Fonction de $\mathcal {M}_n(K)$ dans $K$

Bonjour,
Soit $K$ un corps (commutatif), et $E=\mathcal{M}_n(K)$. Soit $f$ de $E$ dans $K$, telle que $f(AB)=f(A)f(B)$ pour tout $A,B \in E$, et telle que $f(A)=\det (A)$ si $A \in E$ est diagonalisable sur $K$. Montrer que $f(A)= \det (A)$ pour tout $A \in E$.
Merci.

Réponses

  • Si $K\ne \mathbb{F}_2$ alors toute matrice est produit de matrices diagonalisables : il suffit de le montrer pour les matrices de transvection, et on se ramène au cas $n=2$. On utilise pour cela l'égalité $\begin{pmatrix} 1 &  ab \\ 0 & b\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 &  0 \\ 0 & b^{-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 &  a \\ 0 & 1\end{pmatrix} $.
    Si $K=\mathbb{F}_2$ alors $f(A)=0$ pour $A$ non inversible puisque $A=PA$ où $P$ est un projecteur de rang $n-1$ qui est diagonalisable, et $f(A)=1$ pour $A$ inversible puisque $f(A)f(A^{-1})=f(I)=1$.

  • marco
    Modifié (27 Mar)
    Merci @JLT . Si $K=\mathbb{F}_4$, comment écrit-on $M=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 &0\end{pmatrix}$ comme produit de matrices diagonalisables ? J'avais utilisé $M^2=I_2$, donc $f(M)^2=f(M^2)=1$, donc $f(M)=1$.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (27 Mar)
    Petite remarque supplémentaire : Si $f:\mathcal{M}_n(K)\to K$ est une application multiplicative et non constante, alors on peut montrer qu'une matrice $A\in\mathcal{M}_n(K)$ est inversible si et seulement si $f(A)\neq 0$. Cela ne laisse pas beaucoup de possibilités dans le cas $K=\mathbb{F}_2$. :)
  • marco
    Modifié (27 Mar)
    @MrJ : soit $B$ telle que $f(B) \neq 0$, alors, si $A$ est inversible, $f(BAA^{-1})=f(B)$, donc $f(B)f(A)f(A^{-1})=f(B)$, donc $f(A) \neq 0$.
    Si $A$ n'est pas inversible, alors il existe des matrices inversibles $P_1, \ldots, P_{n-1}$ telles que $AP_1AP_2A \cdots P_{n-1}A=0$, donc $f(A)^nf(P_1)\cdots f(P_{n-1})=0$, donc $f(A)=0$. En effet, merci.
    Je n'ai pas encore montré que $f(0)=0$.
    Comme $0^2=0$, on a $f(0)=0$ ou $1$. Si $f(0)=1$, alors pour toute matrice $A$, $A0=0$, donc $f(A)=1$, donc $f$ est constante.
  • gebrane
    Modifié (27 Mar)
     JLT a dit :
    Si $K\ne \mathbb{F}_2$ alors toute matrice est produit de matrices diagonalisables
    J'ai l'impression d'avoir lu dans ce forum que le résultat annoncé par JLT est faux pour  GF(3),

    Edit Ma mémoire m'a joué un tour. Ce qui est faux,  c'est l'affirmation selon laquelle Si $K\ne \mathbb{F}_2$ alors toute matrice est le produit de deux matrices diagonalisables
    Le 😄 Farceur


  • Oui ça fonctionne. Une autre possibilité est de remarquer qu'une matrice non inversible est équivalente à une matrice nilpotente, ce qui permet de rapidement conclure.
  • gebrane
    Modifié (28 Mar)
    Bonjour
    Je ne sais pas si je raconte des bêtises, mais j'ai un problème avec le raisonnement de JLT. Tout d'abord, je n'ai pas trouvé le lien souhaité par la fonction de recherche du forum. J'ai donc cherché sur Google sur le net et je suis tombé sur ce document qui confirme ce que j'ai avancé.  (Le document donne la matrice \(\begin{pmatrix}0& 1 \\ 1&1\end{pmatrix}\), qui ne peut pas s'ecrire comme produit de deux matrices diagonalisables dans le corps GF(3).
    Donc, pour faire fonctionner la preuve de JLT pour tous les corps sauf \(\mathbb{F}_2\), on doit écrire \(A\) comme produit d'au moins 3 matrices diagonalisables : \(A = BCD\). Mais je  bloque pour calculer \(f(A)\) car le produit de deux matrices diagonalisables n'est pas nécessairement diagonalisable (exemple : \(\begin{pmatrix}-1& 2 \\ 1&-1\end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} 1& 2\\-1&3\end{pmatrix}\)).
    Le 😄 Farceur


  • john_john
    Modifié (28 Mar)
     le produit de deux matrices diagonalisables n'est pas nécessairement diagonalisable.
    Bonjour, fiston,
    certes, mais l'essentiel est d'en calculer le déterminant !

    Par parenthèse, voici un exercice analogue : quelles sont les formes quadratiques multiplicatives sur ${\frak M}_2(\C)$ ?
  • Bon matin Papa
    Mais f(A)=det (A) que si A est diagonalisable, quelque choses m'échappe  pour calculer f(BCD)
    Le 😄 Farceur


  • @john_john : Je ne peux faire aucun calcul actuellement, mais je sens (intuitivement) du quaternion  dans l'air...
  • fiston : $f(BCD)=f(B)f(C)f(D)={\rm det}\,(B)\,{\rm det}\,(C)\,{\rm det}\,(D)={\rm det}\,(BCD)$.

    MrJ : quaternions, non ; cela reste dans les limites de ce que savaient les élèves de Spé à l'époque où les formes quadratiques étaient officiellement au programme. Peut-être est-ce encore traité en L2.
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (28 Mar)
    Sûrement, mais je voulais dire qu'il me semble que la construction des quaternions comme une sous-algèbre réel de $\mathcal{M}_2(\C)$ fournie une solution. Sauf erreur de ma part, je trouve que la forme quadratique ci-dessous devrait convenir :
    $$q\left(\begin{pmatrix}u& v \\ w& x\end{pmatrix}\right) = \left(\dfrac{u+x}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{u-x}{2 \textrm{i}}\right)^2 + \left(\dfrac{w-v}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{w-v}{2 \textrm{i}}\right)^2 = \dfrac{ux - vw}{2}= \dfrac{1}{2}\det\left(\begin{pmatrix}u& v \\ w& x\end{pmatrix}\right).$$
    PS. Dois-je être surpris d'avoir retrouvé le déterminant ? :D  
    Édit. Il faut en effet supprimer le facteur $1/2$ pour obtenir la multiplicativité.
  • MrJ : il reste à multiplier par $2$ pour avoir une fonction multiplicative ! Est-ce la seule ?

    Nota bene :  les exercices de ce genre sont utiles en début d'année ; rien de tel pour faire voir que l'intérêt de disposer d'un système de générateurs ne se limite pas au domaine de l'Algèbre linéaire.
  • JLT
    JLT
    Modifié (28 Mar)
    Soit $f$ une forme quadratique multiplicative non nulle. On a $f(I)=1$. En considérant $P(x)=f(\mathrm{diag}(x,1))$ qui doit être un polynôme multiplicatif de degré au plus $2$, on a $P(x)=x^2$ ou $P(x)=x$ ou $P(x)=1$. De plus $f(\mathrm{diag}(1,x))=P(x)$ car $f$ est constant sur les classes de similitude, donc $f(\mathrm{diag}(x,y))=P(x)P(y)$. Comme $f$ est une forme quadratique non nulle on a $P(x)=x$, donc $f(M)=\mathrm{det}(M)$ pour $M$ diagonalisable. Par densité, l'égalité est vraie pour tout $M$.
  • Eh oui ! On peut aussi montrer que les matrices non inversibles sont isotropes (et non pas les autres) puis remarquer que les polynômes $q(x{\rm I}-M)$ et ${\rm det}(x{\rm I}-M)$ ont les mêmes zéros pour toute matrice $M$.
  • On peut aussi copier la démonstration standard... et le fait que la forme soit quadratique n'intervient pas beaucoup.
    On part de $\newcommand{\I}{\mathrm{I}_2}f(\I)^2=f(\I)$, d'où $f(\I)=0$ ou $1$. Si la forme n'est pas nulle, $f(\I)=1$ et $f$ ne s'annule pas sur le groupe linéaire (car $1=f(A)f(A^{-1})$). Une transvection $A$ est semblable à son carré (conjuguer par une matrice diagonale bien choisie) donc $f(A)=f(A^2)$ et $f(A)=1$. Comme le groupe spécial linéaire est engendré par les transvections, $f$ est constante sur $\mathrm{SL}_2(\C)$. Ensuite, $\mathrm{GL}_2(\C)$ est le produit semi-direct de $\mathrm{SL}_2(\C)$ et du groupe des $\mathrm{diag}(x,1)$ de @JLT, qui est isomorphe à $\C^*$ et dont il est classique de trouver les morphismes polynomiaux (voire continus) vers $\C^*$.
  • Merci John, j'étais mal réveillé ce matin
    Le 😄 Farceur


  • gebrane
    Modifié (29 Mar)
    Bonsoir @john_john
    Peut-on s'en sortir si on suppose seulement que f est multiplicative sur les matrices diagonalisables (j'aimerais proposer cet exercice à mon groupe); dans le cas K diffèrent de GF(3) pas de problème
    Le 😄 Farceur


  • Bonjour, fiston,
    je réponds seulement maintenant car, de même qu'il ne faut pas chercher Mehdi à quatorze heures, on ne trouve pas toujours john_john à 01 h 10 :)

    En fait, JLT et Math Coss ont déjà répondu à ta question ; je pense que le meilleur cadre est ${\frak M}_n(\C)$ et $f$ polynomiale. Puisque $f(M)=0$ si $M$ n'est pas inversible et que le groupe linéaire est engendré par les matrices de transvection (dont l'image par $f$ est $1$) et par les $\Delta(x)={\rm Diag}(1,...,1,x)$, il suffit de savoir calculer $f(\Delta(x))$ qui est polynomiale en $x$ et donc monomiale. Les applications cherchées sont donc celles de la forme $M\mapsto({\rm det}(M))^k$.

    L'exo que j'avais proposé vient de l'X et je suppose qu'un candidat était censé savoir le résoudre sans trop d'indications ; en revanche, la méthode de JLT/Math Coss se place un cran au-dessus.
  • Merci pour les réponses !
  • De rien, Marco ! Le fil a été instructif pour moi aussi.
  • merci John ton fiston subit une rechute :anguished:
    Le 😄 Farceur


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