{\prod^n_{j=0}}\frac{x_j-x}{x_j-x_i}$$

Libre si et seulement si l'un des \(x_i\) est tel que \(P(x_i)\ne0\) \(\to\) th fondamental de l'algèbre
1° \(\{\varepsilon_i\}^n_{i=0}\) forme une base si et seulement si $$\forall P\in{\Bbb K}_n[X]\setminus\{0\},\exists i\in\{0,\ldots,n\},\qquad\varepsilon_i(P)\ne0$$
C'est vrai car \(P\) est de degré \(n\), donc si \(P\) a \(n+1\) racines, alors \(P\) est nul d'après le théorème fondamental de l'algèbre

Mq base duale \(\to\) montrer que \(\varepsilon_k=\delta_{ik}\)
Alors

2° on cherche la base duale de \(\{\varepsilon_i\}^n_{i=0}\) car on identifie \(E^{**}\) à \(E\)
Pour \(k\in\{0,1,\ldots,n\}\) et \(i\in\{0,\ldots,n\}\), on a $$\begin{align}\varepsilon_k(e_i)&=e_i(x_k)\\ &=\underset{j\ne i}{\prod^n_{j=0}}\frac{x_j-x}{x_j-x_i}\\ &=\begin{cases}\frac{(x_0-x_k)\cdots(x_k-x_k)\cdots(x_n-x_k)}{(x_0-x_i)\cdots(x_n-x_i)}=0&&\text{si}\quad k\ne i\\ \frac{(x_0-x_i)\cdots(x_n-x_i)}{(x_0-x_i)\cdots(x_n-x_i)}=1&&\text{si}\quad k=i\end{cases}\end{align}$$ ainsi on a bien \(\varepsilon_k=\delta_{ik}\)
Donc \(\{e_i\}^n_{i=1}\) est bien une base de \(E\)

(Polynôme de Lagrange, Théorème fondamental de l'algèbre)

Soit \(E={\Bbb K}_n[X]\)
On note \(P_0=1\), \(P_i=\frac{X(X-1)\cdots(X-i+1)}{i!}\) pour \(i\geqslant1\) et \(f_i:P\mapsto P(i)\)

1. Montrer que \((P_0,\ldots,P_n)\) est une base de \(E\) et \({\mathcal B}=(f_0,\ldots,f_n)\) est une base de \(E^*\)
2. Décomposer la forme linéaire \(P^*_n\) dans la base \({\mathcal B}\) (on pourra utiliser les polynômes : \(Q_i=\prod_{1\leqslant j\leqslant n,j\ne i}(X-j)\))
3. Décomposer de même les autres formes linéaires \(P^*_k\)

1° \((P_0,\ldots,P_n)\) est une base car tous les \(P_i\) ont des degrés différents
\({\mathcal B}\) est une base de \(E^*\) (méthode dans un exercice de Espace dual - Base duale (Avec des polynômes))

Exprimer les \(e_k\) en fonction de \(Q_k\)

2° et 3° : on suppose que \(x_i=i\in\{1,\ldots,n\}\)
Alors $$\begin{align} e_0&=\frac{(1-x)\cdots(n-x)}{n!}=\frac{(-1)^nQ_0}{n!}\\ e_1&=\frac{(0-x)\cdots(n-x)}{(0-1)\cdots(n-1)}=\frac{(-1)^nQ_1}{(-1)(n-1)!}=\frac{(-1)^{n-1}Q_1}{(n-1)!}\\ &\ldots\\ e_k&=\frac{(0-x)\cdots(k-1-x)(k+1-x)\cdots(n-x)}{(0-k)\cdots(k-1-k)(1\cdots n-k)}=\frac{(-1)^{n-k}}{k!(n-k)!}Q_k\end{align}$$
On a donc \(e_n=\frac{Q_n}{n!}\)