\documentclass{article}
\usepackage{titling}
\author{Laura \textsc{Gay}}
\include{preambule}

\newboxedtheorem{defi}{Définition}{compteur1}
\newboxedtheorem{prop}{Proposition}{compteur2}
\newboxedtheorem{lem}{Lemme}{}
\newboxedtheorem{coro}{Corollaire}{compteur3}
\newboxedtheorem{thm}{Théorème}{}
\newboxedtheorem{appli}{Application}{compteur5}
\newcommand{\IN}{\N}
\newcommand{\Ker}{\text{Ker}}

\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\~\\ }}{\hfill $\blacksquare$\\}

\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}

\begin{spacing}{2}
\setlength {\shadowsize }{2pt}
\begin{center} \shadowbox{\begin{minipage}{15cm}
\centering     \begin{huge} 
\textsc{Dual de $\mathcal{M}_n(\K)$}\end{huge}
\end{minipage}} \end{center}\end{spacing}
~\\


\underline{Référence :} \textsc{FGNal1} :  p.329 exo 7.8\\

On cherche ici à déterminer les formes linéaires de $\mathcal M_n(\K)$.

\begin{thm}
    L'application
    $$\fnc{f}{\mathcal M_n(\K)}{\mathcal M_n(\K)^*}{A}{f_A~:~X \mapsto \tr(AX)}$$
    réalise un isomorphisme entre $\mathcal M_n(\K)$ et son dual.
\end{thm}

\begin{proof}
    On note $(E_{i,j})_{i,j}$ la base canonique de $\mathcal M_n(\K)$.

    $f$ est clairement linéaire, et les espaces sont de même dimension finie. Montrons donc l'injectivité de $f$.

    Soit $A$ telle que $f_A=0$. On a alors, pour tous $i_0,j_0$~:
    \begin{align*}
        0=\tr(AE_{i_0,j_0}) &= \sum_{i=1}^n \left(AE_{i_0,j_0} \right)_{i,i}\\
        &= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{i,j} \left(E_{i_0,j_0} \right)_{j,i}\\
        &= a_{j_0,i_0}
    \end{align*}
    Finalement, $A=0$. Donc $f$ est injective donc bijective d'où l'isomorphisme.
\end{proof}

Essayons maintenant, parmi toutes ces formes linéaires, de caractériser la plus connue, la {\em trace}.

\begin{coro}
    Soit $g \in \mathcal M_n(\K)^*$ vérifiant $g(XY)=g(YX)$ pour toutes matrices $X$ et $Y$. Alors
    $$\exists \lambda \in \K,~\forall X \in \mathcal M_n(\K),~g(X) = \lambda \tr(X).$$
\end{coro}

\begin{proof}
    D'après le théorème précédent, il existe donc une matrice $A$ telle que $g(X) = \tr(AX)$.

    L'hypothèse nous donne donc
    $$\tr(AXY) = \tr(AYX).$$
    Or les propriétés de la trace nous permettent d'écrire~:
    $$\tr(AYX) = \tr(XAY).$$

    Finalement, on a $$\tr((AX-XA)Y) = 0,$$ et ce pour tout matrice $Y$.

    En réutilisant l'isomorphisme précédent, on a donc $AX=XA$, et comme il est connu que le centre de $\mathcal L(E)$ est l'ensemble des homothéties, $A$ en est donc une.
\end{proof}

Il est maintenant temps d'utiliser la correspondance forme linéaire $\leftrightarrow$ hyperplan.

\begin{coro}
    Si $n\geqslant 2$, alors tout hyperplan de $\mathcal M_n(\K)$ rencontre $GL_n(\K)$.
\end{coro}

\begin{proof}
    Soit donc $H$ un hyperplan de $\mathcal M_n(\K)$, et soit $\varphi$ une\footnote{On peut multiplier $\varphi$ par n'importe quel scalaire non nul.} forme linéaire associée. Il existe donc une matrice $A$ telle que pour toute matrice $X$, on ait $\varphi(X) = \tr(AX)$.

    On cherche donc une matrice inversible, telle que $\tr(AX)$ soit nulle.

    Pour simplifier le problème, notons $r$ le rang de $A$. $A$ est donc équivalente à $J_r$~: $PAQ = J_r=\begin{pmatrix}
    I_r&0\\
    0&0
    \end{pmatrix}$ où $P$ et $Q$ sont inversibles. 

    On a donc, pour toute matrice $X$, $$\tr(AX) = \tr(PJ_rQX) = \tr(J_rQXP).$$

    Si on trouve $Y$ inversible telle que $\tr(J_rY)$ soit de trace nulle, on a gagné (on pose $X= Q^{-1} Y P^{-1}$ qui reste à la fois dans $GL_n(\K)$ et dans l'hyperplan $H$ car on aura alors $\tr(AX)=0$).

    Pour cela, on peut par exemple poser
    $$Y =
        \begin{pmatrix}
        0 & 0 & \cdots & \cdots & 0 & 1 \\
        1 & 0 & \ddots &        &   & 0 \\
        0 & 1 & 0      &        &   & \vdots \\
        \vdots && \ddots & \ddots && \vdots \\
        \vdots &&& \ddots & \ddots & \vdots \\
        0 & \cdots & \cdots & \cdots & 1 & 0
    \end{pmatrix}
    $$
    $Y$ est inversible (det$Y=(-1)^{n+1}$), $J_rY$ a sa diagonale nulle, donc sa trace aussi.
\end{proof}

\begin{coro}
Soit $(A,B) \in \mathcal{M}_n(\K)$. Il y a équivalence entre
\begin{enumerate}
\item $\exists X \in \mathcal{M}_n(\K)$ / $AX+XA=B$.
\item $\forall C \in \mathcal{M}_n(\K)$ / $AC+CA=0$ $\Rightarrow$ tr$(BC)=0$
\end{enumerate}
\end{coro}

\begin{proof}
\begin{description}
\item[1. $\Rightarrow$ 2.] Simple calcul.\\
Soit $C \in \mathcal{M}_n(\K)$ / $AC+CA=0$. Alors
\begin{align*}
\tr(BC)&=\tr(AXC+XAC)=\tr(AXC)+\tr(XAC)\\
&=\tr(CAX)+\tr(ACX)=\tr((CA+AC)X) \end{align*}
\item[2. $\Rightarrow$ 1.] Interprétons les deux assertions.\\
L'application $\fnc{h}{\mathcal{M}_n(\K)}{\mathcal{M}_n(\K)}{X}{AX+XA}$ est un endomorphisme. \\
1. équivaut à $B \in \text{Im} h$.\\
En reprenant les notations du théorème, $F=f(\Ker h)\subset \mathcal{M}_n(\K)^*$. La condition 2. s'écrit $$\forall C \in \Ker h,~ f_C(B)=0$$ 
En d'autres termes, 2. est équivalent à $B \in F^{\circ}$ orthogonal dual de $F$.\\
On a montré dans 1. $\Rightarrow$ 2. que $\text{Im} h \subset F^{\circ}$.
On a en fait égalité entre ces deux espaces car (utilisons que $f$ est un isomorphisme)
$$\dim F^{\circ} = n^2- \dim F=n^2- \dim f(\Ker h) = n^2-\dim \Ker h =\dim \text{Im} h$$
Donc finalement $F^{\circ} \subset \text{Im} h$ ie 2. $\Rightarrow$ 1.
\end{description}
\end{proof}

\vspace{1cm}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, 9'35 en hyper lent.. rajouter centre  + $\sim J_r$ (H2G2).\\
\checkmark ~Les formes linéaires permettent de caractériser analytiquement l'appartenance à un hyperplan. \\
\checkmark ~Pour montrer que le centre de $\mathcal{L}(E)$ est constitué des homothéties il faut y aller à la brute en utilisant que les $E_{i,j}$ forment une base.


\end{document}