Corrigé

Mathématiques générales 2013
Jérémy Le Borgne ∗
5 avril 2013
I.
Résultats préliminaires
I.A.
Quelques calculs de commutants
1. Soit V un 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 V est stable par B.
2. On suppose que la matrice A commute avec D. Alors les sous-espaces propres
de D sont stables par A. Notant (e1 , . . . , en ) la base canonique de K n , la matrice A
stabilise donc les sous-espaces Vect(e1 , . . . , ep1 ), . . . , Vect(ep1 +···+pr−1 +1 , . . . , en ). En
particulier, la matrice A est 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 ∈ K n s’écrit comme combinaison
linéaire des C i e1 . Or, pour 0 ≤ i ≤ n − 1, on a C i e1 = ei+1 . En particulier, la famille
(e1 , Ce1 , . . . , C n−1 e1 ) est une base de K n , d’où le résultat.
(b)
∈ Mn (K) qui commute avec C. Il existe (b0 , . . . bn−1 ) tel que M e1 =
Pn−1Soit M
i
i=0 bi C e1 . On a alors pour 1 ≤ j ≤ n,
M ej = M C
j−1
e1 = C
j−1
M e1 = C
j−1
n−1
X
i=0
i
bi C e 1 =
n−1
X
bi C i ej .
i=0
Comme la matrice M
est entièrement déterminée par l’image de la base (e1 , . . . , en ),
Pn−1
on a en fait M = i=0 bi C i , donc M ∈ K[C]. Par ailleurs, il est clair que tout
polynôme en C commute avec C, donc l’algèbre des matrices qui commutent avec
C est K[C].
4. Soit M ∈ M2 (K). Si M est non scalaire, alors le polynôme minimal de M est
de degré 2, de même que son polynôme caractéristique. Comme le polynôme minimal divise le polynôme caractéristique (Cayley-Hamilton), ces deux polynômes
sont égaux. On sait alors que M est semblable à la matrice compagnon C de son
polynôme caractéristique. On écrit M = P −1 CP . D’après la question précédente,
les matrices qui commutent avec C sont les polynômes en C, or A commute avec
C si et seulement si P −1 AP commute avec M . Donc les matrices qui commutent
avec M sont les polynômes en P −1 CP = 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 − I est de rang 1 et
×
nilpotente
par hypothèse. Ainsi, il existe λ ∈ k tel que M − I soit semblable à
0 λ
. Il est alors clair que M est semblable à T1,2 (λ).
0 0
(ii) ⇒ (iii) : Il suffit de montrer que T1,2 (λ) est semblable à T1,2 (1). Pour cela, il
suffit de remarquer que :
−1
λ 0
λ 0
T1,2 (λ)
= T1,2 (1).
0 1
0 1
(iii) ⇒ (i) : évident.
(b) Soit M ∈ Mn (K) une transvection, alors le polynôme minimal de M divise
(X − 1)n , et a donc pour seule racine 1. De plus, comme M est 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 M est annulée par le polynôme X 2 − 1. Si
K est de caractéristique différente de 2, cela implique que M est diagonalisable car
X 2 − 1 est scindé à racines simples. De plus, si M possède les deux valeurs propres
1 et −1, alors det M = −1, ce qui est impossible. Si la seule valeur propre de M est
1, alors M = I qui n’est pas d’ordre 2. Donc M = −I.
Supposons maintenant K de caractéristique 2. La seule valeur propre possible pour
M est 1 (l’unique racine de X 2 − 1 = (X − 1)2 ) mais I (qui est égale à −I) n’est
pas d’ordre 2. Il est donc nécessaire que M − I 6= 0, et (M − I)2 = 0, autrement dit
que M soit une transvection. Cette condition est clairement suffisante. Les élément
d’ordre 2 en caractéristique 2 sont donc les transvections.
3. Soit M une matrice commutant avec tous les éléments de SLn (K). Soit A la
matrice triangulaire supérieure dont tous les coefficients dans la diagonale et audessus sont des 1. Alors A ∈ SLn (K) et a pour seul vecteur propre le premier
vecteur de base e1 . Pour que M commute avec A, il faut que M stabilise Ke1 .
De même, en faisant varier A, on voit que pour tout x ∈ K n , M x ∈ Kx. Cela
implique que M est une homothétie (si M x = λx x et M y = λy y, alors M (x + y) =
λx+y (x + y) = λx x + λy y, 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 λ avec λn = 1, autrement dit les homothéties
dont le rapport est une racine n-ème de l’unité.
0
4. (a) Dans SLn (K), on considère T = T1,2 (1) et T 0 = T2,1 (1).
Alors
T T est la
2 1
matrice diagonale par blocs, avec un premier bloc de taille 2 :
, et comme
1 1
0
deuxième bloc
In−2. Par ailleurs, T T est de la même forme, mais avec comme
1 1
premier bloc
.
1 2
2
Enfin, remarquons
1
1
que
−1 1
2 1
2 −1
2 1
5 1
=
=
,
2
1 1
−1 1
1 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 ≥ 3 ou que K possède au moins 5 éléments,
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 E est un K-espace vectoriel de dimension d, alors E est isomorphe K d , qui a
q d éléments, donc E est fini et a q d éléments.
2. (a) Un élément de GLn (K) est uniquement déterminé par la donnée d’une base
de K n , correspondant aux colonnes de la matrice. Le groupe GLn (K) est donc en
bijection avec l’ensemble des familles libre de cardinal n de K n . Pour choisir une
telle famille, on a q n − 1 choix pour le premier vecteur (il est à choisir parmi tous les
éléments non nuls de K n ), puis q n − q choix pour le deuxième (à choisir en dehors de
la droite engendrée par le premier), et en général on a q n − q i−1 choix pour le i-ème
vecteur (à choisir en dehors de l’espace vectoriel engendré par lesQ
i − 1 premiers, qui
n−1 n
(q − q i ).
est de dimension i − 1). Finalement, le cardinal de GLn (K) est i=0
(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
n−1
n−2
Y
1 Y n
(q − q i ) = q n−1
(q n − q i ).
q − 1 i=0
i=0
(c) Comme chacune des applications q 7→ q n − q i est positive et strictement croissante sur [1, +∞[, de même que q 7→ q n−1 , leur produit l’est également. Par ailleurs,
si SLn (K) et SLn (L) sont isomorphes, ils ont le même cardinal. En particulier, L est
fini, et son cardinal est égal à celui de K par injectivité de q 7→ #SLn (q). Comme
le corps K est unique à isomorphisme près, K et L sont isomorphes.
II.
Le théorème 1 en caractéristique différente de 2
1. Le noyau ker Ψ est un sous-groupe distingué de SLn (K), différent de SLn (K) car
Ψ est non trivial. Comme n ≥ 3, le théorème 0 montre que ker Ψ est constitué de
matrices scalaires.
2. (a) Les trois matrices diagonales ayant un 1 et deux −1 comme coefficients diagonaux sont des éléments de SL3 (K) d’ordre 2 (comme la caractéristique de K n’est
pas 2, 1 6= −1).
(b) Les images par Ψ des matrices précédentes sont d’ordre divisant 2, elles sont
donc égales à ±I d’après I.B.2. En particulier, deux d’entre elles sont égales par
principe des tiroirs. Notons A et B les deux matrices du (a) ayant la même image
3
par Ψ, alors on a bien Ψ(A) = Ψ(B) et A2 = B 2 = 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 Ψ est trivial.
3. Quitte à remplacer L par une extension L0 de décomposition du polynôme
X 2 + 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 :
M
0
SLq (L) → SLp−1 (L) qui envoie M sur
est bien définie, c’est évidem0 Ip−q−1
ment un morphisme de groupes, et ι ◦ Ψ est un morphisme de groupes de SLp (K)
dans SLp−1 (L). Par hypothèse de récurrence, ce morphisme est trivial, et l’injectivité de ι montre que Ψ l’est également.
2
4
4
2
5. (a) On voit immédiatement que JK
= −I, d’où JK
= I, et donc
 A = I et A
−1 0
0
−1
3
non scalaire. De plus, JK
= JK
= −JK . En conjuguant A par  0 In−3 0 
0
0 B
0 1
avec B =
, on obtient A−1 . De plus, cette matrice est bien dans SL2 (K)
1 0
car det B = −1. Ainsi, A et A−1 sont conjuguées dans SLn (K).
(b) La matrice Ψ(A) est annulée par le polynôme X 4 − 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, r0 les dimensions des sous-espaces propres associes. Il reste à vérifier
que r = r0 ≥ 1 et que q est pair. Concernant i et −i, cela découle du fait que A−1 est
semblable à A, et que le sous-espaces propres associés respectivement aux valeurs
propres i = (−i)−1 et −i = i−1 de A−1 sont r0 et r, d’où r = r0 . De plus, comme
A n’est pas d’ordre 2, A2 6= In . Si on avait Ψ(A)2 = In , alors A2 serait 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 X 2 + 1, et r ≥ 1. Enfin, det A = 1 = 1p (−1)q ir (−i)r = (−1)q , donc
q est pair.
M 0
0
(c) Il est clair que A commute avec M =
. Ainsi, Ψ(A) commute avec
0 I2
Ψ(M 0 ), et P −1 Ψ(M 0 )P commute avec P −1 AP . Cela montre que P −1 Ψ(M 0 )P est diagonale 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 Ψ est un morphisme, ces
applications sont des morphismes.
6. On considère le morphisme det ◦α : SLn−2 (K) → L× . Le noyau H de 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 α est à valeurs dans
SLp (L). De même, β, γ et δ sont à valeurs dans le groupe spécial linéaire. Enfin,
comme r ≥ 1, on a p + q < n − 2, donc les morphismes α et β sont triviaux par
hypothèse de récurrence. De même, r ≤ (n − 1)/2 < n − 2, donc γ et δsont triviaux.
M 0
Comme toute transvection est semblable à une matrice de la forme
(par
0 I2
4
conjugaison par un élément de SLn (K) dès que n ≥ 3), et que SLn (K) est engendré par les transvections, cela montre donc que Ψ est 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, γ et δ sont des morphismes de SL2 (K) dans L× . Si K est
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 maM 0
trice de la forme
est d’ordre divisant 3. En particulier, les valeurs propres
0 I2
M 0
de l’image par Ψ de toute matrice de la forme
a pour valeurs propres des
0 I2
racines de l’unité.
Or, la
matrice A est semblable à une matrice de cette forme (en
0 I2
conjuguant par
∈ SLK (F3 )). Mais Ψ(A) a pour valeurs propres des racines
I2 I2
quatrièmes de l’unité, et donc Ψ(A) = I3 , ce qui est impossible par hypothèse. Donc
Ψ est trivial.
III.
III.A.
Isomorphismes de SL2(K) sur SL2(L)
Image d’une transvection par un isomorphisme
1. (a) Comme le corps K est de caractéristique p, l’anneau K[X] l’est aussi, et l’élévation à la puissance p est un morphisme sur K[X]. En particulier, (X −1)p = X p −1.
(b) Par définition, M ∈ M2 (K) est une transvection si et seulement si son polynôme
caractéristique est (X − 1)2 et si M − I est de rang 1. Soit M une 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 = M p − I = 0, donc M est d’ordre divisant p.
Comme M − I est de rang 1 donc non nulle, M est d’ordre p. Réciproquement,
soit M ∈ SL2 (K), d’ordre p. Alors M p = I donc le polynôme minimal de M divise
X p − 1 = (X − 1)p . En particulier, le polynôme minimal de M et donc le polynôme
caractéristique de M sont des puissances de X −1. Ainsi, le polynôme caractéristique
de M , étant de degré 2, est nécessairement (X − 1)2 . Comme 1 est valeur propre de
M , M − I est de rang au plus 1, et comme M 6= I, elle est de rang exactement 1.
2. Comme A et P AP −1 sont semblables, elles ont les mêmes valeurs propres, avec
les mêmes multiplicités. Soit V ⊂ K n le sous-espace propre de A associé à la valeur
propre λ. Soit V 0 = P V . Alors pour tout x ∈ V 0 , il est clair que P AP −1 x = λx,
donc V 0 est contenu dans le sous-espace propre de P AP −1 associé à λ. Comme P est
inversible, dim V = dim V 0 , donc V 0 est exactement le sous-espace propre associé à
λ. Cela montre que les sous-espaces propres de P AP −1 sont les P V , où V parcourt
l’ensemble des sous-espaces propres de A.
3. (a) Si P ∈ SL2 (K) est dans le centralisateur de T1,2 (λ), alors P commute
avec T1,2 (λ). En particulier, d’après la question précédente, le sous-espace propre
5
de T1,2 (λ) associé à la valeur propre λ est stable par P . Si e1 désigne le premier
vecteur de la base canonique, on a donc P e1 ∈ Ke1 , donc la matrice P est triangulaire
supérieure.
Comme P ∈ SL2 (K), il existe α ∈ K × et β ∈ K tels que
α β
P =
. On a
0 α−1
0 β + λα−1 − (λα + β)
T1,2 (λ)P − P T1,2 (λ) =
.
0
0
−1
Ainsi, P ∈ C si et seulement si λ(α−α
) = 0, c’est-à-dire α = ±1. Réciproquement,
1 β
les matrices de la forme P = ±
sont bien dans C.
0 1
α β
(b) Notons G le sous-groupe de SL2 (K) constitué des matrices de la forme
.
0 α−1
Si P ∈ G, et A ∈ C, P AP −1 est triangulaire supérieure car les trois facteurs le sont,
et dans SL2 (K) pour la même raison. Donc, comme au (a), on voit que P AP −1 ∈ G.
Réciproquement, soit A ∈ C et soit P telle que P AP −1 soit triangulaire supérieure
avec des 1 sur la diagonale. On suppose de plus A 6= I. Alors d’après la question 2.,
P e1 ∈ Ke1 (puisque le sous-espace propre de A est associé à la valeur propre ±1 est
Ke1 , de même que pour P AP −1 par hypothèse). Ainsi, P ∈ SL2 (K) est triangulaire
supérieure : P ∈ G, et donc N = G.
(c) L’ensemble N \ C est constitué des matrices triangulaires supérieures dont les
coefficients diagonaux α, α−1 sont distincts. On a
2 2
α β
α β(α + α−1 )
=
.
0 α−1
0
α−2
Pour que toutes ces matrices soient scalaires, il faut et il suffit que pour tout α ∈
/
2
−2
−1
{0, −1, 1}, on ait α = α et α + α = 0. Ces deux conditions se résument en
α2 + 1 = 0. SI K = F3 , ette condition est trivialement vérifiée. Sinon, elle implique
que pour tout α ∈
/ {−1, 0, 1}, on ait α4 = 1, et en particulier que le groupe K × soit
constitué de racines quatrièmes de l’unité. Comme l’équation X 4 = 1 a au plus 4
solutions dans K, le groupe K × est fini, et la seule possiblité restante est F5 , corps
dans lequel cette identité est bien vérifiée, ainsi que la condition α2 = −1 pour
α ∈ {2, 3}. Par conséquent, les seuls corps K pour lesquels toutes ces matrices sont
scalaires sont F3 et F5 .
4. (a) Par hypothèse, α et α−1 sont distinctes. D’après I.A.2, les matrices qui
commutent avec D sont les matrices diagonales. Ainsi, une
matrice
B est dans le
β 0
centralisateur de D si et seulement si elle est de la forme
.
0 β −1
(b) Soit P ∈ SL2 (K), alors la matrice P −1 DP est diagonale si et seulement si les
colonnes de M forment une base de diagonalisation de D. Comme
les sous-espaces
λ 0
0
λ
propres de D sont Ke1 et Ke2 , P est de la forme
ou
(en
0 λ−1
−λ−1 0
utilisant en outre la condition det P = 1). Le normalisateur N 0 est exactement
l’ensemble des matrices de cette forme.
6
0
λ
(c) Les éléments de N \ C sont ceux de la forme
. On a :
−λ−1 0
2 0
λ
−1 0
=
.
−λ−1 0
0 −1
0
0
Ces carrés sont tous les mêmes (et en particulier, sont tous des scalaires, indépendamment du corps K).
5. (a) Le morphisme d’évaluation en A, ϕ : K[X] → K[A] est surjectif par définition
de K[A] et son noyau est l’idéal engendré par le polynôme minimal de A. Puisque
ce polynôme divise le polynôme caractéristique de A qui est supposé irréductible, ils
sont égaux. De plus, l’idéal qu’il engendre dans l’anneau prinicpal K[X] est maximal,
et donc le quotient par cet idéal est un corps. Par ailleurs, ce quotient est également
isomorphe à K[A], donc l’anneau K[A] est un corps. Comme P AP −1 ∈ K[A], il est
clair que pour tout élément M de K[A], P M P −1 ∈ K[A]. De plus, cette application
est clairement K-linéaire, multiplicative, et injective. Comme K[A] est de dimension
finie sur K, elle est bijective (et son inverse est donc M 7→ P M P −1 ).
(b) Comme le polynôme caractéristique de A est de degré 2, K[A] est une extension
de degré 2 de K. En particulier, le groupe des automorphismes de corps K-linéaires
de K[A] est Z/2Z. En particulier, la conjugaison par P est d’ordre divisant 2, on a
donc P 2 AP −2 = A. Cela montre que P 2 et A commutent.
(c) Il est évident que P et P 2 commutent. D’après I.A.4., P 2 ∈ K[A] ∩ K[P ]. Par
hypothèse, P ∈
/ K[A], donc K[P ] ∩ K[A] est un sous-espace vectoriel strict de K[A].
De plus, il contient P 2 qui est non nulle (car P ∈ SL2 (K)) donc ce sous-espace est
de dimension 1. Comme il contient clairement les matrices scalaires, il s’agit exactement du sous-espace constitué des matrices scalaires. En particulier, P 2 est scalaire.
Remarquons que comme K[A] est le centralisateur de A, cette question montre que
tout élément du normalisateur de K[A] qui n’est pas dans K[A] a un carré qui est un
scalaire. Autrement dit, si on note N 00 le centralisateur de A et C 00 le centralisateur
de N 00 , tous les carrés d’éléments de N 00 \ C 00 sont scalaires.
6. (a) Le cas de la caractéristique p > 0 est traité par la question 1, car ψ envoie
les éléments d’ordre p sur des éléments d’ordre p, donc des transvections.
Supposons donc que K est de caractéristique nulle. Remarquons que les résultats
précédents montrent que pour M ∈ SL2 (K), si on note C le centralisateur de M et
N le normalisateur de C, alors l’ensemble S des carrés des éléments de N \C contient
des éléments non scalaires si et seulement si M ou −M est une transvection. Pour
démontrer cela, distinguons les cas de figure possibles pour M. Si le polynôme caractéristique de M est irréductible, alors S est constitué d’éléments scalaires (question
5) et ni M , ni −M n’est une transvection. Si le polynôme caractéristique de M est
scindé, il y a deux possibilités. Si les deux valeurs propres de M sont distinctes,
M est diagonalisable (en particulier, ±M ne sont pas des transvections), et d’après
la question 4, S est constitué d’éléments scalaires. Enfin, si M a une seule valeur
propre, cette valeur propre est ±1. Si M est scalaire, alors S est vide. Sinon, M est
une transvection ou −M est une transvection. Dans ce cas, la question 3 montre
que S contient des éléments non scalaires (puisque K 6= F3 , F5 ).
Soit M une transvection, alors l’ensemble S n’est pas contenu dans le centre de
SL2 (K). Comme centralisateur, normalisateur, carrés et centre sont préservés par
isomorphisme, ψ(S) n’est pas contenu dans le centre de SL2 (L) et ψ(M ) ou −ψ(M )
7
est une transvection.
(b) Soit λ ∈ K × . Comme K est de caractéristique différente de 2, on peut considérer
la transvection T1,2 (λ/2), et T1,2 (λ/2)2 = T1,2 (λ). Cela montre que toute transvection
est le carré d’une transvection. En particulier, si M ∈ SL2 (K) est une transvection,
écrivons M = T 2 avec T une transvection. Alors ψ(M ) = ψ(T )2 . Comme ψ(T ) ou
−ψ(T ) est une transvection, ψ(M ) est une transvection.
III.B.
Analyse des isomorphismes de SL2 (K) sur SL2 (L)
Avant tout, remarquons que E+ (K) et E− (K) forment des sous-groupes abéliens
de SL2 (K), et que toute transvection est semblable à un élément de E+ (K).
1. (a) Soit x1 , x2 des vecteurs propres respectifs de T1 et T2 pour la valeur propre
1. Montrons que la famille {x1 , x2 } est libre. Si ce n’était pas le cas, alors x1 serait
également vecteur propre de T2 pour la valeur propre 1, et en complétant {x1 } en
une base quelconque de K 2 , on obtiendrait une base dans laquelle lest applications
canoniquement associées à T1 et T2 auraient leur matrice dans E+ (K). Comme le
sous-groupe E+ (K) est commutatif, T1 et T2 commuteraient, ce qui n’est pas possible.
Donc {x1 , x2 } forme une base de K 2 , et dans cette base, les applications linéaires
canoniquement associées à T1 et T2 ont des matrices qui sont respectivement dans
E+ (K) et E− (K).
(b) Soit T1 = ψ(T1,2 (1)) et T2 = ψ(T2,1 (1)). Comme ψ est un isomorphisme, T1 et
T2 sont des transvections qui ne commutent pas, et il existe donc P1 ∈ GL2 (L) tel
que ϕP1 (T1 ) ∈ E+ (L) et ϕP1 (T2 ) ∈ E− (L). Comme tous les éléments de ψ(E+ (K))
commutent avec T1 , les éléments de ϕP1 (ψ(E+ (K))) commutent avec ϕP1 (T1 ) qui est
un élément de E+ (L) différent de l’identité. On a donc ϕP1 (ψ(E+ (K))) ⊂ E+ (L). De
même, ϕP1 (ψ(E− (K))) ⊂ E− (L).
2. (a) Si Q est comme dans
l’énoncé,
alors QJK E− (K)(QJK )−1 ⊂ QE+ (K)Q1 ⊂
1 0
E− (K). En effet, si M =
, alors
x 1
0 −1
1 0
0 1
1 −x
−1
JK M JK =
=
.
1 0
x 1
−1 0
0 1
Ainsi, E− (K) est stable par conjugaison par QJK . Cela impose que QJK est triangulaire inférieure. De même, nécessairement QJK est triangulaire supérieure. Ainsi,
−1
QJK ∈ DK , donc Q ∈ DK JK
. Réciproquement, on vérifie immédiatement que les
−1
éléments de DK JK ont la propriété demandée.
(b) Soit Q = ψ1 (JK ). Comme la conjugaison par JK échange E+ (K) et E− (K) et que
ψ1 envoie E+ (K) dans E+ (L) et E− (K) dans E− (L), la conjugaison par Q échange
E+ (L) et E− (L). D’après laquestion précédente, Q ∈ DL JL−1 , c’est-à-dire qu’il existe
−1
0 −λ
λ ∈ L× tel que ψ1 (JK ) =
.
λ
0
(c) Puisque P2 est diagonale, elle préserve clairement E+ (L) et E− (L). En outre,
−1 λ 0
0 −λ−1
λ
0
0 −1
ψ2 (JK ) =
=
= JL .
0 1
λ
0
0 1
1 0
8
−1
−1
3. (a) Soit D ∈ DK , alors ψ2 (DJK
) = ψ2 (D)JL−1 . Comme la conjugaison par DJK
échange E+ (K) et E− (K), la conjugaison par ψ2 (D)JL−1 échange E+ (L) et E− (L).
D’après 2(a), il existe D0 ∈ DL tel que ψ2 (D)JL−1 = D0 JL−1 . Donc ψ2 (D) ∈ DL , et
ψ2 (DK ) ⊂ DL .
(b)
DK est clairement isomorphe à K × via l’application µK : α 7→
Le groupe
α 0
. De même, DL est isomorphe à L× via µL . Ainsi, β = µ−1
L ◦ ψ2 ◦ µK est
0 α−1
un morphisme de groupes de K × vers L× . Comme composée d’isomorphismes, c’est
un isomorphisme. De plus, par
β vérifie bien l’identité proposée.
définition,
1 x
4. L’application σK : x 7→
est clairement un isomorphisme de groupes de
0 1
(K, +) sur (E+ (K), ·). De plus, la composée α = σL−1 ◦ ψ2 ◦ σK est un isomorphisme
de (K, +) vers (L, +) vérifiant l’hypothèse proposée par définition. En outre, la
conjugaison par JK montre l’identité pour les éléments E− (K).
−1
5. (a) Comme c 6= 0, le coefficient en haut à gauche de M JK
(qui est égal à
−1
−c) est non nul. Ainsi, tous les mineurs principaux de M JK sont non nuls, et
−1
cette matrice admet une décomposition LU . La décomposition LU de M JK
s’écrit
0
0
M = B C avec B triangulaire inférieure et C ∈ E+ (K). Les coefficients diagonaux
de B 0 sont inverses mutuels, on peut donc écrire B sous la forme AB avec A ∈ DK
et B ∈ E− (K). Cela fournit
la décomposition demandée.
1 x
(b) Soit M =
∈ SL2 (K) avec x 6= 0, écrivons M = ABCJK comme à la
0 1
question précédente. On a :
−x
0
1 0
1 −1/x
M=
JK .
0 −1/x
x 1
0
1
On applique ψ2 , on a donc :
β(−x)
0
1
0
1 −α(1/x)
ψ2 (M ) =
JL .
0
β(−1/x)
α(x) 1
0
1
Enfin, on calcule le produit de matrices, et on obtient :
1 α(x)
−α(1/x)β(−x)
−β(−x)
=
.
0
1
β(−1/x)(1 − α(x)α(1/x)) α(x)β(−1/x)
En identifiant les coefficients (par exemple le coefficient en haut à droite), on en
déduit que −β(−x) = α(x), d’où α(x) = β(x) pour tout x 6= 0. Comme β(0) = 0 =
α(0), on a bien α = β.
6. Posons σ = α = β. L’application σ est un isomorphisme de corps de K sur
L. On remarque que pour tout élément M de l’un des ensembles E− (K), E+ (K),
σ
DK , on a ψ2 (M ) = M σ , et ψ2 (JK ) = JK
. D’après la question 5 (et le fait que
toute matrice triangulaire inférieure dans SL2 (K) s’écrive comme le produit d’un
élément de DK et d’un élément de E− (K)), la réunion ces ensembles engendre
SL2 (K), et on a donc pour tout M ∈ SL2 (K), ψ2 (M ) = M σ . Finalement, on a
ψ = ϕP1−1 ◦ ϕP2−1 ◦ (M 7→ M σ ), ce qui est bien de la forme annoncée.
9
IV.
Le théorème 2 en caractéristique différente de
2
1. D’après la partie I.C, il suffit de montrer que m = n. D’après le théorème 1,
puisque ψ est non trivial, n ≤ m. De même, comme ψ −1 est non trivial, n ≥ m. On
a donc bien m = n, et K ' L si l’un des deux est fini.
2. Comme S 2 = I, on a ψ(S)2 = I. Comme K n’est pas de caractéristique 2, ψ(S)
est annulée par le polynôme scindé à racines simples X 2 − 1. Donc ψ(S) est diagonalisable, et a pour valeurs propres 1 et −1. Cela démontre le résultat.
3. D’après la partie I.A, le centralisateur de S dans SLn (K) est l’ensemble des matrices M ∈ SLn (K) diagonales par blocs, avec un premier bloc de taille n − 2 et un
deuxième bloc
taille 2. Ce centralisateur est clairement isomorphe à Gn−2,2 (K) via
de A 0
(A, B) 7→
(la condition sur le produit de déterminants traduisant l’appar0 B
tenance à SLn (K)). De même, le centralisateur
deψ(S) dans SLn (L) est isomorphe
A 0
à Gk,` (L), par l’application (A, B) 7→ P
P −1 . Ainsi, comme ψ induit un
0 B
isomorphisme de CS sur Cψ(S) , les groupes Gn − 2, 2(K) et Gk,` (L) sont isomorphes.
4. Le groupe dérivé de Ga,b (K) est SLa (K)×SLb (K). En effet, on sait que D(GLa (K)×
GLb (K)) = SLa (K) × SLb (K), donc le groupe dérivé de Ga,b (K) est un sousgroupe de SLa (K) × SLb (K). Par ailleurs SLa (K) × SLb (K) est contenu dans
Ga,b (K), et est égal à son groupe dérivé. Donc le groupe dérivé de Ga,b (K) contient
SLa (K)×SLb (K). Cela montre l’égalité de ces deux sous-groupes. Ainsi, ψ induit un
isomorphisme de D(Gn−2,2 (K)) sur D(Gk,` (L)), c’est-à-dire de SLn−2 (K) × SL2 (K)
sur SLk (L) × SL` (L). Dans la suite, on notera ϕ cet isomorphisme.
5. La restriction de l’isomorphisme précédent à SLn−2 (K) fournit deux morphismes,
l’un SLn−2 (K) → SLk (L), l’autre SLn−2 (K) → SL` (L). Au moins l’un des deux
est non trivial puisque le morphisme de départ est injectif. On a donc k ≥ n − 2
ou ` ≥ n − 2. On peut sans perte de généralité supposer n − 2 ≤ k. De la même
manière (en considérant ψ −1 ), on a k ≤ n − 2 ou k ≤ 2. Si n ≥ 4, on en déduit
immédiatement que n − 2 = k. Pour n = 3, on a alors k ≤ 2 et donc {k, `} = {1, 2}.
Cela montre bien que pour tout n ≥ 3, {k, `} = {n − 2, 2}.
6. Le cas n = 3 est désormais évident puisque SL1 (K) × SL2 (K) ' SL2 (K), d’où
l’existence d’un isomorphisme SL2 (K) → SL2 (L). On peut supposer que n ≥ 5
et` = 2. L’isomorphisme ϕ fournit un morphisme surjectif SLn−2 (K) × SL2 (K) →
SL2 (L) (par composition avec la projection canonique sur SL2 (L)). Comme n ≥ 5,
la restriction de ce morphisme à SLn−2 (K) est triviale d’après le théorème 1. Ainsi,
ce morphisme se factorise en un morphisme surjectif ϕ0 : SL2 (K) → SL2 (L).
De
In−2 0
plus, ϕ0 est injectif. En effet, si X ∈ ker ψ 0 n’est pas I2 , l’élément
est
0 X
Y 0
envoyé par l’isomorphisme ϕ sur une matrice de la forme
. Mais alors, la
0 I2
restriction de ϕ−1 à SLn−2 (L) composée avec la projection sur SL2 (K) fournit un
morphisme non trivial (il envoie Y sur X), ce qui est impossible. Cela prouve l’injectivité de ϕ0 , donc le fait que SL2 (K) ' SL2 (L).
7. Soit G un sous-groupe distingué de SLp (K) × SLp (K), non abélien et distinct de
10
SLp (K) × SLp (K). Soit G1 (respectivement G2 ) la projection de G sur la première
composante (respectivement la deuxième). Ce sont des sous-groupes de SLp (K),
distingués par surjectivité de la projection. Au moins l’un des deux est non abélien,
sinon G serait abélien. Disons donc que G1 n’est pas abélien. En particulier, G1
contient une matrice non scalaire. Comme K est infini, G1 = SLp (K). Soit maintenant (X, Y ) ∈ G et Z ∈ SLp (K). Alors par conjugaison par (Z, 1), (ZXZ −1 , Y ) ∈ G,
et donc ([Z, X], 1) ∈ G. Ainsi, D(SLp (K))×{1} ⊂ G, c’est-à-dire SLp (K)×{1} ⊂ G.
Soit alors Y ∈ G2 , il existe X ∈ SLp (K) tel que (X, Y ) ∈ G, et si X 0 ∈ SLp (K), alors
(X 0 , Y ) = (X 0 X −1 , 1)(X, Y ) ∈ G, donc G = SLp (K) × G2 . Si G2 contenait une matrice non scalaire, alors G2 serait égal à SLp (K), et on aurait G = SLp (K)×SLp (K),
ce qui est exclu. C’est donc que G2 est constitué de matrices scalaires, autrement
dit G2 ⊂ Z(SLp (K)).
Le groupe dérivé de G est donc D(SLp (K)) × D(G2 ) = SLp (K) × {1} ' SLp (K).
8. On suppose n = 4. On considère l’isomorphisme ϕ : SL2 (K) × SL2 (K) →
SL2 (L) × SL2 (L) de la question 5. Soit π la projection sur la première composante dans SL2 (L) × SL2 (L), et G = ker(π ◦ ϕ). C’est un sous-groupe distingué
de SL2 (K) × SL2 (K), différent de SL2 (K) × SL2 (K) par surjectivité de ϕ. Par
ailleurs, ϕ(G) est le noyau de la projection π, qui est SL2 (L). En particulier, G
n’est pas abélien. Ainsi, D(G) ' D(ϕ(G)) = SL2 (L), et d’après la question précédente, D(G) ' SL2 (K). On a donc démontré que pour n = 4 (et donc pour tout
n ≥ 2), si SLn (K) ' SLp (L), alors n = p, SL2 (K) ' SL2 (L) et finalement K ' L.
11