Morphisme continu de GL(n,IR) vers (IR+ *, .)

Airy

Bonjour,

J'aimerais si possible avoir des indications sur la question suivante :

Soit $f$ un morphisme continu de $(GL(n,\R), .)$ vers $( \R_{+} ^{*}, .)$.
Montrer qu'il existe $\alpha$ réel tel que pour tout $M$ de $GL(n,\R)$, on a :

$h(M) = |det M|^{\alpha}$.

D'avance, je vous remercie.

mt-i

C'est un morphisme vers un groupe commutatif, donc il est trivial sur le sous-groupe dérivé de $\mathop{\rm GL}_n$ (celui engendré par les commutateurs). Ce groupe n'est autre que $\mathop{\rm SL}_n$, ça se montre en constatant que les transvections sont des commutateurs d'une part, et engendrent $\mathop{\rm SL}_n$ d'autre part (les manuels classiques d'algèbre de licence-agreg, comme Perrin, traitent ça en détails).

Du coup $f$ se factorise par $\det: \mathop{\rm GL}_n(\R) \to \mathop{\rm GL}_n(\R)^{\rm ab} = \mathop{\rm GL}_n(\R)/\mathop{\rm SL}_n(\R) = \R^*$, et on est ramené à déterminer les morphismes continus de $\R^*$ dans $\R_+^*$. Comme $-1$ s'envoie sur un élément de carré $1$, il s'envoie sur $1$, et l'application se factorise encore par la valeur absolue.

Reste à voir que les endomorphismes continus de $\R_+^*$ sont les fonctions puissances, ce qui, en passant au log, revient à voir que les endomorphismes de groupe de $\R$ sont les applications $\R$-linéaires.

Airy

Merci Mt-i>

J'avais pensé à l'étudier sur $SL(n,\R)$ (voire sur l'ensemble des matrices triangulaires sup avec $\lambda$ réel strictement positif et que des 1 sur la diagonale), mais c'était plus dans l'idée de la décomposition de $GL(n, \R)$ en produit semi-direct.

J'avais également pensé à étudier (pour commencer) $\lambda \longmapsto ln f (\lambda I_n)$ qui donnait là, un morphisme de $(\R_{+}^{*},.)$ vers $(\R,+)$, la encore, sans succès.

Encore merci.

corentin

(si tu veux une référence ça fait partie d'un problème corrigé dans le Objectif agrégation)

mt-i

De rien Airy. Un joli résultat qu'on peut citer dans le même esprit (et qui fait un développement d'agreg casable dans plein de leçons), c'est le théorème de Frobenius-Zolotareff: soit $p$ premier impair. Si $u$ est un endomorphisme de $(\Z/p\Z)^n$, alors sa signature (en tant que permutation de cet ensemble fini) est $\left(\dfrac{\det u}{p}\right)$, où $\left(\dfrac{\cdot}{p}\right)$ désigne le symbole de Legendre.

Ça résulte du fait que la signature fournit un morphisme de groupe $\mathop{\rm GL}_n(\Z/p\Z)\to \{\pm 1\}$, qui se factorise à travers le déterminant comme au-dessus, et dont on peut voir sur un exemple qu'il n'est pas trivial. Comme il n'y a comme morphisme non trivial de $(\Z/p\Z)^*$ dans $\{\pm 1\}$ que le symbole de Legendre, c'est terminé. Généralisation claire au cas d'un corps fini de cardinal impair quelconque, au besoin.

Remarque0

Une démonstration moins jolie, mais sans connaissances particulières (mon cas) : on part de la factorisation polaire $M=RU$ avec $R\in O(n)$ et $U$ symétrique définie positive, d'où $h(M)=h(R)h(U)$.

Si $R\in O(n)$ alors pour tout $k$, $h(R^k)=h(R)^k$. Comme $R^k$ reste dans un compact, il s'ensuit que $0<h(R)\le 1$ par continuité de $h$. Comme $1=h(I)=h(R^TR)=h(R^T)h(R)$, on en déduit que $h(R)=1$ pour tout $R\in O(n)$.

Maintenant, $U$ est orthogonalement diagonalisable, donc $h(U)=h(D)$ avec $D$ diagonale de ses valeurs propres $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n}$ avec $\prod_{i=1}^n\lambda_{i}=|\det M|$. Soit $(D_{+}(n),.)$ le groupe des matrices diagonales à coefficients strictement positifs. Il reste à déterminer les morphismes de $(D_{+}(n),.)$ dans $(\R_{+},.)$. On peut le faire par exemple par récurrence sur $n$. Pour $n=1$, $h(D)=\lambda_{1}^\alpha$ pour un certain $\alpha$. Supposons le truc vrai pour $n-1$. Soit $D\in D_{+}(n)$. On écrit
$D=\lambda_{1}ID'$ avec $D'=\hbox{diag}\,(1,\lambda_{2}/\lambda_{1},\ldots,\lambda_{n}/\lambda_{1})$. Pour la même raison, il existe $\alpha_{1}$ et par l'hypothèse de récurrence $\alpha_{2}$ tels que
$$h(D)=h(\lambda_{1}I)h(D')=\lambda_{1}^{\alpha_{1}}(\prod_{i=2}^n\lambda_{i}/\lambda_{1})^{\alpha_{2}}=\lambda_{1}^{\alpha_{1}-n\alpha_{2}}(\prod_{i=2}^n\lambda_{i})^{\alpha_{2}}.
$$
On aurait pu faire le même raisonnement en singularisant n'importe quelle valeur propre, donc tous les exposants doivent être égaux : $\alpha_{1}-n\alpha_{2}=\alpha_{2}=\alpha$. Finalement, il existe donc $\alpha$ tel que
$$h(M)=h(D)=(\prod_{i=1}^n\lambda_{i})^{\alpha}=|\det M|^{\alpha}.
$$

Airy

Merci remarque.

C'est fou ça! Je suis également parti dans cette direction (comme on connait la forme finale de $f$, on sait que $f$ vaut identiquement 1 sur $O(n)$), je suis arrivé à $0< f(R) \leq 1$, mais pas à la dem complète de $f(R)$.

Je suis vraiment rouillé (allez on dira cela pour épargner ma suceptibilité)...

Je suis finallement très content, j'ai eu deux belles démonstrations bien différentes dans l'esprit avec en plus une généralisation vers un joli résultat.

Encore merci Mt-i, Corentin et Remarque.

Airy

En fait, on peut également démontrer $f(R) = 1$ ainsi :

Pour tout $R$ dans $O(n)$, on a comme l'a proposé remarque, $f(R^k) = f(R)^k$ pour tout $k$ entier.

Comme $O(n)$ est compact, il existe une sous-suite $R^{k_j}$ convergente vers une limite dans $O(n)$ notée $U$.

Par continuité, $f(R^{k_j})$ converge vers $f(U)$ nécessairement strictement positif.

Du coup, si $f(R) >1$, la limite est infinie, ce qui est exclu et si $0 < f(R) < 1$, alors $f(U) = 0$, résultat également exclu.

Seule valeur possible pour $f(R)$; 1.