groupe linéaire projectif

jpdx0

Bonjour,
Je me pose la question suivante.
Soit $K$ un corps commutatif. Je me pose la question suivante : le morphisme naturel
$\pi : \textrm{GL}_{n+1}(K)\longrightarrow \textrm{PGL}_{n}(K)$
du groupe linéaire dans le groupe linéaire projectif (groupe des homographies de $\textrm{P}_n(K)$) admet-il une section ?

Autrement dit existe-t-il un morphisme de groupes
$s : \textrm{PGL}_{n}(K)\longrightarrow \textrm{GL}_{n+1}(K)$
tel que $\pi\circ s=\textrm{id}$ ?

Je pense que non si $n\geq 2$. Mais il faudrait trouver un argument pour le justifier !

Eric Chopin

Salut,

Question sans doute idiote: pourquoi ta section doit elle etre un
morphisme?

A+

eric

PB

Eric : toute surjection admet une section (ensembliste) donc la question ne serait pas très intéressante sans demander un morphisme.

PB

Quelques idées, espérons qu'elles ne sont pas trop fausses (en tout cas, il reste des passage à éclaircir, désolé) :

S'il y avait une section, alors, en notant $H\subset GL_n(K)$ l'image de la section, $GL_n(K)$ serait isomorphe au groupe produit $K^\times \times H$ par $(t,M)\mapsto tM$ (mes souvenirs sur le produit semi-direct...).

Donc $H$ serait un sous-groupe distingué tel que le quotient $GL_n(K)/H$ est commutatif. Donc $H$ contiendrait le sous-groupe dérivé de $GL_n(K)$. Or, sauf cas très particulier ($n=2$ et $K=\mathbf F_2$ je crois), le sous-groupe dérivé est $SL_n(K)$. J'ai envie d'en déduire que $H=SL_n(K)$. Après, ce devrait être facile d'obtenir une contradiction.

Eric Chopin

Sauf qu'en general la condition supplementaire qu'on demande
c'est la continuité, pas forcement que ce soit un morphisme, d'ou ma question...

A+

eric

Archimède

L'existence d'une telle section entraîne que $\textrm{GL}_{n+1}(K)$ est un produit semi-direct de $K^*\,\textrm{I}_{n+1}$ par $\textrm{PGL}_{n}(K)$ pour une action de $\textrm{PGL}_{n}(K)$ sur $K^*\,\textrm{I}_{n+1}$.
Mais si l'on étudie l'action associée à une section $s$, on s'aperçoit qu'elle est triviale.
Par suite l'existence d'une section entraîne un isomorphisme
$\textrm{GL}_{n+1}(K)\cong K^*\,\textrm{I}_{n+1}\times\textrm{PGL}_{n}(K)$
Il suffirait donc de prouver qu'un tel isomorphisme est faux pour $n\geq 1$.

PB

Oui, et j'ai vaguement expliqué que j'ai l'impression que ça implique que PGL(n,K) est isomorphe à SL(n,K) et mieux : que (t,M)->tM est un isomorphisme de GL(n,K) sur K*xSL(n,K). Si tout ça est bien vrai, la contradiction est maintenant très facile à obtenir.

Michel Coste

Bonjour,

Que pensez-vous de ce qui se passe pour GL_p de la cloture algébrique de F_p ?

Cordialement,

MC

PB

Bonjour,

$(t,M)\mapsto tM$ est un isomorphisme de $\mathbf F_p^\times \times \textrm{SL}_p(\mathbf F_p)\to \mathrm{GL}_p(\mathbf F_p)$, bien vu ! C'est l'unicité de la racine $p$-ème...

Au lieu de dire "la contradiction est maintenant très facile à obtenir", j'aurais du dire "il est maintenant facile de voir si on a une contradiction" 8-)

Archimède

D'après PB, on a un isomorphisme
$ \mathbf F_p^\times \times \textrm{SL}_p(\mathbf F_p)\to \mathrm{GL}_p(\mathbf F_p)$
mais cela entraîne-t-il une réponse négative à la question initiale ?

De plus la question reste posée pour $K=\R$ ou $\C$ notamment.

Archimède

Soit un corps $K$ et $n\in\N^*$ tels que \textbf{dans $K$ la racine $n$-ième existe et soit unique}.
Alors l'épimorphisme $\pi:\textrm{GL}_n(K)\longrightarrow\textrm{PGL}_n(K)$ possède une section $s$ qui soit un morphisme.

En effet il suffit de prendre $s([M])=\frac{M}{\sqrt[n]{\det M}}\,$.
Par suite dans ce cas on a un isomorphisme de groupes $\textrm{GL}_n(K)\cong K^*\textrm{I}_n\times\textrm{PGL}_n(K)\,.$\\

Il en est ainsi dans les cas suivants \
$\bullet$ pour tout corps $K$ et $n=1$\\
$\bullet$ pour tout corps fini $K$ de caractéristique $p>0$ et $n$ de la forme $n=p^k$ où $k\in\N^*$\\
$\bullet$ pour $K=\R$ et $n$ impair\\

Il reste donc à étudier l'existence d'une section qui soit un morphisme lorsque la racine $n$-ième n'existe pas en général ou n'est pas unique en général. En particulier pour $K=\R$ et $n$ pair.

GreginUK

En tout cas, c'est clairement faux pour $K$ algébriquement clos.
Le groupe algébrique linéaire $GL_{n+1}$ n'est pas connexe, alors que $G_m\times PGL_n$ l'est.

Archimède

Je pense que $\textrm{GL}_n(\C)$ est connexe par arcs...

GreginUK

Pas en tant que groupe algebrique lineaire (ie comme variete affine munie de la topologie de Zariski). La composante connexe du neutre est $SL_{n+1}$ justement.

PB

Greg : je ne m'y connais pas beaucoup en groupes algébriques (déjà en variétés algébriques...), mais j'ai quand même un gros doute. Tu dirais par exemple que dans Gm (le groupe multiplicatif, disons sur un corps K), la composante neutre est {1} ?

GreginUK

Raaah, oui pardon. $GL_n$ est bien connexe comme groupe algébrique linéaire. Honte à moi!!!!

Je ne sais pas pourquoi, j'avais dans la tête que $GL_n/SL_n$ était isomoporhe à $\mu_n$ (ce qui aurait prouvé la non connexité), mais non...c'est bien isomorphe à $G_m$.


Bon, l'argument ne marche pas donc...Démontrer le fait que l'extension est non scindée en général est pourtant quelque chose que je devrais savoir faire par coeur, mais je ne retrouve plus l'argument...Frustrant...

Archimède

Serait-il possible de transformer cette preuve en une preuve compréhensible par des agrégatifs ?

PB

Je crois qu'on a donné tous les arguments. Il reste à les mettre en forme (pas si évident !).

PB

Greg : juste pour remuer le couteau dans la plaie, la section n'est pas nécessairement "algébrique"

GreginUK

Je ne vois pas ce que tu veux dire??? On parle ici de groupes abstraits, et donc les considérations de continuité des morphismes n'ont pas lieu d'être.

D'ailleurs, selon le corps K, l'extension de groupes peut-être scindée ou non.
Par contre, en tant qu'extension de groupes algébriques linéaires, l'extension est non scindée...(sauf que je ne me souviens plus d'un argument convaincant).


Je ne vois pas si clairement une réponse complète dans tout ce qu'on a dit par ailleurs...On a exhibé des cas où l'extension était scindée, mais à part ça...

GreginUK

Alors d'après les exercices du Perrin si la suite exacte est scindée, on a $PGL_n(K)\simeq SL_n(K)$. Dans ce cas $\mu_n(K^\times)=1$ et
$K^\times=K^{\times n}$.C'est aussi une condition suffisante puisque cela revient à demander l'existence ET l'unicité de la racine $n$-ième.

Effectivement, tout cela était contenu plus ou moins dans les divers messages. Y a plus qu'à rédiger...Yakafokon...

PB

Je ne vois pas ce que tu veux dire??? On parle ici de groupes abstraits

Je l'ai mal dit mais on est d'accord :

1- Pour certains corps K, il existe une section pour le morphisme de groupes GL_n(K)->PGL_n(K).

2- Il n'existe pas de section pour le morphisme de groupes algébrique GL_n->PGL_n.

Pour prouver 2, ne suffit-il pas de montrer qu'il existe au moins un corps K pour le quel il n'y a pas de section pour GL_n(K)->PGL_n(K) ?

GreginUK

Oui, je pense que ça suffit effectivement.

Archimède

Supposons qu'il existe une section qui soit un morphisme. Alors on a un isomorphisme de groupes
$\textrm{GL}_n(K)\cong K^*\textrm{I}_n\times\textrm{PGL}_n(K)\,.$\\
Par suite $\textrm{GL}_n(K)$ contient un sous-groupe distingué $H$ (correspondant au 2ème facteur) tel que le groupe $\textrm{GL}_n(K)/H$ soit abélien. Donc $H$ contient le sous-groupe dérivé de $\textrm{GL}_n(K)$. Mais si l'on n'a pas $n=2$ et $K=F_2$, alors ce sous-groupe dérivé est $\textrm{SL}_n(K)$ (cf par exemple Perrin).
Comme $H\cap K^*\textrm{I}_n=\{\textrm{I}_n\}$, on a donc $\textrm{SL}_n(K)\cap K^*\textrm{I}_n=\{\textrm{I}_n\}$. Comme cette intersection contient $\mu_n(K)\textrm{I}_n$, cela implique
que $K$ possède une seule racine de l'unité.

Finalement si $K$ possède plusieurs racines $n$-ièmes de l'unité, alors il n'existe pas de section $s$ qui soit un morphisme de groupes. Sinon les racines $n$-ièmes sont uniques, mais existent-elles toujours ?

GreginUK

Non bien sûr. Par exemple, $K=\mathbb{F}_2(T)$ vérifie $\mu_2(K)=1$ et donc les racines carrées, si elles existent, sont uniques, mais $T$ n'a pas de racine carrée (on peut s'en convaincre par des considérations de degrés).

Archimède

Il reste donc à résoudre le cas des corps $K$ et entiers $n$ tels que la racine $n$-ième soit unique si elle existe, mais n'existe pas toujours ; c-à-d tels que l'application $x\in K\mapsto x^n\in K$ soit injective mais pas surjective.