Probleme Enonce

Transposition d’un endomorphisme

K designe R ou C.

E designe un espace vectoriel de dimension finie sur K.

Pour tout endomorphisme f de E, et toute forme lineaire ϕ sur E, on note Tf(ϕ) = ϕ ◦ f .

L’application f → Tf est appelee transposition de L(E).

1. (a) Montrer que la transposition est une application de L(E) dans L(E∗).

(b) Montrer que cette application est lineaire.

(c) Montrer de deux manieres differentes que cette application est injective.

(d) Conclusion ?

2. Montrer que pour tous endomorphismes f et g de E, T(g ◦ f) = Tf ◦ Tg.

3. (a) Identifier l’application TIdE.

(b) Soit f un automorphisme de E.

Montrer que Tf est un automorphisme de E∗ et que (Tf)−1 = T(f−1).

(c) Reciproquement soit f un endomorphisme de E.

On suppose que Tf est un automorphisme de E∗ = L(E,R).

Montrer de deux manieres que f est un automorphisme de E.

4. Soit f un endomorphisme de E. Montrer que rg f = rg Tf .

5. Soit (e) = e1, e2, . . . , en une base de E, et soit (e∗) la base duale (c’est-a-dire la base de E∗ des

� formes lineaires coordonnees �, definies pas e∗i

( n∑j=1

xjej

)= xi).

Soit f un endomorphisme de E, de matrice A dans la base (e).

Montrer que la matrice de Tf dans la base (e∗) est TA.

Mathematiques en MPSI© Jean-Michel Ferrard

mathprepa.fr Page 1

Probleme Corrige

Corrige

1. (a) Si f est un endomorphisme de E et si ϕ est une forme lineaire sur E (c’est-a-dire uneapplication lineaire de E dans K) alors Tf(ϕ) = ϕ ◦ f est une application lineaire de Edans K, c’est-a-dire une forme lineaire sur E.

L’application f → Tf est donc definie sur L(E) et elle est a valeurs dans L(E∗).

(b) Montrons que la transposition de L(E) est lineaire.

Soient f, g deux endomorphismes de E, et λ, µ deux scalaires.

Pour toute forme lineaire ϕ sur E,T(λf + µg)(ϕ) = ϕ ◦ (λf + µg) = λϕ ◦ f + µϕ ◦ g (ϕ est lineaire)

= λTf(ϕ) + µTg(ϕ) = (λTf + µTg)(ϕ)

Autrement dit T(λf + µg) = λTf + µTg : la transposition de L(E) est lineaire.

(c) Il s’agit de montrer que Tf = 0⇒ f = 0, ou encore f 6= 0⇒ Tf 6= 0.

Premiere methode :

Soit f un endomorphisme de E tel que Tf soit nul.

Pour toute forme lineaire ϕ sur E, on a donc Tf(ϕ) = ϕ ◦ f = 0.

Soit (e) = e1, e2, . . . , en une base de E, et soit (e∗) = e∗1, e∗2, . . . , e

∗n la base duale.

Pour toute image v = f(u) et tout indice i, on a donc : e∗i (v) = (e∗i ◦ f)(u) = 0.

Mais on sait que v =n∑

i=1

e∗i (v)ei. Il s’ensuit que v = f(u) est nul, et ceci quelque soit le

vecteur u de E : f est donc l’application nulle.

Deuxieme methode :

Soit f un endomorphisme non nul de E. On va montrer que Tf est non nul.

Par hypothese, il existe un vecteur u de E tel que v = f(u) soit non nul.

Soit H un hyperplan supplementaire de la droite Kv : E = H ⊕Kv.

Comme tout hyperplan de E, H est le noyau d’une forme lineaire non nulle ϕ.

Puisque v n’appartient pas a H, on a ϕ(v) 6= 0, c’est-a-dire (ϕ ◦ f)(u) 6= 0.

Ainsi l’application ϕ ◦ f = Tf(ϕ) est non nulle.

Il en est donc de meme de l’application Tf , ce qu’il fallait demontrer.

(d) Si on note dimE = n, alors dimE∗ = n et dimL(E) = dimL(E∗) = n2.

Compte tenu de cette egalite de dimensions et du fait que la transposition est lineaire etinjective, elle realise un isomorphisme de L(E) sur L(E∗).

2. Soient f et g deux endomorphismes de E. Pour toute forme lineaire ϕ sur E, on a :

T(g ◦ f)(ϕ) = ϕ ◦ (g ◦ f) = (ϕ ◦ g) ◦ f = (Tg(ϕ)) ◦ f = Tf(Tg(ϕ)) = (Tf ◦ Tg)(ϕ)

Il en resulte bien l’egalite : T(g ◦ f) = Tf ◦ Tg.

3. (a) ∀ϕ ∈ E∗, TIdE(ϕ) = ϕ ◦ IdE = ϕ. Il en resulte que TIdE est l’application IdE ∗ .

(b) Soit f un automorphisme de E. On a (Tf−1) ◦ (Tf) = T(f ◦ f−1) = TIdE = IdE ∗ .

On en deduit que Tf est un automorphisme de E∗ et que (Tf)−1 = T(f−1).

Mathematiques en MPSI© Jean-Michel Ferrard

mathprepa.fr Page 2

Probleme Corrige

(c) Premiere methode :

Puisque la transposition est un isomorphisme de L(E) sur L(E∗), il existe un endomor-phisme g de E tel que (Tf)−1 = Tg.

On en deduit que T(g ◦ f) = Tf ◦ Tg = IdE ∗ = TIdE.

Toujours en vertu de la bijectivite de la transposition, il vient g ◦ f = IdE : l’applicationf est donc l’automorphisme inverse de g.

Deuxieme methode :

On raisonne par l’absurde en supposant que f n’est pas injective.

L’image de f est donc incluse dans un hyperplan H de E.

Cet hyperplan est le noyau d’une forme lineaire non nulle ϕ.

Mais l’inclusion Im f ⊂ Kerϕ implique ϕ◦f = 0, c’est-a-dire Tf(ϕ) = 0 ce qui est absurdepuisque ϕ est non nulle et que Tf est supposee injective.

4. Le resultat est evident si f est l’application nulle (car alors Tf = 0) ou si f est un automorphismede E (car alors Tf est un automorphisme de E∗.)

On peut donc supposer que le rang r de f verifie 1 6 r 6 n− 1.

Soit (e) = e1, e2, . . . , en une base de E telle que e1, e2, . . . , er soit une base de Im f (on partd’une base de Im f et on applique le theoreme de la base incomplete.)

Comme d’habitude, on note (e∗) = e∗1, e∗2, . . . , e

∗n la base duale dans E∗.

Soit ϕ une forme lineaire quelconque sur E. On sait que ϕ =n∑

i=1

ϕ(ei)e∗i .

ϕ ∈ Ker (Tf) ⇔ (Tf)(ϕ) = 0⇔ ϕ ◦ f = 0

⇔ ϕ s’annule sur tous les vecteurs de Im f

⇔ ϕ s’annule sur e1, e2, . . . , er (qui forment une base de Im f)

⇔ ϕ s’ecrit ϕ =n∑

i=r+1

ϕ(ei)e∗i

⇔ ϕ est une combinaison lineaire de er+1, er+2, . . . , en

On constate donc que : Ker (Tf) = Vect {er+1, er+2, . . . , en}.Il s’ensuit que rg Tf = n− dim Ker (Tf) = n− (n− r) = r = rg f .

5. Soit B la matrice de Tf dans la base (e∗). Soient aij, bij les termes generaux A,B.

Le coefficient bij designe la composante sur e∗i de la forme lineaire (Tf)(e∗j) = e∗j ◦ f .

Mais pour toute forme lineaire ϕ sur E, ϕ =n∑

i=1

ϕ(ei)e∗i .

Ainsi bij = (e∗j ◦ f)(ei) = e∗j(f(ei)). Or pour tout vecteur u de E, on u =n∑

j=1

e∗j(u)ej.

bij est donc egal a la composante de f(ei) sur ej, c’est-a-dire a aji.

On a donc bij = aji pour tous indices i et j : on en deduit que B = TA.

Mathematiques en MPSI© Jean-Michel Ferrard

mathprepa.fr Page 3