Tr(A+B)^p

Bonjour, J'ai un souci avec un exercice qui ne me parait pas compliqué mais je ne comprends pas les corrections, je me dis que je passe peut-être à côté des difficultés.

Il s'agit de montrer que pour deux matrices $A$ et $B$ dans $M_n(\Z)$ et pour $p$ premier, $\mathrm{Tr}(A+B)^p \equiv \mathrm{Tr}(A^p)+\mathrm{Tr}(B^p) \pmod p$

J'ai trouvé une solution qui dit : "
Pour cela, on développe la somme et on regroupe les termes égaux à "rotation" près, ils sont de même trace donc leur somme est nulle, et il ne reste plus que les termes $A^p$ et $B^p$ "
Quand ils disent leur somme est nulle, c'est bien modulo $p$ ? Est-ce que l'argument de la divisibilité des coefficients binomiaux par $p$ suffit ?

Il y a une autre solution dans un Tauvel, Il passe par les $p$-cycles et les orbites en montrant d'abord que $G$ étant un sous-groupe du $p$-cycle $(1,2,\ldots,p)$, $E$ un ensemble non vide et $S$ l'ensemble des $p$ termes d'éléments de $E$, le cardinal de la $G$-orbite de $S$ dans $S$ est égal à $p$. Ensuite il utilise ce cardinal pour montrer que tous les termes du développement autres que $\mathrm{Tr}(A^p)$ et $\mathrm{Tr}(B^p)$ seront nuls modulo $p$ sans que je comprenne la solution pour tout avouer.

Bref, pourquoi passe-t-il par les orbites pour cette démonstration ? Qu'est-ce que ça apporte et qu'à priori je ne vois pas du tout.
Merci,
dido

Réponses

  • Le problème est que $A$ et $B$ n'ont aucune raison de commuter, donc pas forcément de coefficients binomiaux pour les termes non extremaux. Ils parlent de somme nulle modulo $p$ bien sûr (sinon on n'aurait pas d'identités remarquables à apprendre au collège). Je ne comprends pas l'argument de la trace, en effet les termes égaux à rotations près sont au nombre de $p$ et ont même trace, donc leur somme a une trace nulle (modulo $p$), mais je ne vois pas en quoi cela implique que cette somme est nulle (modulo $p$).
  • Pardon, j'ai écrit n'importe quoi !! Il faut montrer que $\mathrm{Tr}(A+B)^p \equiv \mathrm{Tr}(A^p)+\mathrm{Tr}(B^p) \pmod p $.
    Toutes mes excuses !

    PS : J'ai corrigé le message initial pour plus de compréhension.
  • Dans ce cas le problème est réglé ! ;-)
  • Pourquoi les termes égaux à rotations près sont au nombre de $p$ ? ce n'est pas au nombre un multiple de $p$ ?
  • En effet, ils sont en fait en nombre multiple de $p$. Plus précisément, les termes qui contiennent $k$ fois la matrice $A$ sont au nombre de $\binom{p}{k}$. Donc pour $1 \leq k \leq p-1$, il s'agit bien d'un multiple de $p$.
  • Ok, merci, c'est bien ce que j'avais compris. Mais alors quel est l’intérêt de passer par le p-cycle et les orbites pour quelque chose d'aussi simple ? C'est juste pour éviter de parler coefficients binomiaux et un prétexte à une application ?
  • Je n'ai pas compris ce que tu appelles $G$ "un sous-groupe du $p$-cycle", parles-tu sous-groupe engendré par le $p$-cycle que tu donnes dans $\mathfrak S_p$ ? Et je n'ai pas non plus compris ce qu'est ton $S$, est-ce qu'il s'agit juste de $E^p$ ? Pareil pour "la $G$-orbite de $S$ dans $S$" ?
  • En fait on a déjà : $$ (1) \quad
    {\rm Tr}\, A^p \equiv {\rm Tr}\, A \pmod p
    $$ et le résultat en découle. Il suffit donc de montrer $(1)$ (le Petit Théorème de Fermat pour les matrices entières). Pour cela, on remarque que si $A=(a_{ij})$, alors $$
    (A^p )_{ij}= \sum a_{ii_1}a_{i_1 i_2} \cdots a_{i_{p-1}j}
    $$ où la somme porte sur tous les $(p-1)$-uplets $(i_1 ,\ldots,i_{p-1})$ (le montrer par récurrence à partir de la formule du produit matriciel habituel). Il s'ensuit que $$(2) \quad
    {\rm Tr}\, A^p =\sum a_{i_0 i_1}a_{i_1 i_2} \cdots a_{i_{p-1}i_0}
    $$ où $(i_0 ,i_1 ,\ldots ,i_{p-1})$ décrit $\{ 0,1,\ldots ,p-1\}^p$. Remarquons maintenant que le produit $a_{i_0 i_1}a_{i_1 i_2} \cdots a_{i_{p-1}i_0}$ est invariant par permutation circulaire des indices. Soit $c=(2\ 3\ \cdots\ n-1\ 1)$ la permutation circulaire standard et $G$ le groupe (d'ordre premier $p$) engendré par $c$. Il est naturel de faire agir $G$ sur les indices. Les orbites sont soit de cardinal $1$ et correspondent au termes de la somme de la forme $a_{ii}^p$, soit de cardinal $p$. Il s'ensuit que la somme $(2)$ est congrue à $$
    \sum_{i=1}^n a_{ii}^p \pmod p,\quad\text{donc à}\quad \sum_{i=1}^n a_{ii} \pmod p
    $$ par le Petit Théorème de Fermat. D'où le résultat.

    Une autre solution, un peu violente il est vrai, consiste à trigonaliser $A$ dans une clôture algébrique de ${\mathbb F}_p$.
  • Poirot, c'est ce que dit l'énoncé, mais je ne suis pas assez au point sur ce sujet pour en dire plus.

    Paul, en fait dans mon exos, il faut justement utiliser d'abord le résultat $\mathrm{Tr\,}(A+B)^p \equiv \mathrm{Tr\,}(A^p)+\mathrm{Tr\,}(B^p)$ pour montrer que $\mathrm{Tr\,} A^p \equiv \mathrm{Tr\,} A \pmod p$. Mais je crois que tes explications vont m'aider à comprendre cette question car je soupçonne des erreurs typographiques dans le livre qui me perturbent.
  • Moi je préfère la solution "un peu violente" que Paul Broussous a indiqué, c'est personnellement comme ça que j'avais résolu l'exo en prépa :-D en fait cela permet de se ramener à son dernier calcul sans autre calcul, puis on utilise le fameux $(a+b)^p = a^p + b^p$, et on voit qu'on a la trace puissance $p$, donc la trace car il s'agit maintenant d'un entier (j'explicite un peu ton commentaire, Paul)
  • $\newcommand{\F}{\mathbf F}$
    L'égalité dont le présent fil est l'objet est conséquence de ce que pour tout $p$ premier, tout entier $n$ et toute $M\in M_n(\F_p)$, $tr(M)=tr(M^p)$ $(*)$ (exo bien connu des taupins).

    Si $A\in M_n(\F_p)$, notons $C_A(X):=\det(A-XI_n)\in \F_p[X]$; on sait qu'il existe $a_2,\ldots,a_{n-1} \in \F_p$ tels que $C_A=X^n - tr(A)X^{n-1}+\sum_{k=2}^{n-1} a_k X^{n-k}+(-1)^n \det(A)$.

    Soit $M\in M_n(\F_p)$.
    Comme on a (caractéristique $p$) pour tout $M$, $(M-XI_n)^p=M^p-X^pI_n$, on a immédiatement $$C_{M^p}(X^p)=\det(M^p-X^pI_n)=\det[(M-XI_n)^p]=[\det(M-XI_n)]^p = [C_M(X)]^p=C_M(X^p)$$ et l'égalité $(*)$ découle de la comparaison entre les coefficients de ces deux polynômes (en fait $M$ et $M^p$ ont même polynôme caractéristique dans $\F_p$).
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Foys a écrit:
    exo bien connu des taupins

    Et moi qui pensais benoîtement que l'algèbre linéaire de taupe ne se pratiquait que sur les corps des nombres réels et des nombres complexes, éventuellement sur l'un ou l'autre de leurs sous-corps exotiques, par exemple le corps des nombres rationnels…
  • @ gb
    Tu as raison pour les programmes actuels, mais il fut un temps où d'autres corps avaient droit de cité (voir par exemple les Ramis-Deschamps-Odoux). Et même encore aujourd'hui, je pense que les MP* visant Ulm s'autorisent pareilles escapades.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.
  • Belle solution Foys.

    Pour info l'égalité $Tr(A^p)\equiv Tr(A)^p \mod p$ est attribuée à Vladimir Arnold. V. I. Arnol’d, “Topology and Statistics of Formulae of Arithmetics,

    Une conjecture (résolue depuis avec des théorèmes plus généraux dont je ne connais absolument rien) donnée par Arnold est alors $Tr(A^{p^r})\equiv Tr(A^{p^{r-1}})\mod p^{r}.$

    EDIT

    Une référence il me semble: On Matrix Analogs of Fermat’s Little Theorem A. V. Zarelua

    EDIT2: Merci Maxtimax!
  • @Krokop : Es-tu sûr de l'énoncé de cette conjecture ? Parce que $Tr(A^{p^r} ) = Tr(A)^{p^r}$ modulo $p$, par récurrence avec l'égalité d'avant, et donc comme $x^{p^r} = x$ modulo $p$, cela donne tout de suite cette congruence.
    Peut-être que tu voulais écrire $Tr(A^{p^r}) \equiv Tr(A^{p^{r-1}})$ modulo $p^{r-1}$ ou quelque chose de ce genre ?
  • Bonjour Dido. tu as eu cet exo ans quel bouquin car il est pas mal?
  • Bonjour,

    Désolé de déterrer cette discussion qui date un peu mais je découvre le résultat : pour toute matrice $A\in\mathcal{M_n(\Z)}$ et tout nombre premier $p$, $$\mathrm{Tr}(A^p)\equiv \mathrm{Tr}(A)\kern0.5em\text{(mod $p$)}$$ et les démonstrations proposées par Paul Broussous. En y réfléchissant, il me semble que l'on peut aussi utiliser le théorème des polynômes symétriques :

    Soit $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les racines complexes de $P_A=\det(A-XI)$.
    $$(\mathrm{Tr}(A))^p-\mathrm{Tr}(A^p)=(\lambda_1+\cdots+\lambda_n)^p-(\lambda_1^p+\cdots+\lambda_n^p).$$ Or, d'après la formule du multinôme, il existe $Q\in\Z[X_1,\dots,X_n]$ tel que $$(X_1+\cdots+X_n)^p-X_1^p-\cdots-X_n^p=pQ(X_1,\dots,X_n).$$ Manifestement $Q$ est symétrique, donc il existe $R\in\Z[X_1,\dots,X_n]$ tel que (les $s_{n,k}$ désignant les polynômes symétriques élémentaires) $$(\mathrm{Tr}(A))^p-\mathrm{Tr}(A^p)=pR(s_{n,1}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),\dots,s_{n,n}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)).$$ On en déduit, comme $P_A\in\Z[X]$, $(\mathrm{Tr}(A))^p-\mathrm{Tr}(A^p)\in p\Z$ et la conclusion via le petit théorème de Fermat.
  • C'est une façon un peu cachée de dire qu'en se plaçant dans $M_n(F_q)$ où $F_q$ est le corps fini contenant $F_p$ où le polynôme caractéristique est scindé on a $$Tr(A)=Tr(A)^p = (\sum_j \lambda_j)^p = \sum_j\lambda_j^p = Tr(A^p)$$
  • Comme j'ai eu l'occasion de le dire ici deux ou trois fois, le petit théorème de Fermat pour les matrices entières entre dans le cadre des suites réalisables. Pour une telle suite $u = (u_n)$, on montre que $0 \leqslant (u \star \mu)(n) \equiv 0 \pmod n$, où $\mu$ est bien sûr la fonction de Möbius et $f \star g$ désigne l'habituel produit de convolution de Dirichlet des fonctions arithmétiques $f$ et $g$.

    Appliqué à la suite $u_n = \mathrm{Tr} \left(A^n \right)$, on obtient
    $$\sum_{d \mid n} \mathrm{Tr} \left(A^n \right) \mu(n/d) \equiv 0 \pmod n.$$
    en particulier, si $n=p$ est un nombre premier, alors on retrouve $\mathrm{Tr} \left(A^p \right) \equiv \mathrm{Tr} \left(A\right) \pmod p$.
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