Matrices Marc SAGE 31 mars 2009 Table des matiŁres 1 Mise en jambe 2 2 Sur la trace 4 3 Un calcul de rang 5 4 Sur un isomorphisme 6 5 L(cid:146)inverse est-il une fonction polynomiale? 7 6 IdØaux bilatŁres de M 7 n 7 Centres de quelques sous-algŁbres de M 8 n 8 GØnØrateurs de l(cid:146)algŁbre M 9 n 9 Modulo le groupe linØaire, toute matrice est un projecteur 9 10 Modulo le groupe linØaire, les matrices non inversibles sont les nilpotentes 10 11 Modulo conjugaison, les nilpotentes sont les triangulaires strictes 10 12 Une gØnØralisation des classes d(cid:146)Øquivalence 11 13 Pourquoi la structure vectorielle du groupe linØaire n(cid:146)est pas passionante 11 14 Sous-espace engendrØ par les projecteurs, les nilpotents 12 15 Tout hyperplan de M intersecte GL 13 n n 16 Sous-matrices et serpents nuls 14 17 Matrices et arithmØtique 15 1 Dans tout ce qui suit, K dØsigne un corps et K dØsigne le corps R ou C. Comme pour les espaces vectoriels, le corps de base sera souvent omis et l(cid:146)on notera volontiers M pour n M (K). n Le coe¢ cient d(cid:146)indice (a;b) d(cid:146)une matrice X sera notØ [X] . a;b L(cid:146)ensemble des matrices symØtriques sera notØ S ou S (K). n n L(cid:146)ensemble des matrices anti-symØtriques sera notØ AS ou AS (K). n n 1 Mise en jambe 1. Rappeler pourquoi, pour les matrices, un inverse (cid:224) droite (ou (cid:224) gauche) est automatiquement un « vrai » inverse. 2. MontrerquedeuxmatricescarrØesdontlasommeetleproduitco(cid:239)ncidentcommutent.Contre-exemples si l(cid:146)on ne parle pas de matrices? 3. Montrer pour A;B M l(cid:146)ØnoncØ d(cid:146)intØgritØ « modØrØe » n 2 ( M M ; AMB =0) = (A=0 ou B =0). n 8 2 ) 4. Soient A M et B M (oø i;j;k;l 1). Calculer la codimension du sev i;j k;l 2 2 (cid:21) V := M M ; AMB =0 . A;B j;k f 2 g 5. Une matrice (cid:224) coe¢ cients dans K est dite (cid:224) diagonale dominante si i 1;:::;n ; a > a . i;i i;j 8 2f g j j j j j=i X6 Montrer qu(cid:146)une matrice (cid:224) diagonale dominante est inversible. En dØduire, pour A Mn(K), une localisation des scalaires (cid:21) pour lesquels il existe un sev non nul 2 oø A agit par homothØtie de rapport (cid:21). Solution proposØe. 1. Soit A une matrice de M admettant un inverse (cid:224) droite, mettons AA = 1. On veut montrer que n d M M A a un inverse (cid:224) gauche1, ce qui revient (cid:224) montrer que l(cid:146)application A : n (cid:0)! n atteint la (cid:1) M MA (cid:26) 7(cid:0)! matrice identitØ 1. Il su¢ t donc de montrer que A est surjective. Or, c(cid:146)est un endomorphisme de M , n (cid:1) injectif par existence de l(cid:146)inverse (cid:224) droite, donc surjectif, CQFD. 2. Notons A et B nos deux matrices. L(cid:146)hypothŁse s(cid:146)Øcrit A+B = AB, ou encore A+B AB = 0. (cid:0) On rajoute (cid:224) cette identitØ le terme manquant pour une bonne factorisation : (A 1)(B 1)=1. On en (cid:0) (cid:0) dØduit que B 1 est l(cid:146)inverse de A 1, d(cid:146)oø (B 1)(A 1)=1 et A+B =BA en dØveloppant. Il vient (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) alors AB =A+B =BA comme souhaitØ. Si l(cid:146)on n(cid:146)est pas dans l(cid:146)anneau M , l(cid:146)argument de la question prØcØdente Øchoue. Pour un contre- n exemple, puisque l(cid:146)hypothŁse se rØØcrit (a 1)(b 1) = 1 et que la conclusion Øquivaut (sous cette (cid:0) (cid:0) hypothŁse)(cid:224)(b 1)(a 1)=1,ilsu¢ tdetrouverdeuxØlØmentsxetyd(cid:146)unanneautelsquexy =1=yx, (cid:0) (cid:0) 6 les ØlØments a et b Øtant alors dØ(cid:133)nis par a 1 = x et b 1 = y. C(cid:146)est le moment de penser aux tapis (cid:0) (cid:0) x: (u;v;w;:::) (v;w;:::) roulant de KN dØ(cid:133)nis par 7! . Dans l(cid:146)anneau L KN , on a bien d(cid:146)une y : (u;v;w;:::) (0;u;v;:::) (cid:26) 7! part xy =1 d(cid:146)autre part yx=1 car la suite (1;0;0;:::) est annulØe par yx. (cid:0) (cid:1) 6 1Les inverses (cid:224) droite et (cid:224) gauche co(cid:239)ncident (propriØtØ valable dans un mono(cid:239)de quelconque) : Ad=1Ad=(AgA)Ad=Ag(AAd)=Ag1=Ag. 2 3. L(cid:146)hypohtŁse se rØØcrit AE B =0 pour tout i;j, d(cid:146)oø (cid:224) u;v (cid:133)xØs ij 0=[AE B] = [A] [E ] [B] =[A] [B] . ij uv u;x i;j x;y y;v u;i j;v x;y X Si A est non nulle, l(cid:146)un des [A] est non nul, donc tous les [B] sont nuls, i. e. B =0. u;i j;v 4. Raisonnant en termes d(cid:146)applications linØaires, une matrice M satisfait AMB = 0 ssi ImM ImB KerA, autrement ssi M L(ImB;KerA). En notant S un supplØmentaire de ImB dans Kk,j ce qu(cid:26)i ImB permetd(cid:146)identi(cid:133)er2 M j =L2S ImB;Kj avecL S;Kj L ImB;Kj ,onendØduitquel(cid:146)application j;k (cid:8) (cid:2) linØaire injective (cid:0) V , (cid:1) L S;K(cid:0)j L(cid:1)(Im(cid:0)B;KerA)(cid:1) A;B ! (cid:2) M M ;M S ImB (cid:26) 7(cid:0)! (cid:0) (cid:1)j j est bien dØ(cid:133)nie et est un isomorphisme d(cid:146)espaces vect(cid:0)oriels. La dim(cid:1)ension de L S;Kj vaut (k rgB)j, (cid:0) tandis que celle de L(ImB;KerA) vaut (rgB)(j rgA). Additionnant, il reste jk rgArgB, d(cid:146)oø le (cid:0) (cid:0) (cid:0)(cid:1) rØsultat codimV =rgA rgB. A;B 5. Il revient (cid:224) montrer que A est injective, autrement dit que KerA est nul. Pour (cid:0)!(cid:21) KerA, on a 2 A(cid:0)!(cid:21) =0, d(cid:146)oø (en lisant la i-iŁme coordonnØe) (cid:21) a = ( (cid:21) )a . i i;i j i;j (cid:0) j=i X6 A(cid:133)n d(cid:146)utiliser l(cid:146)hypothŁse, on prend les modules : (cid:21) a (cid:21) a . i i;i j i;j j jj j(cid:20) j jj j j=i X6 Si(cid:0)!(cid:21) =0,alorsl(cid:146)unedesescoordonnØesestnonnulleetl(cid:146)onpeutconsidØreruntel(cid:21) demodulemaximal. k 6 Il vient alors (cid:21) a j jj a < a , contradiction. k;k k;j k;j j j(cid:20) (cid:21) j j j j k j=k j j j=k X6 X6 LorqueA=(cid:21)surunsevV nonnul,lamatriceA (cid:21)n(cid:146)estpasinjective(sonnoyaucontientV),donc (cid:0) n(cid:146)estpas(cid:224)diagonaledominante,donc(cid:21)appartient(cid:224)l(cid:146)undesdisquesdecentrea etderayon a . i;i j=ij i;jj 6 P Remarques. LamØthodedelapremiŁrequestiondoitŒtreretenue:utiliserdesargumentsdimensionnels pour transformer une surjectivitØ a priori non Øvidente en une injectivitØ quasi triviale. LatroisiŁmequestionmontreque,pouravoir(A=0 ou B =0),onpeutremplacerlacondition(insu¢ sante) A1B =0 par A B =0. (cid:1) La quatriŁme question mets les points sur les i quant (cid:224) considØrer des matrices commes des applications linØaires. Une matrice de M Øtant vue comme une application linØaire de Kb vers Ka et non l(cid:146)inverse, on a;b prendra garde (cid:224) ne pas se tromper de dimension lorsque l(cid:146)on appliquera le thØorŁme du rang. La cinquiŁme quesion est un lemme d(cid:146)Hadamard qui peut s(cid:146)interprŒter comme suit : une matrice (cid:224) diago- nale dominante a tous ses coe¢ cients hors de la diagonale « nØgligeables » devant ceux diagonaux, donc est « presque » une matrice diagonale ((cid:224) coe¢ cients non nuls), donc est presque inversible. Un scalaire (cid:21) comme dans l(cid:146)ØnoncØ est appelØ valeur propre de A, les disques localisant les valeurs propres sont dits de Gershg(cid:246)rin. 2Lorsque V et W sont deux sev en somme directe,on a un isomorphisme L(V W) L(V) L(W) (cid:8) (cid:0)! (cid:2) f f ;f 8>>< (cid:11)(v(v+)+w)(cid:12)7(cid:0)(!w) 7(cid:0)g!(cid:0) (cid:0) j(V(cid:11);(cid:12)j)W(cid:1) . (cid:18) (cid:19) >>: 3 2 Sur la trace 1. Montrer que la seule forme linØaire centrale3 sur M est (cid:150)(cid:224) un scalaire prŁs (cid:150)la trace. n 2. Montrer que toute forme linØaire sur M est du type tr(A):M tr(AM). n (cid:1) 7! Solution proposØe. 1. Face(cid:224)uneØquationdutype’(AB)=’(BA),ilfautcommencerpardonnerdesvaleurs« simples» aux variables A et B. Prendre A = 0 ou 1 ou (cid:21) n(cid:146)est pas trŁs intØressant. On est rapidement amenØ (cid:224) (cid:6) A=E essayer les matrices ØlØmentaires, mettons i;j . B =E k;l (cid:26) On rappelle la formule (qu(cid:146)il faut conna(cid:238)tre...) E E =(cid:14)kE . On a donc i;j k;l j i;l (cid:14)k’(E )=’(E E )=’(E E )=(cid:14)l’(E ). j i;l i;j k;l k;l i;j i k;l i=l En prenant j =6 k , on obtient ’(Ei;l)=0, donc ’ est nulle pour toute matrice (cid:224) diagonale nulle. En (cid:26) i=l faisant cette fois , il vient ’(E ) = ’(E ), et ceci tenant pour tout i;j, on en dØduit que j =k i;i j;j (cid:26) ’(E ) est une constante (cid:21). i;i Ainsi, en dØcomposant une matrice A comme une matrice de diagonale nulle D plus une matrice 0 diagonale, on obtient n n n ’(A)=’ D + a E =’(D )+ a ’(E )=(cid:21) a =(cid:21)trA. 0 i;i i;i 0 i;i i;i i;i ! i=1 i=1 i=1 X =0 X =(cid:21) X 2. Vu le rØsultat (cid:224) montrer, il est naturel de c|on{zsid}Ører l(cid:146)appl|ica{tzion}4 M M f : n (cid:0)! n(cid:3) A tr(A) (cid:26) 7(cid:0)! (cid:1) On veut montrer la surjectivitØ de f. On va montrer que f est linØaire, injective, puis on concluera par l(cid:146)ØgalitØ des dimensions. f est bien dØ(cid:133)nie car, la trace Øtant linØaire, tr(A) l(cid:146)est aussi : (cid:1) tr(A((cid:21)M +N))=tr((cid:21)AM +AN)=(cid:21)tr(AM)+tr(AN). f est de plus linØaire : f((cid:21)A+B)=tr(((cid:21)A+B) )=tr((cid:21)A +B )=(cid:21)tr(A)+tr(B )=(cid:21)f(A)+f(B). (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) VØri(cid:133)ons que f est injective : f(A)=0 = tr(A)=0 = i;j; tr(AE )=0 = A=0. i;j ) (cid:1) ) 8 ) aj;i | {z } En(cid:133)n, puisque dimE = dimE pour un espace vectoriel de dimension (cid:133)nie, en particulier pour (cid:3) E =M , on peut conclure que f est un isomorphisme (en particulier surjectif, ce que l(cid:146)on voulait). n 3Une forme linØaire ’surune algŁbre est dite centrale si’(ab)=’(ba)pourtous a;b . 4On note E le dual d(cid:146)un espace vectoAriel , i. e. l(cid:146)ensemble des formes linØaires sur E. Lo2rsAque E est de dimension (cid:133)nie, on a (cid:3) l(cid:146)ØgalitØ dimE(cid:3)=dimE. 4 Remarques. LapropriØtØtr(AB)=tr(BA)estremarquablementpratique,maisattention(cid:224)nepasen abuser : en particulier, on ne peut pas rØordonner n(cid:146)importe comment un produit de k 3 matrices sous une (cid:21) trace! Par exemple, en notant 1 0 0 0 0 1 A= , B = , C = , 0 0 1 0 0 0 (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) on dispose des relations 1 0 0 0 ABC = C =0 C =0 0 0 1 0 (cid:2) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) et 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 ACB = B = = , 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) ce qui montre que les deux produits ABC et ACB n(cid:146)ont pas la mŒme trace. Si l(cid:146)on peut rØordonner tout comme l(cid:146)on veut sous la trace, mettons tr(AMN) = tr(ANM) pour toute matrice A, alors tr(MN)=tr(NM), d(cid:146)oø MN =NM par injectivitØ de R tr(R) ce qui est un cas trivial (cid:1) (cid:1) 7! (cid:1) oø on peut e⁄ectivement faire ce que l(cid:146)on veut sous la trace. Dans le cas rØel, (A;B) tr(AtB) est le produit scalaire canonique sur les matrices : la seconde question 7! ne fait donc qu(cid:146)Ønoncer l(cid:146)isomorphisme canonique d(cid:146)un espace euclidien avec son dual. 3 Un calcul de rang a2 ab ab b2 ab a2 b2 ab Pour a et b des scalaires, calculer le rang de la matrice 0 1. ab b2 a2 ab B b2 ab ab a2 C B C @ A Solution proposØe. On va faire des opØrations ØlØmentaires sur les lignes et les colonnes, opØrations qui simpli(cid:133)e la matrice et que nous savons conserver le rang. On s(cid:146)autorisera dans un premier temps (cid:224) marcher (cid:224) pieds joints sur les quelques divisions par zØro qui nous embŒtent; nous les traiterons (cid:224) part plus tard. La matrice Øtant homogŁne en (a;b), on a envie de poser c:= b et de diviser toutes les lignes par a2, ce qui a 1 c c c2 c 1 c2 c donnelamatrice0 1.Onaun1toutenhaut(cid:224)gauche,cequipermetdetuerlescoe¢ cientsen c c2 1 c B c2 c c 1 C B C @ A 1 c c c2 L L cL 2 (cid:0) 2(cid:0) 1 1 c2 0 c c3 dessous (cid:224) l(cid:146)aide des opØrations 8 L3 (cid:0)L3(cid:0)cL1 : on obtient la matrice 0 (cid:0)0 1 c2 c(cid:0)c3 1, < L4 (cid:0)L4(cid:0)c2L1 B c c3 c(cid:0)c3 1(cid:0)c4 C B (cid:0) (cid:0) (cid:0) C : 1 c2 0 @ c 1 c2 A (cid:0) (cid:0) dont le rang vaut 1 plus le rang de la sous-matrice 0 1 c2 c 1 c2 . Divisant 0 (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:1) 1 c 1 c2 c 1 c2 1 c2 1+c2 (cid:0) (cid:0) (cid:0)(cid:0) (cid:1) 1 0 @c A (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)(cid:0) (cid:1) toutes les colonnes par 1 c2, on obtient 0 1 c . On tue le c de la premiŁre colonne via L 3 (cid:0) 0 1 (cid:0) c c 1+c2 1 0 c @ A 1 c L cL , ce qui donne 1 c , dont le rang vaut 1 plus le rang de , laquelle est de rang 2. 3(cid:0) 1 0 1 c 1 c 1 (cid:18) (cid:19) Finalement, on trou@ve un rang 4Alorsque tout ce qui prØcŁde est lØgitime. Listons les illØgalitØs que nous avons commises : a=0, c2 =1, c=1. Il su¢ t de les traiter (cid:224) part. b2 b2 Lorsque a=0, la matrice devient 0 1 qui est de rang 4 si b=0 et de rang 0 si b=0. b2 6 B b2 C B C Lorsque a=0 et c2 =1, la matrice@3 3 avant divisioAn par 1 c2 est nulle, donc le rang cherchØ vaut 1. 6 (cid:2) (cid:0) 5 Le cas c=1 est un cas particulier de c2 =1. Finalement, on peut rØsumer de maniŁre concise : (condition) (rang) a2 =b2 4 6 . a2 =b2 =0 1 6 a2 =b2 =0 0 4 Sur un isomorphisme 1 Soient p;q 1. On note P la matrice complexe avec p scalaires 1 et q scalaires i. (cid:21) i (cid:18) (cid:19) Soit S l(cid:146)ensemble des matrices A complexes telles que tAJ +JA=0 avec J :=P2. p;q Montrer que l(cid:146)on a un isomorphisme ASp+q(C) (cid:0)! Sp;q . A PAP 1 (cid:0) (cid:26) 7(cid:0)! Solution proposØe. L(cid:146)application ci-dessus Øtant clairement linØaire et injective (d(cid:146)inverse A P 1AP), il s(cid:146)agit de montrer (cid:0) 7! qu(cid:146)elle est bien dØ(cid:133)nie et que les dimensions au dØpart et (cid:224) l(cid:146)arrivØe co(cid:239)ncident. VØri(cid:133)ons que, pour A antisymØtrique, on a bien PAP 1 S . Remarquant que P est symØtrique, on veut (cid:0) p;q 2 t PAP 1 J =? JPAP 1 (cid:0) (cid:0) (cid:0) P(cid:0)1( A)P(cid:1)J =? JPAP 1 (cid:0) (cid:0) () (cid:0) (cid:0) ? A(PJP) = (PJP)A () ce qui est vrai car PJP =P4 =1. Pour calculer la dimension (complexe) de S , on dØcrit ses ØlØments par blocs. (cid:201)tant donnØ une matrice p;q (cid:11) (cid:12) M := dØcoupØe par blocs comme J et P, on a les Øquivalences (cid:13) (cid:14) (cid:18) (cid:19) (cid:11) (cid:12) S (cid:13) (cid:14) 2 p;q (cid:18) (cid:19) (cid:11) (cid:12) 1 1 (cid:11) (cid:12) t = (cid:0) () (cid:13) (cid:14) 1 1 (cid:13) (cid:14) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:0) (cid:19) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) t(cid:11) (cid:13) (cid:11) (cid:12) (cid:0) = (cid:0) (cid:0) () (cid:12) t(cid:14) (cid:13) (cid:14) (cid:18) (cid:0) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:11) AS et (cid:12) = (cid:13) et (cid:14) AS . p q () 2 2 On en dØduit un paramØtrage de S p;q ASp Mp;q ASq (cid:16) Sp;q (cid:2) (cid:2) (cid:11) (cid:12) 8 ((cid:11);(cid:12);(cid:14)) < 7(cid:0)! (cid:12) (cid:14) (cid:18) (cid:19) qui est clairement injectif. Il en rØsulte : p(p 1) q(q 1) dimS = dimAS +dimM +dimAS = (cid:0) +pq+ (cid:0) p;q p p;q q 2 2 p2 p+2pq+q2 q (p+q)2 (p+q) = (cid:0) (cid:0) = (cid:0) 2 2 = dimAS , CQFD. p+q 6 5 L(cid:146)inverse est-il une fonction polynomiale? Soit A une matrice inversible. Montrer que son inverse est un polyn(cid:244)me en A. En d(cid:146)autres termes : A GL (K) = A 1 K[A]. n (cid:0) 2 ) 2 Montrer cependant qu(cid:146)en supposant le corps de base K in(cid:133)ni l(cid:146)inverse n(cid:146)est pas une fonction polynomiale, i. e. qu(cid:146)il n(cid:146)y a pas de P K[X] tel que 2 A 1 =P (A) pour toute matrice A inversible. (cid:0) Qu(cid:146)en est-il du cas K (cid:133)ni? Solution proposØe. M Øtant de dimension (cid:133)nie n2, la famille I;A;A2;:::;An2 est liØe, donc il y a des scalaires ((cid:21) ) non tous n i nuls tels que n2 (cid:21) Ai = 0, d(cid:146)oø un polyn(cid:244)m(cid:16)e P annulateur d(cid:17)e A. Quitte (cid:224) multiplier par A 1 assez de fois, i=0 i (cid:0) on peut supposer que la valuation de P est de 0 : P a Ad+ +a A+a =0 d 1 0 (cid:1)(cid:1)(cid:1) avec a et a non nuls et d 1. On en dØduit, en composant une fois de plus par A 1 et en isolant a : d 0 (cid:0) 0 (cid:21) a Ad 1 a A a A(cid:0)1 = (cid:0) d (cid:0) (cid:0)(cid:1)(cid:1)(cid:1)(cid:0) 2 (cid:0) 1 a 0 qui est bien un polyn(cid:244)me en A. SupposonsmaintenantqueA 1 =P (A)pourunmŒmepolyn(cid:244)meP valablepourtoutmatriceAinversible. (cid:0) On doit donc avoir P ((cid:21)I) = 1I pour tout scalaire (cid:21) non nul. Si P s(cid:146)Øcrit d a Xi, en ne regardant qu(cid:146)une (cid:21) i=0 i coordonnØe sur la diagonale, on doit avoir P d a (cid:21)i+1 =1. i i=0 X Ceci tenant pour tout (cid:21) dans K supposØ in(cid:133)ni, on en dØduit a = 0 pour tout i, d(cid:146)oø contradiction, P ne (cid:3) i pouvant Œtre nul (il reprØsente un inverse...). Si K est supposØ (cid:133)ni, alors M (K) est (cid:133)ni de cardinal (#K)n2, donc le groupe GL (K) est d(cid:146)ordre (cid:133)ni, n n mettons g, donc toute matrice A inversible ØlevØe (cid:224) la puissance g donne l(cid:146)identitØ, ce qui s(cid:146)Øcrit aussi Ag 1 = (cid:0) A 1, d(cid:146)oø un polyn(cid:244)me universel Xg 1. (cid:0) (cid:0) 6 IdØaux bilatŁres de M n 1. DØterminer tous les idØaux bilatŁres5 de M . n 2. En dØduire que les morphismes d(cid:146)algŁbres de M vers une algŁbre non nulle sont toujours injectifs. n Solution proposØe. 1. Soit I un idØal bilatŁre. On va multiplier les ØlØments de I par des E pour tuer plein de coe¢ cients i;j etespØrerrØcupØrertouslesE ,cequimontreraqueI contientdesgØnØrateursdeM (K),doncvaudra k;j n M (K) tout entier. n DØj(cid:224), l(cid:146)idØal nul 0 convenant, on supposera que I contient une matrice non nulle A. Quitte (cid:224) f g Øchangerdeslignesetcolonnes,cequisefaitparmultiplicationpardesmatricesetdoncpermetderester dans notre idØal, on peut supposer a =0. I doit alors contenir 1 E AE =E , donc tous les E 1;1 6 a1;1 1;1 1;1 1;1 i;j par Øchange de lignes et colonnes, donc I vaut M (K). n Les seuls idØaux bilatŁres sont donc 0 et M (K). n f g 5Dans un anneau A,un idØal bilatŁre I est un sous-groupe additifde Atelque IA Aet AI I. (cid:26) (cid:26) 7 2. Soit’:M Auntelmorphisme.SonnoyauestunidØalbilatŁredeM ,doncvaut 0 (CQFD)ou n n (cid:0)! f g M .Danscederniercas,lemorphismeestnul,d(cid:146)oø1 =’(1)=0etl(cid:146)algŁbreAestnulle,contradiction. n A Remarque. Soit une algŁbre. Rappelons que l(cid:146)on peut munir l(cid:146)espace vectoriel quotient A(cid:30)I d(cid:146)une A structure d(cid:146)algŁbre compatible avec celle de ssi I est un idØal bilatŁre. Une algŁbre dont les seuls idØaux A A bilatŁres sont triviaux ( 0 et ) est dite simple. La terminologie est la mŒme que pour les groupes simples f g A (sans sous-groupes distinguØs non triviaux) car les consØquences sont identiques : l(cid:146)Øtude des quotients ( et A 0 ) est triviale. f g 7 Centres de quelques sous-algŁbres de M n DØterminer dans M le centre6 de la sous-algŁbres formØes des matrices : n 1. quelconques; 2. triangulaires (supØrieures); 3. triangulaires (supØrieures) strictes; 4. diagonales. Solution proposØe. IlpeutŒtreutiledenoterquelesmatricesscalairescommutenttoujoursavec7 toutlemonde.Lorsquen=1, il n(cid:146)y a que des (matrices) scalaires, et l(cid:146)Øtude systØmatique des commutants devient triviale. On suppposera donc n 2. (cid:21) 1. Soit A une matrice commutant avec tout le monde. C(cid:146)est dire (par bilinØaritØ) qu(cid:146)elle commute aux E , ce qui s(cid:146)Øcrit i;j i;j; x;y; [AE ] = [E A] 8 8 i;j x;y i;j x;y i;j;x;y; [A] [E ] = [E ] [A] 8 x;k i;j k;y i;j x;k k;y k k X X i;j;x;y; (cid:14)ja = (cid:14)ia . 8 y x;i x j;y Prendre x = i (on peut car n 2) et y = j donne a = 0, ce qui montre que A est diagonale. Prendre x;i 6 (cid:21) x=i et y =j donne a =a , ce qui montre que A est scalaire, ce qui rØciproquement convient. i;i j;j 2. Le mŒme raisonnement restreint aux E pour i j conduit aux mŒmes conclusions : prendre x=i i;j (cid:20) 6 et y = j = n montre que A est diagonale et l(cid:146)ØgalitØ a = a valable pour i j signi(cid:133)e encore que A i;i j;j (cid:20) est constante sur sa diagonale. 3. On continue : prendre x = i et y = j = n > i donne a = 0, donc A est diagonale (cid:224) l(cid:146)exception x;i 6 peut-Œtre de sa derniŁre colonne. Mais prendre y = j et x = i = 1 < j donne a = 0, donc A est j;y 6 diagonale (cid:224) l(cid:146)exception peut-Œtre de sa premiŁre ligne. Par consØquent, A vaut une matrice diagonale plus un (cid:21)E . En(cid:133)n, l(cid:146)ØgalitØ a = a valable pour i < j signi(cid:133)e encore la diagonale de A est constante. 1;n i;i j;j RØciproquement, E n(cid:146)intervient pas dans le calcul d(cid:146)un produit contre une matrice triangulaire stricte, 1;n ce qui montre que le commutant de ces derniŁres est tout l(cid:146)espace Vect E ;:::;E ;E . On trouve 1;1 n;n 1;n f g autre chose que les matrices scalaires! 4. Les matrices diagonales Øtant engendrØes par les E , une matrice A commmutera avec celles-ci ssi i;i AE =E A pour tout i, ce qui s(cid:146)Øcrit i;i i;i i;x;y; (cid:14)ia =(cid:14)ia . 8 y x;i x i;y Prendre x = i = y donne a = 0, ce qui montre que A est diagonale. RØciproquement, l(cid:146)algŁbres des x;i 6 matrices diagonales est commutative8. 6Le centre d(cid:146)une algŁbre Aest Z(A):= z A; a A; az=za . f 2 8 2 g 7L(cid:146)usage dans la langue mathØmatique est de dire « commuter(cid:224) ». 8Elle est isomorphe (cid:224) une algŁbre produit Ka, voir la feuille suivante pour dØterminer toutes les fa(cid:231)ons de « reprØsenter » Ka dans Mn(K). 8 8 GØnØrateurs de l(cid:146)algŁbre M n 1. L(cid:146)algŁbre M peut-elle Œtre monogŁne9? n 2. Montrer que M est engendrØe en tant qu(cid:146)algŁbre par les deux matrices J et tJ avec n 0 1 (cid:31) (cid:31) J := Ei;i+1 =0 (cid:31) 1 1. 1 i<n (cid:20)X B 0 C B C @ A Solution proposØe. 1. Une algŁbre monogŁne est dØcrite comme l(cid:146)ensemble des polyn(cid:244)mes ØvaluØs en un mŒme ØlØment : elle est donc commutative, ce qui n(cid:146)est pas le cas de M pour n 2. Le cas n=1 est trivial : M (K) est n n (cid:21) rØduite (cid:224) K qui est Øvidemment engendrØe par n(cid:146)importe quel scalaire non nul. 2. Il su¢ t de montrer que les E sont algØbriquement engendrØs par J et tJ. i;j Il est classique de calculer Jk = E (on « pousse » k fois vers le haut la diagonale de 1 i n k i;i+k 1)10. En transposant, on trouve tJk = (cid:20)(cid:20) (cid:0) E . On peut donc calculer, pour a;b 0, le produit P 1 j n k j+k;j (cid:21) de mon(cid:244)mes (cid:20) (cid:20) (cid:0) Ja tJb = PE E = (cid:14)i+aE . i;i+a j+b;j j+b i;j 1 i n a 1 j n b a<i+a n (cid:20)X(cid:20) (cid:0) (cid:20)X(cid:20) (cid:0) b<jX+b(cid:20)n (cid:20) Pour rØaliser l(cid:146)ØgalitØ i+a = j+b, il faut faire attention aux indices. Si a b, pour b < j+b n (cid:133)xØ, (cid:20) (cid:20) l(cid:146)indicei+apeutprendrelavaleurj+b,doncilrestera E .Danslecasa b,c(cid:146)estj+b qui prendra la valeur i+a et il restera E 1.(cid:20)j(cid:20)n(cid:0)b j+b(cid:0)a;j (cid:21) 1(cid:20)i(cid:20)n(cid:0)a i;i+aP(cid:0)b Dans les deux cas, on obtient une diagonale de 1 de longueur n a ou n b dØcalØe a b fois vers le P (cid:0) (cid:0) (cid:0) haut. Pour rØcupØrer E , il su¢ t de prendre (pour a b=l) deux telles diagonales dont les longueurs k;k+l (cid:0) sont k et k 1 (prendre a=n k et n k+1); par le calcul, cela s(cid:146)Øcrit (cid:0) (cid:0) (cid:0) E = E E =Jn k tJn k l Jn k tJn k l k;k+l i;i+l i;i+l (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) i k i k 1 X(cid:20) (cid:20)X(cid:0) (les puissances de J et J sont toutes positives puisque k+l n). 0 (cid:20) 9 Modulo le groupe linØaire, toute matrice est un projecteur Soit A une matrice. Montrer qu(cid:146)il existe une matrice inversible M telle que AM soit un projecteur. Solution proposØe. LeproblŁmeportantsurdesmultiplicationspardesmatricesinversibles,ilestnaturelderØduireA=PJ Q r oø P et Q sont inversibles. On cherche M inversible telle que (AM)2 = AM. Pour prendre le carrØ de PJ Q, r on aimerait bien remplacer Q par P 1 (cid:150)contrairement (cid:224) la relation d(cid:146)Øquivalance, la relation de similitude sur (cid:0) les matrices se comporte bien vis-(cid:224)-vis des opØrations polynomiales. Il su¢ t pour cela de poser M =Q 1P 1 : (cid:0) (cid:0) (AM)2 = PJ QQ 1P 1 2 = PJ P 1 2 =PJ2P 1 =PJ P 1 =AM, CQFD. r (cid:0) (cid:0) r (cid:0) r (cid:0) r (cid:0) (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) Remarque. Une autre dØmarche est de raisonner en terme d(cid:146)endomorphismes. Soit u l(cid:146)endomorphisme de E =Kn canoniquement associØ (cid:224) A. On cherche ’ GL(E) tel que u’ soit un projecteur (cf. exercices sur 2 la dimension (cid:133)nie). 9Une structure est dite monogŁne lorsqu(cid:146)elle est engendrØe parun seulØlØment. 10faire k=0et k=1pourŒtre sßrdu dØcalage 9 J(cid:146)encourage le lecteur (cid:224) chercher une telle solution, tout en gardant (cid:224) l(cid:146)esprit que, mŒme si l(cid:146)on utilise deux formalismes di⁄Ørents, on fait exactement lamŒme chose : tisserles parallŁles entre les deuxdØmarches ne peut Œtre que formateur. Les deux chemins sont souvent possibles : la voie endomorphismes est un peu plus conceptuelle mais natu- relle, tandis que la dØmarche matricielle est plus du ressort du jeu et de l(cid:146)astuce. Il faut pouvoir sentir quelle dØmarche est plus adaptØe au problŁme posØ et savoir au besoin mŒler les deux... Et puis on peut aussi avoir ses prØfØrences :-). 10 Modulo le groupe linØaire, les matrices non inversibles sont les nilpotentes Soit A une matrice de M avec n 1. Montrer que A est non inversible ssi il existe une matrice inversible n (cid:21) M telle que AM soit nilpotente. Solution proposØe. Tout comme le problŁme prØcØdent, il est naturel de rØduire A = PN Q oø N est une matrice nilpotente r r de mŒme rang que A, par exemple r scalaires 1 au-dessus de la diagonale, ce qui conclut le sens direct (prendre M =Q 1P 1). (cid:0) (cid:0) Pour la rØciproque, si AM est nilpotente, elle n(cid:146)est pas inversible (car n > 0), donc A n(cid:146)est pas inversible (puisque M l(cid:146)est). Remarque. Comme pour l(cid:146)exercice prØcØdent, une dØmarche en terme d(cid:146)endomorphismes serait parfai- tementvalable(cf.feuillesurladimension(cid:133)nie)etjenepeuxqueconseillerdecomparerlesdeuxcheminspour voir en quoi ils sont « moralement » complŁtement identiques. 11 Modulo conjugaison, les nilpotentes sont les triangulaires strictes 1. Que vaut la trace d(cid:146)une matrice nilpotente? 2. Soit A nilpotente dans M . Montrer que A est semblable (cid:224) une matrice triangulaire stricte. n Solution proposØe. 1. Surdesexemplessimplesdenilpotents,(cid:224)savoirlesmatricestriangulairesstrictes,onvoitquelatrace est nulle. Montrons cela pour tous les nilpotents de M par rØcurrence sur n. n Pour n=0, c(cid:146)est tautologique. Soit n 1 et A nilpotente de M . Pour rØcurrer, on va mettre des zØros sur les premiŁres colonnes n (cid:21) de A. Pour ce faire, on remarque que KerA n(cid:146)est pas le sev nul (sinon A serait inversible et d(cid:146)une ØgalitØ Ap =0 l(cid:146)on dØduirait A=0 qui n(cid:146)est pas inversible pour n 1), donc, en regardant la matrice de A dans (cid:21) une base adaptØe (cid:224) une dØcomposition Kn =KerA S, on obtient (cid:8) 0 ? A oø A M pour un k <n. (cid:24) 0 B 0 2 k (cid:18) (cid:19) Puisque A est nilpotente, le calcul par blocs montre que A l(cid:146)est aussi. Par hypothŁse de rØcurrence, il y 0 a une matrice de passage P telle que B =PCP 1 avec C de trace nulle. On en dØduit (cid:0) 0 ? 1 0 ? 1 0 ? A = (cid:24) 0 PCP(cid:0)1 P C P(cid:0)1 (cid:24) T (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) dont la trace vaut 0+trT =0, CQFD. 2. Il su¢ t de reprendre la dØmonstration ci-dessus en rempla(cid:231)ant « de trace nulle » par « triangulaire stricte ». 10