Déterminant et changement de corps de base

Je veux bien de la paternité de la démonstration, mais pas de l'énoncé. D'ailleurs le mot "théorème" me semble exagéré ici.

Je pense que l'on doit pouvoir se passer de la connaissance du groupe dérivé de $GL(n)$. Ca n'est pas très naturel de passer par là.

Cet énoncé n'est pas si général car il y a des endomorphismes du $K$-ev $M$ qui ne sont pas des produits par un élément de $M$ et plus généralement des ev sur $L$ qui ne sont pas des corps (par exemple si $L=\C$).

C'est bien ça. Dans le Bourbaki c'est encore plus général.

JLT : c'est exactement l'argument de Paul dans l'autre fil ;-)

Bien vu, Raoul.S ! La preuve de Bourbaki se base sur le lemme suivant (je l'énonce sur un corps $K$, mais il est valable dans un cadre plus large). Soient $n$ et $d$ deux entiers $\geqslant 1$. Soit $D((X_{ij})_{ij})$ le polynôme déterminant vu comme élément de $\Z [X_{11},...,X_{nn}]$. Pour $i,j=1,...,n$, soient $M_{ij}$ $n^2$ matrices de $M_d (K)$ qui commutent deux à deux. Soit $M$ la matrice de taille $nd\times nd$ qui est donnée par blocs $M=(M_{ij} )_{ij}$. Alors le déterminant de $M\in M_{nd} (K)$ est le déterminant de $D(M_{11},...,M_{nn})\in M_{d}(K)$.

L'intérêt de ce point de vue est bien sûr qu'il n'y a plus de changement de corps de base : tout se passe sur $K$. Si $L/K$ est un extension finie, on voit un endomorphisme $f\in End_L (L^n )$ comme une matrice par blocs dans $M_n (M_d (K))$, $d=[L:K]$, en regardant un élément $x$ de $L$ comme le $K$-endomorphisme de $L$ de multiplication par $x$ (après avoir fixé une base de $L$ sur $K$).

En tout cas, la commutativité des matrices semble nécessaire ne serait-ce que pour énoncer le résultat: puisqu'il est question d'évaluer un polynôme en des matrices, mieux-vaut qu'elles commutent entre elles.

On peut démontrer le lemme utilisé dans la preuve de Bourbaki et cité par Paul Broussous comme ceci. Par exemple pour $n=2$. Soit $K$ un corps, soit $A,B,C,D$ des matrices de $M_d(K)$ qui commutent deux à deux. Soit $M=\begin{pmatrix} A&B \\ C& D \end{pmatrix}$. Si on se place dans la clôture algébrique de $K$, alors $A,B,C,D$ sont trigonalisables dans une même base.

$A'=PAP^{-1}, \dots,D'=PDP^{-1}$, avec $A', \dots, D'$ trigonales supérieures.

Donc, si par exemple $d=2$, $\det \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}=\det \begin{pmatrix} A' & B' \\ C' & D' \end{pmatrix}=\det \begin{pmatrix} \lambda_1& \alpha& \mu_1& \beta \\0&\lambda_2&0&\mu_2 \\ \nu_1& \gamma& \rho_1& \delta \\0& \nu_2&0& \rho_2 \end{pmatrix}=\det \begin{pmatrix} \lambda_1& 0& \mu_1& 0 \\0&\lambda_2&0&\mu_2 \\ \nu_1& 0& \rho_1& 0 \\0& \nu_2&0& \rho_2 \end{pmatrix}$.

En effet, pour la dernière égalité, en imaginant le développement du déterminant sous forme $\sum_{\sigma}\epsilon ( \sigma ) \Pi_i m_{i,\sigma(i)}$, on voit que forcément les termes $m_{i,\sigma(i)}$ qui comptent, sont sur les diagonales de $A',B',C'$ ou $D'$.

Finalement, par permutation des lignes et des colonnes, $\det M= \det \begin{pmatrix} \lambda_1 & \mu_1 &0&0\\ \nu_1 & \rho_1 &0&0\\ 0&0 &\lambda_2 & \mu_2\\0& 0 &\nu_2 & \rho_2\end{pmatrix}= \det \begin{pmatrix} \lambda_1 \rho_1- \nu_1 \mu_1 &0 \\ 0 &\lambda_2 \rho_2- \nu_2 \mu_2 \end{pmatrix}=\det (A'D'-C'B')=\det (AD-CB)$

Peut-on se placer sur $\C$ et utiliser la densité des matrices diagonalisables ? Je ne sais pas car il faut que les matrices commutent.

P.S. Peut-on changer le titre du fil ? Merci !

Fait.

Merci Pea. Mais pourquoi si la réponse à la question est oui, tout sous-espace de matrices commutant deux à deux est de dimension au plus $n$ ?

Bonjour Paul, est-ce qu'il y a une autre démonstration du lemme utilisé dans Bourbaki ?

Merci pour ta réponse.