Problème ouvert?
dans Algèbre
J'ouvre un fil dédié à
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,1860076,1860076#msg-1860076
que je trouve trop isolé tout seul dans le fil des problèmes ouverts entassés ensemble.
Apparemment l'énoncé est que tout sous-anneau commutatif de $(M_n(\C), \circ, +)$ est de dimension au plus $n$ (en tant qu'espace vectoriel sur $\C$), mais je n'ai peut-être pas bien compris le post de df.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,1860076,1860076#msg-1860076
que je trouve trop isolé tout seul dans le fil des problèmes ouverts entassés ensemble.
Apparemment l'énoncé est que tout sous-anneau commutatif de $(M_n(\C), \circ, +)$ est de dimension au plus $n$ (en tant qu'espace vectoriel sur $\C$), mais je n'ai peut-être pas bien compris le post de df.
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Réponses
j’étais sur le point de rajouter ce résultat dans ta liste des lemmes (chimiquement purs) d’algèbre commutative !
Voici l’énoncé qui a été démontré par un certain Murray Gerstenhaber et, indépendamment, par deux autres mathématiciens dont j’ai oublié le nom.
J’ai plus la numérotation en tête.
$\textbf{Lemme}$ Soient $M$ et $N$ deux matrices carrées commutantes d’ordre $n$ à coefficients dans un corps $K$ algébriquement clos.
Alors la $K$-algèbre commutative et associative qu’elles engendrent est de dimension au plus $n$.
Le problème que j’évoquais dans le fil « Problèmes mathématiques encore ouverts » est la propriété équivalente mais pour trois matrices commutantes deux à deux.
Le problème général pour $k$ matrices est faux.
Bon week-end à tous !
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Une des trois démonstrations consiste à montrer que la variété formée par les couples de matrices commutantes est nécessairement irréductible; ce qui n’est pas le cas pour les triplets d’où l’échec de la géométrie algébrique !
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J'avais effectivement mal compris ce qu'il restait d'ouvert. Comme tu le précises, il a été prouvé qu'un sous-anneau commutatif de $M_n(\C)$ peut être de dimension $\geq n+1$.
Il me semble effectivement qu'un contre-exemple est fourni par
$A=\left\{ \begin{pmatrix} \lambda I_n & X \\ 0 & \lambda I_n \end{pmatrix} \mid X\in M_n(\mathbb{C})\right\}\subset M_{2n}(\mathbb{C})$
(de dimension $n^2+1$ strictement plus grande que $2n$ dès que $n>1$).
Connaît-on la dimension maximale d'une sous-algèbre commutative de $M_n(\mathbb{C})$ ?
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Un contre-exemple pour $k=4$ matrices d’ordre $4$ est le suivant: les matrices $A=E_{1,3}, B=E_{1,4}, C=E_{2,3}, D=E_{2,4}$ commutent entre-elles puisque leurs produits deux à deux est nul.
Alors $(I_4, A, B, C, D)$ est une famille libre et génératrice de $S_4=\{A^iB^jC^kD^{\mathscr{l}}\: : 0 \leq i, j, k, \mathscr{l} \leq 3 \}$ sous-algèbre de dimension $5$.
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À partir de là, on démontre qu’il existe une unique base du $\mathbb{C}$-espace vectoriel $S_k$ qui les diagonalise toutes.
Je n’ai pas compris la dernière phrase mais j’y réfléchirai demain.
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Si pour tous $x,y\in A$, $xy=yx$ alors il existe une base dans laquelle tous les éléments de $A$ sont diagonaux.
Par récurrence sur $n$, le cas où $n=0$ étant évident. Supposons $n\geq 1$; si tous les éléments de $A$ sont des homothéties, le résultat est à nouveau évident, sinon on prend $f\in A$ et on décompose l'espace en somme directe d'espaces propres $E=\oplus_{\lambda \in sp(f)} E_{\lambda}$. Pour tous $\lambda \in sp(f)$ et $g\in A$, on a, pour tout $x\in E_{\lambda}$ $f (g(x))=g(f(x))=g(\lambda x) = \lambda g(x)$ et donc $E_{\lambda}$ est stable par $g$. Donc par hypothèse de récurrence -$f$ n'étant pas une homothétie, $dim(E_{\lambda})<dim(E)=n$-, il existe une base commune de diaginalisation pour $\{g|_{E_{\lambda}}\mid g \in A\}$$\beta_{\lambda}$ sur $E_{\lambda}$ et le recollement des $(\beta_{\lambda})_{\lambda \in sp(f)}$ fournit la base cherchée.