´ nonc´e E
` Probleme eme
Transposition d’un endomorphisme K d´ esigne R
ou
C.
esigne un espace vectoriel de dimension finie sur K. E d´esigne Pour tout endomorphisme f de E , et toute tout e forme lin´eaire eaire ϕ sur E , on note Tf (ϕ) = ϕ ◦ f . L’application f → Tf est e st app ap p el´ee ee transposition de L(E ). ). 1. (a) Montrer Montrer que que la transpos transpositi ition on est une une applica application tion de de L(E ) dans L(E ). ∗
(b) Montrer que cette application est e st lin´eaire. eaire. (c) Montrer de deux mani`eres eres diff´erentes erentes que cette application est injective. (d) Conclusi Conclusion on ? 2. Montrer Montrer que pour tous endomorphismes endomorphismes f et g de E , T(g ◦ f ) = Tf ◦ Tg . 3. (a) Identifier Identifier l’appli l’applicati cation on T IdE . (b) Soit f un automorphisme de E . Montrer que Tf est un automorphisme de E et que (Tf ) ∗
1
−
= T(f 1 ). −
(c) R´eciproqu ecipr oquement ement soit f un endomorphisme de E . On suppose que Tf est un automorphisme de E = L (E, R). Montrer Montre r de deux mani`eres eres que f est un automorphisme de E . ∗
4. Soit f un endomorphisme de E . Montrer que rg f = rg Tf . 5. Soit (e) = e 1 , e2 , . . . , en une base de E , et soit (e ) la base duale (c’est-`a-dire a-dire la base de E des ∗
∗
n
form fo rmes es lin´ lin ´eair ea ires es coor co ordo donn´ nn´ees ee s , d´efini efi nies es pas pa s ei
∗
x j e j = x i ).
j =1
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. ∗
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Corrig´e Co
Corrig´ e 1. (a) Si Si f est un endomorphisme de E et si ϕ est une forme lin´eaire eaire sur E (c’est-`a-dire a-dire une T applicatio appli cation n lin´eaire eaire de E dans K) alors f (ϕ) = ϕ ◦ f est une application lin´eaire eaire de E dans K, c’est-`a-dire a-dire une forme lin´eaire eaire sur E . L’application f → Tf est donc d´efinie efinie sur L(E ) et elle est a` valeurs dans L(E ). ∗
(b) Montrons que la transposition de L (E ) est lin´eaire. eai re. Soient f, g deux endomorphismes de E , et λ, µ deux scalaires. Pour toute tout e forme lin´eaire eaire ϕ sur su r E , T
(λf + µg )(ϕ) = ϕ ◦ (λf + µg ) = λϕ ◦ f + µϕ ◦ g (ϕ est es t lin´ li n´eair ea ire) e) = λ Tf (ϕ) + µTg (ϕ) = (λTf + µTg )(ϕ)
Autrement Autrement dit T(λf + µg ) = λ Tf + µTg : la transposition de L(E ) est lin´eaire. eai re. (c) Il s’agit de montrer que Tf = 0 ⇒ f = 0, ou encore f = 0 ⇒ Tf = 0. Prem Pr emi` i` ere er e m´ etho et hode de :
Soit f un endomorphisme de E tel que Tf soit nul. Pour toute tout e forme lin´eaire eaire ϕ sur su r E , on a donc Tf (ϕ) = ϕ ◦ f = 0. Soit (e) = e 1 , e2 , . . . , en une base de E , et soit (e ) = e 1 , e2 , . . . , en la base duale. Pour toute image v = f (u) et tout indice i, on a donc : ei (v ) = (ei ◦ f )(u) = 0. ∗
∗
∗
∗
∗
∗
n
Mais on sait que v =
ei (v )ei. Il s’ensuit que v = f (u) est nul, et ceci quelque soit le ∗
i=1
vecteur u de E : f est donc l’application nulle. Deux De uxi` i` eme em e m´ etho et hode de :
Soit f un endomorphisme non nul de E . On va montrer que Tf est non nul. Par hypoth`ese, ese, il existe un vecteur u de E tel que v = f (u) soit non nul. Soit H un hyperplan suppl´ementaire ementaire de la droite Kv : E = H ⊕ Kv . Comme tout hyperplan de E , H est le noyau d’une forme lin´eaire eaire non nulle ϕ. Puisque v n’appartient pas a` H , on a ϕ(v ) = 0, c’est-`a-dire a-dire (ϕ ◦ f )(u) = 0. Ainsi l’application ϕ ◦ f = Tf (ϕ) est non nulle. Il en est donc de mˆeme eme de l’application Tf , ce qu’il fallait fallai t d´emontrer. emontre r. (d) Si on note dim E = n , alors dim E = n et dim L(E ) = dim L(E ) = n 2 . Compte tenu de cette ´egalit´ egalit´e de dimensions et du fait que la transposition est lin´eaire eaire et injective, elle r´ealise ealise un isomorphisme de L(E ) sur L(E ). ∗
∗
∗
2. Soient Soient f et g deux endomorphismes de E . Pour Po ur toute tout e forme lin´eaire eaire ϕ sur su r E , on a : T
(g ◦ f )(ϕ) = ϕ ◦ (g ◦ f ) = (ϕ ◦ g ) ◦ f = (Tg (ϕ)) ◦ f = Tf (Tg (ϕ)) = (Tf ◦ Tg )(ϕ)
Il en r´esul es ulte te bien bi en l’´egal eg alit it´´e : T(g ◦ f ) = Tf ◦ Tg . 3. (a) ∀ϕ ∈ E , TIdE (ϕ) = ϕ ◦ IdE = ϕ . Il en r´esulte esulte 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 d´eduit edu it que Tf est un automorphisme de E et que (Tf ) ∗
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∗
1
−
= T(f 1 ). −
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Corrig´e Co
(c) Pre P remi mi` ` ere er e m´ etho et hode de : Puisque la transposition est un isomorphisme de L(E ) sur L(E ), il existe un endomorphisme g de E tel que (Tf ) 1 = Tg . On en d´eduit edu it que T(g ◦ f ) = Tf ◦ Tg = IdE = TIdE . Toujours en vertu de la bijectivit´e de la transposition, tr ansposition, il vient g ◦ f = IdE : l’application f est donc l’automorphisme inverse de g . ∗
−
∗
Deux De uxi` i` eme em e m´ etho et hode de :
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 n oyau d’une forme lin´eaire eaire non nulle ϕ. Mais l’inclusion Im f ⊂ Ker ϕ implique ϕ ◦ f = = 0, c’est-`a-dire a-dire Tf (ϕ) = 0 ce qui est absurde puisque ϕ est non nulle et que Tf est suppos´ supp os´ee ee injective. injec tive. 4. Le r´ r ´esul es ulta tatt est es t ´evid ev ident ent si s i f est est l’application nulle (car alors Tf = = 0) ou si f est est un automorphisme de E (car alors Tf est un automorphisme de E .) On peut donc supposer que le rang r de f v´ v´erifie ri fie 1 r n − 1. ∗
Soit (e) = e1 , e2 , . . . , en une base de E telle que e1 , e2 , . . . , er soit une base de Im f (on part d’une base de Im f et e t on app appliqu liquee le th´eor` eor`eme eme de la base bas e incomp inc ompl` l`ete.) ete .) Comme d’habitude, on note (e ) = e 1 , e2 , . . . , en la base duale dans E . ∗
∗
∗
∗
∗
n
Soit ϕ une forme lin´eaire eaire quelconque quelc onque sur E . On sait que ϕ =
ϕ(ei )ei . ∗
i=1
ϕ ∈ Ker 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 ) n
s’´ecrit ϕ = ⇔ ϕ s’´
ϕ(ei )ei
∗
i=r+1
⇔ ϕ est une combinaison combinai son lin´eaire eaire de er+1 , er+2 , . . . , en On constate constate donc donc que : Ker (Tf ) = Vect {er+1 , er+2 , . . . , en }. Il s’ensuit que rg Tf = n − dimKer(Tf ) = n − (n − r) = r = rg f . 5. Soit B la matrice de Tf dans la base (e ). Soient aij , bij les l es term te rmes es g´en´ en ´erau er aux x A, B . Le coefficient bij d´esigne esign e la composante comp osante sur ei de la forme lin´eaire eaire (Tf )(e j ) = e j ◦ f . ∗
∗
∗
∗
n
Mais pou pourr toute to ute forme lin´eaire eaire ϕ sur E , ϕ =
ϕ(ei )ei . ∗
i=1
n
Ainsi bij = (e j ◦ f )(ei ) = e j (f (ei )). Or pour tout vecteur u de E , on u = ∗
∗
e j (u)e j . ∗
j =1
e st don doncc ´egal ega l a` la composante de f (ei ) sur e j , c’est-`a-dire a-dire a` a ji . bij est On a donc bij = a ji pour tous indices i et j : on en d´eduit eduit que B = TA.
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