Corrigé

Mathématiques générales 2013
Jérémy Le Borgne ∗
5 avril 2013
I. Résultats préliminaires
I.A. Quelques calculs de commutants
1. Soit Vun sous-espace propre de A, associé à la valeur propre λ. Alors pour tout
x∈V,A(Bx) = BAx =λ(Bx). Donc Bx ∈V, et Vest stable par B.
2. On suppose que la matrice Acommute avec D. Alors les sous-espaces propres
de Dsont stables par A. Notant (e1, . . . , en)la base canonique de Kn, la matrice A
stabilise donc les sous-espaces Vect(e1, . . . , ep1),...,Vect(ep1+···+pr−1+1, . . . , en). En
particulier, la matrice Aest diagonale par blocs, avec des blocs diagonaux de tailles
respectives p1,· · · , pr. Réciproquement, il est clair qu’une matrice de cette forme
commute avec D.
3. (a) Il suffit de montrer que tout élément x∈Kns’écrit comme combinaison
linéaire des Cie1. Or, pour 0≤i≤n−1, on a Cie1=ei+1. En particulier, la famille
(e1, Ce1, . . . , Cn−1e1)est une base de Kn, d’où le résultat.
(b) Soit M∈ Mn(K)qui commute avec C. Il existe (b0,...bn−1)tel que Me1=
Pn−1
i=0 biCie1. On a alors pour 1≤j≤n,
Mej=MCj−1e1=Cj−1Me1=Cj−1
n−1
X
i=0
biCie1=
n−1
X
i=0
biCiej.
Comme la matrice Mest entièrement déterminée par l’image de la base (e1, . . . , en),
on a en fait M=Pn−1
i=0 biCi, donc M∈K[C]. Par ailleurs, il est clair que tout
polynôme en Ccommute avec C, donc l’algèbre des matrices qui commutent avec
Cest K[C].
4. Soit M∈ M2(K). Si Mest non scalaire, alors le polynôme minimal de Mest
de degré 2, de même que son polynôme caractéristique. Comme le polynôme mi-
nimal divise le polynôme caractéristique (Cayley-Hamilton), ces deux polynômes
sont égaux. On sait alors que Mest semblable à la matrice compagnon Cde son
polynôme caractéristique. On écrit M=P−1CP . D’après la question précédente,
les matrices qui commutent avec Csont les polynômes en C, or Acommute avec
Csi et seulement si P−1AP commute avec M. Donc les matrices qui commutent
avec Msont les polynômes en P−1CP =M, c’est-à-dire K[M]. On a clairement
dim K[M] = dim K[C] = n.
∗Pour toute remarque ou question, [email protected]
1

I.B. Éléments de structure de SLn(K)
1. (a) Montrons le résultat par implications successives :
(i)⇒(ii): Soit M∈ M2(K)une transvection. Alors M−Iest de rang 1et
nilpotente par hypothèse. Ainsi, il existe λ∈k×tel que M−Isoit semblable à
0λ
0 0. Il est alors clair que Mest semblable à T1,2(λ).
(ii)⇒(iii): Il suffit de montrer que T1,2(λ)est semblable à T1,2(1). Pour cela, il
suffit de remarquer que :
λ0
0 1−1
T1,2(λ)λ0
0 1=T1,2(1).
(iii)⇒(i): évident.
(b) Soit M∈ Mn(K)une transvection, alors le polynôme minimal de Mdivise
(X−1)n, et a donc pour seule racine 1. De plus, comme Mest annulée par un
polynôme scindé, elle est trigonalisable, avec pour seule valeur propre 1. Comme le
déterminant d’une matrice triangulaire supérieure est le produit de ses coefficients
diagonaux, on voit immédiatement que det M= 1.
2. Soit M∈SL2(K)d’ordre 2. Alors Mest annulée par le polynôme X2−1. Si
Kest de caractéristique différente de 2, cela implique que Mest diagonalisable car
X2−1est scindé à racines simples. De plus, si Mpossède les deux valeurs propres
1et −1, alors det M=−1, ce qui est impossible. Si la seule valeur propre de Mest
1, alors M=Iqui n’est pas d’ordre 2. Donc M=−I.
Supposons maintenant Kde caractéristique 2. La seule valeur propre possible pour
Mest 1(l’unique racine de X2−1=(X−1)2) mais I(qui est égale à −I) n’est
pas d’ordre 2. Il est donc nécessaire que M−I6= 0, et (M−I)2= 0, autrement dit
que Msoit une transvection. Cette condition est clairement suffisante. Les élément
d’ordre 2en caractéristique 2sont donc les transvections.
3. Soit Mune matrice commutant avec tous les éléments de SLn(K). Soit Ala
matrice triangulaire supérieure dont tous les coefficients dans la diagonale et au-
dessus sont des 1. Alors A∈SLn(K)et a pour seul vecteur propre le premier
vecteur de base e1. Pour que Mcommute avec A, il faut que Mstabilise Ke1.
De même, en faisant varier A, on voit que pour tout x∈Kn,Mx ∈Kx. Cela
implique que Mest une homothétie (si Mx =λxxet My =λyy, alors M(x+y) =
λx+y(x+y) = λxx+λyy, ce qui montre que λx =λy si (x, y)libre, le cas (x, y)liée
étant évident).
Le centre de SLn(K)est donc constitué des homothéties qui sont dans SLn(K). Ce
sont donc les homothéties de rapport λavec λn= 1, autrement dit les homothéties
dont le rapport est une racine n-ème de l’unité.
4. (a) Dans SLn(K), on considère T=T1,2(1) et T0=T2,1(1). Alors T T 0est la
matrice diagonale par blocs, avec un premier bloc de taille 2:2 1
1 1, et comme
deuxième bloc In−2. Par ailleurs, T0Test de la même forme, mais avec comme
premier bloc 1 1
1 2.
2

Enfin, remarquons que
1 1
1 2−12 1 1 1=2−1 −1 1 2 1 1 1=5 1 −1 0,
qui n’est pas scalaire. Donc le commutateur [T, T 0]n’est pas scalaire.
(b) D’après le théorème 0, comme n≥3ou que Kpossède au moins 5éléments,
D(SLn(K)) étant un sous-groupe distingué de SLn(K)qui contient un élément non
scalaire, il est égal à SLn(K).
I.C. Dénombrement de SLn(K)
1. Si Eest un K-espace vectoriel de dimension d, alors Eest isomorphe Kd, qui a
qdéléments, donc Eest fini et a qdéléments.
2. (a) Un élément de GLn(K)est uniquement déterminé par la donnée d’une base
de Kn, correspondant aux colonnes de la matrice. Le groupe GLn(K)est donc en
bijection avec l’ensemble des familles libre de cardinal nde Kn. Pour choisir une
telle famille, on a qn−1choix pour le premier vecteur (il est à choisir parmi tous les
éléments non nuls de Kn), puis qn−qchoix pour le deuxième (à choisir en dehors de
la droite engendrée par le premier), et en général on a qn−qi−1choix pour le i-ème
vecteur (à choisir en dehors de l’espace vectoriel engendré par les i−1premiers, qui
est de dimension i−1). Finalement, le cardinal de GLn(K)est Qn−1
i=0 (qn−qi).
(b) Comme SLn(K)est le noyau du morphisme déterminant, son cardinal est
#GLn(K)/#Im(det). Comme det(GLn(K)) = K×, le cardinal de SLn(K)est
1
q−1
n−1
Y
i=0
(qn−qi) = qn−1
n−2
Y
i=0
(qn−qi).
(c) Comme chacune des applications q7→ qn−qiest positive et strictement crois-
sante sur [1,+∞[, de même que q7→ qn−1, leur produit l’est également. Par ailleurs,
si SLn(K)et SLn(L)sont isomorphes, ils ont le même cardinal. En particulier, Lest
fini, et son cardinal est égal à celui de Kpar injectivité de q7→ #SLn(q). Comme
le corps Kest unique à isomorphisme près, Ket Lsont isomorphes.
II. Le théorème 1en caractéristique différente de 2
1. Le noyau ker Ψ est un sous-groupe distingué de SLn(K), différent de SLn(K)car
Ψest non trivial. Comme n≥3, le théorème 0montre que ker Ψ est constitué de
matrices scalaires.
2. (a) Les trois matrices diagonales ayant un 1et deux −1comme coefficients dia-
gonaux sont des éléments de SL3(K)d’ordre 2 (comme la caractéristique de Kn’est
pas 2,16=−1).
(b) Les images par Ψdes matrices précédentes sont d’ordre divisant 2, elles sont
donc égales à ±Id’après I.B.2. En particulier, deux d’entre elles sont égales par
principe des tiroirs. Notons Aet Bles deux matrices du (a)ayant la même image
3

par Ψ, alors on a bien Ψ(A) = Ψ(B)et A2=B2=I3.
(c) La matrice AB−1=AB est dans le noyau de Ψ, et n’est pas scalaire. D’après
la question 1, le morphisme Ψest trivial.
3. Quitte à remplacer Lpar une extension L0de décomposition du polynôme
X2+ 1, on peut supposer que ce polynôme est scindé sur L. En effet, un morphisme
SLn(K)→SLn−1(L)est en particulier un morphisme SLn(K)→SLn−1(L0), et si
on montre que tout morphisme de ce type est trivial, cela impliquera en particulier
le résultat pour L.
4. Soit Ψ:SLp(K)→SLq(L)un morphisme. Comme p > q, l’application ι:
SLq(L)→SLp−1(L)qui envoie Msur M0
0Ip−q−1est bien définie, c’est évidem-
ment un morphisme de groupes, et ι◦Ψest un morphisme de groupes de SLp(K)
dans SLp−1(L). Par hypothèse de récurrence, ce morphisme est trivial, et l’injecti-
vité de ιmontre que Ψl’est également.
5. (a) On voit immédiatement que J2
K=−I, d’où J4 K=I, et donc A4=Iet A2
non scalaire. De plus, J−1
K=J3
K=−JK. En conjuguant Apar 
−1 0 0
0In−30
0 0 B
avec B=0 1
1 0, on obtient A−1. De plus, cette matrice est bien dans SL2(K)
car det B=−1. Ainsi, Aet A−1sont conjuguées dans SLn(K).
(b) La matrice Ψ(A)est annulée par le polynôme X4−1, qui est scindé à racines
simples dans L. Elle est donc diagonalisable, ses valeurs propres étant 1,−1, i, −i.
Notons p, q, r, r0les dimensions des sous-espaces propres associes. Il reste à vérifier
que r=r0≥1et que qest pair. Concernant iet −i, cela découle du fait que A−1est
semblable à A, et que le sous-espaces propres associés respectivement aux valeurs
propres i= (−i)−1et −i=i−1de A−1sont r0et r, d’où r=r0. De plus, comme
An’est pas d’ordre 2,A26=In. Si on avait Ψ(A)2=In, alors A2serait non scalaire
et dans le noyau de Ψ, sous-groupe distingué de SLn(K)avec n≥3, donc ker Ψ
serait SLn(K), ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc le polynôme minimal de A
est divisible par X2+ 1, et r≥1. Enfin, det A= 1 = 1p(−1)qir(−i)r= (−1)q, donc
qest pair.
(c) Il est clair que Acommute avec M0=M0
0I2. Ainsi, Ψ(A)commute avec
Ψ(M0), et P−1Ψ(M0)Pcommute avec P−1AP . Cela montre que P−1Ψ(M0)Pest dia-
gonale par blocs de tailles p, q, r, r. Notons α, β, γ, δ les applications de projection
sur chacun des ces blocs, elles sont clairement à valeurs inversibles (plus précisément,
le produit de leurs déterminants vaut 1). De plus, puisque Ψest un morphisme, ces
applications sont des morphismes.
6. On considère le morphisme det ◦α:SLn−2(K)→L×. Le noyau Hde det ◦α
contient D(SLn−2(K)) car SLn−2(K)/H s’identifie (via det ◦α) à un sous-groupe de
L×qui est abélien. Comme n−2≥3,H=SLn−2(K), et αest à valeurs dans
SLp(L). De même, β,γet δsont à valeurs dans le groupe spécial linéaire. Enfin,
comme r≥1, on a p+q < n −2, donc les morphismes αet βsont triviaux par
hypothèse de récurrence. De même, r≤(n−1)/2< n −2, donc γet δsont triviaux.
Comme toute transvection est semblable à une matrice de la forme M0
0I2(par
4

conjugaison par un élément de SLn(K)dès que n≥3), et que SLn(K)est engen-
dré par les transvections, cela montre donc que Ψest trivial, ce qui est contraire à
l’hypothèse.
7. Dans le cas où n= 4, on a nécessairement r= 1, puis p= 1 et q= 0 par
parité de q. Ainsi, α,γet δsont des morphismes de SL2(K)dans L×. Si Kest
de cardinal au moins 5, le même argument qu’à la question précédente montre
que α, γ, δ, et donc Ψ, sont triviaux, contrairement à l’hypothèse. On peut donc
supposer que K=F3, mais dans ce cas, il existe toujours un morphisme non
trivial SL2(K)→L×, donc la stratégie précédente ne peut pas fonctionner telle
quelle. Remarquons tout d’abord que toute transvection de SL2(F3)est d’ordre 3
(cf III.A.1.(b)). Comme les transvections engendrent SL2(F3), l’image de toute ma-
trice de la forme M0
0I2est d’ordre divisant 3. En particulier, les valeurs propres
de l’image par Ψde toute matrice de la forme M0
0I2a pour valeurs propres des
racines de l’unité. Or, la matrice Aest semblable à une matrice de cette forme (en
conjuguant par 0I2
I2I2∈SLK(F3)). Mais Ψ(A)a pour valeurs propres des racines
quatrièmes de l’unité, et donc Ψ(A) = I3, ce qui est impossible par hypothèse. Donc
Ψest trivial.
III. Isomorphismes de SL2(K)sur SL2(L)
III.A. Image d’une transvection par un isomorphisme
1. (a) Comme le corps Kest de caractéristique p, l’anneau K[X]l’est aussi, et l’élé-
vation à la puissance pest un morphisme sur K[X]. En particulier, (X−1)p=Xp−1.
(b) Par définition, M∈ M2(K)est une transvection si et seulement si son polynôme
caractéristique est (X−1)2et si M−Iest de rang 1. Soit Mune transvection, alors
il est clair que M∈SL2(K). D’après le théorème de Cayley-Hamilton, (M−I)2= 0.
On a donc en particulier (M−I)p=Mp−I= 0, donc Mest d’ordre divisant p.
Comme M−Iest de rang 1donc non nulle, Mest d’ordre p. Réciproquement,
soit M∈SL2(K), d’ordre p. Alors Mp=Idonc le polynôme minimal de Mdivise
Xp−1 = (X−1)p. En particulier, le polynôme minimal de Met donc le polynôme
caractéristique de Msont des puissances de X−1. Ainsi, le polynôme caractéristique
de M, étant de degré 2, est nécessairement (X−1)2. Comme 1est valeur propre de
M,M−Iest de rang au plus 1, et comme M6=I, elle est de rang exactement 1.
2. Comme Aet P AP −1sont semblables, elles ont les mêmes valeurs propres, avec
les mêmes multiplicités. Soit V⊂Knle sous-espace propre de Aassocié à la valeur
propre λ. Soit V0=P V . Alors pour tout x∈V0, il est clair que P AP −1x=λx,
donc V0est contenu dans le sous-espace propre de P AP −1associé à λ. Comme Pest
inversible, dim V= dim V0, donc V0est exactement le sous-espace propre associé à
λ. Cela montre que les sous-espaces propres de P AP −1sont les P V , où Vparcourt
l’ensemble des sous-espaces propres de A.
3. (a) Si P∈SL2(K)est dans le centralisateur de T1,2(λ), alors Pcommute
avec T1,2(λ). En particulier, d’après la question précédente, le sous-espace propre
5