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Agr´egation interne
UFR MATH´ EMATIQUES
Exercice
Soit Eun espace vectoriel de dimension finie. On appelle transvection tout endomorphisme de Ediff´erent de l’identit´e
tel qu’il existe un hyperplan Hv´erifiant
i) ∀x∈H, f (x) = x
ii) ∀x∈E, f (x)−x∈H
1) Une projection sur un hyperplan de Eest-elle une transvection ?
2-a)Montrer que, si fest une transvection d’hyperplan H, alors il existe une unique droite vectorielle Dincluse dans
Htelle que, pour tout x∈E,f(x)−x∈D.
b)En d´eduire l’existence d’une forme lin´eaire ϕet d’un vecteur unon nul tel que H= Ker ϕet pour tout x∈E,
f(x) = x+ϕ(x)u.
3) Montrer que fest une transvection si et seulement si il existe une base de Edans laquelle tous les coefficients de
la diagonale de la matrice de fsont ´egaux `a 1 et tous les autres sont nuls `a l’exception d’un seul qui vaut 1.
4) D´eterminer le polynˆome minimal d’une transvection. Ce polynˆome minimal caract´erise-t-il les transvections ?
5) Montrer qu’une transvection est inversible et que son inverse est ´egalement une transvection.
´
El´ements de solution
1) Soit Hun hyperplan de E.
Une projection psur Hv´erifie
i) ∀x∈H,p(x) = x
ii) ∀x6∈ H,p(x)∈H
Donc, si x6∈ H, alors p(x)−x6∈ Hcar p(x)∈Het Hest un sous-espace vectoriel de E. On en d´eduit qu’une
projection n’est pas une transvection.
2-a)Soient fune transvection d’hyperplan Het Fun suppl´ementaire de Hdans E.
Supposons que {f(a)−a;a∈F}={0}. Comme E=H⊕F, tout ´el´ement xde Es’´ecrit x=xh+xFavec
xh∈Het xF∈F. On a alors f(x) = f(xH) + f(xF) = xH+xF=x, donc f=Id. Absurde. Il existe alors
a∈Ftel que b=f(a)−a6= 0.
Posons D= Vect{b}.Dest une droite vectorielle car b6= 0. On a D⊂Hcar b∈H.
Soit x∈Eavec x=xH+xF.xF∈Fdonc il existe λ∈Ktel que xF=λa et f(xF) = λf(a) = λ(b+a) car
b=f(a)−a. On en d´eduit que f(x) = xH+λ(b+a) = xH+xF+λb. Donc f(x)−x=λb ∈D. On a donc
montr´e l’existence d’une telle droite.
Montrons qu’elle est unique. S’il y en avait deux Det D′distincts, alors on aurait, pour tout x∈E,
f(x)−x∈D∩D′, c’est-`a-dire f(x)−x= 0. On aurait donc f=Id. Absurde.
b)On a vu que, pour tout x∈E,f(x)−x∈D. Soit uun vecteur directeur de D. D´efinissons une application ϕ
par
ϕ:"E→K
x7→ λ
o`u λest le scalaire d´efini de mani`ere unique par f(x)−x=λu.
Montrons que ϕest lin´eaire.

Soit (x, y)∈E2, alors f(x+y)−(x+y) = ϕ(x+y)u, mais on a ´egalement, par lin´earit´e de f,
f(x+y)−(x+y) = f(x)−x+f(y)−y=ϕ(x)+ϕ(y)u. Comme u6= 0, on en d´eduit que ϕ(x+y) = ϕ(x)+ϕ(y).
On montre de mˆeme que, pour tout x∈E, pour tout α∈K,ϕ(αx) = αϕ(x).
On a donc bien d´efini une forme lin´eaire.
D´eterminons Ker ϕ. Si x∈H, alors f(x)−x= 0 donc x∈Ker ϕ. Comme dim Ker ϕ= dim E−1 = dim H, on
en d´eduit que H= Ker ϕ.
3) On note nla dimension de E. Supposons qu’il existe une base {e1,...,en}de Edans laquelle tous les coefficients
diagonaux de la matrice de fsoient ´egaux `a 1 et tous les autres sont nuls sauf l’un d’entre eux (que l’on note aij
avec i6=j) qui vaut 1. Soit H= Vect{e1,...,ei−1, ei+1,...,en}, alors Hest un hyperplan, par construction, et,
pour tout x∈H,f(x) = x.
Si x∈E, alors x=
n
X
k=1
xkeket
f(x) =
n
X
k=1
xkf(ek) =
n
X
k=1,k6=i
xkek+xi(ei+ej)
donc f(x)−x=xiejpour j6= 1, c’est-`a-dire que f(x)−x∈H.
R´eciproquement, soit fune transvection, alors il existe une forme lin´eaire ϕet un vecteur unon nul tel que, pour
tout x∈E,f(x) = x+ϕ(x)u. Soit Fun suppl´ementaire de Ker ϕ. On appelle e1un vecteur directeur de F. Soit
e2=f(e1)−e1, alors e2∈H. On compl`ete {e2}en une base {e2,...,en}de H. Comme e16∈ H, le syst`eme
{e1,...,en}est une base de E.
On a f(ei) = eisi 2 ≤i≤ncar ei∈Het f(e1) = e1+e2par construction. Dans cette base, la matrice
repr´esentative de fa la forme demand´ee.
4) Le polynˆome minimal de fest un diviseur de son polynˆome caract´eristique qui est (X−1)n: il est donc de la forme
µf(X) = (X−1)pavec 1 < p ≤ncar f6=Id.
Comme, pour tout x∈E,f(x)−x∈Het que, pour tout y∈H,f(y) = y, on a, pour tout x∈E,
ff(x)−x=f(x)−x, donc f2−2f+Id = 0 et le polynˆome X−2−2X+ 1 = (X−1)2est un polynˆome
annulateur de f. D’apr`es ce qui pr´ec´ede, c’est son polynˆome minimal.
Posons
M=
1 1 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 0 1
et N=
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 0 1
les matrices repr´esentant deux endomorphismes fet gdans la base canonique de R4.
Soit F={(x, y, 0,0) ; (x, y)∈R2}et G={(0,0, z, t) ; (z, t)∈R2}, alors R4=F⊕G.Fet Gsont stables par f
et g. Les matrices Met Nne sont pas semblables puisque le sous-espace vectoriel associ´e `a 1 est de dimension 2
pour f(donc fn’est pas une transvection) et de dimension 3 pour g. Elles ont mˆeme polynˆome minimal : (X−1)2.
5) Comme le polynˆome minimal d’une transvection est µf(X) = X2−2X+1, on a f◦(2Id−f) = (2Id −f)◦f=Id
donc fest inversible et son inverse est 2Id −f.
Si on se place dans la base d´efinie `a la question 2, la matrice repr´esentative de 2Id −fa pour matrice une matrice
dont tous les coefficients diagonaux valent 1 et tous les autres sont nuls sauf le terme aij avec i6=jqui vaut −1.
Il suffit alors de changer la base {e1, . . . , en}en la base {e1,...,ei−1,−ei, ei+1,...,en}pour montrer que f−1est
´egalement une transvection.
Compl´ements : Notons Eij la matrice dont tous les coefficients sont nuls sauf son terme de la i`eme ligne et j`eme
colonne qui vaut 1. Les matrices de transvection sont les matrices Tij (λ) = Id +λEij pour i6=j.
−La matrice M Tij(λ) s’obtient en rempla¸cant dans Mla j`eme colonne not´ee cjpar cj+λci.
−La matrice Tij (λ)Ms’obtient en rempla¸cant dans Mla i`eme ligne not´ee lipar li+λlj.
Ces matrices interviennent dans les op´erations ´el´ementaires sur les lignes et les colonnes. Elles engendrent SL(E).
Elles font partie (avec les dilatations) des g´en´erateurs de GL(E).
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