Générateurs de GL n(K) et SL n(K)

Sandrine CARUSO
Générateurs de GLn(K)et SLn(K)
Référence : Francinou Gianella Nicolas, exos X-ENS, algèbre 2
Théorème. Soit Kun corps. Le groupe SLn(K)est engendré par les transvections. Le
groupe GLn(K)est engendré par les transvections et les dilatations.
On note Eij la matrice avec un 1en position (i, j)et des 0ailleurs. On rappelle
qu’une transvection est une matrice de la forme Tij (λ) = In+λEij avec i6=j, et
une dilatation est une matrice de la forme Di(λ) = In+ (λ−1)Eii, où λ∈K∗. On
adet Tij (λ) = 1 et det Di(λ) = λ. Multiplier à droite par Tij (λ)revient à effectuer
l’opération sur les colonnes Cj←Cj+λCi, et multiplier à gauche revient à effectuer
l’opération sur les lignes Li←Li+λLj.
Soit M= (mij )∈GLn(K). Nous allons montrer qu’il existe des transvections
T1, . . . , Tret T0
1,...T0 stelles que M=T1· · · TrDn(det M)T0 1· · · T0 s, en effectuant des
opérations sur les lignes et les colonnes telles que les deux évoquées ci-dessus.
On raisonne par récurrence sur n. Si n= 1, alors M=D1(det M)de manière
évidente. Soit n>2et supposons le résultat vrai pour toute matrice de GLn−1(K).
Dans un premier temps, supposons que l’un au moins des coefficients mi1pour
i>2est non nul1. On effectue alors l’opération L1←L1−m11 −1
mi1Li, ce qui revient à
multiplier Mà gauche par T1i(−m11 −1
mi1). Dans ce cas, le coefficient (1,1) de la matrice
obtenue est m11 −m11 −1
mi1×mi1= 1.
Si tous les coefficients mi1,i>2sont nuls, alors m11 n’est pas nul car la matrice M
est inversible. On effectue alors les opérations L1←L1+L2,L2←L2−L1, puis L1←
L1+L2. Cela entraîne, par multiplication par des transvections, les transformations
suivantes : 
L1
L2
.
.
.
→
L1+L2
L2
.
.
.
→
L1+L2
−L1
.
.
.
→
L2
−L1
.
.
.
et ainsi, on est ramené au cas où m21 est non nul.
Enfin, pour ide 2àn, on effectue les opérations Li←Li−mi1L1et Ci←Ci−
m1iC1(en identifiant mij au coefficient (i, j)de la matrice obtenue après les opérations
précédentes), annulant ainsi tous les coefficients de la première colonne et de la première
ligne sauf le coefficient (1,1) qui reste égal à 1.
1Remarque : ces coefficients existent puisque n>2, c’est ce qui fait fonctionner les choses!
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Pour résumer, la situation est la suivante. Il existe des transvections S1, . . . , Spet
S0
1, . . . , S0 qtelles que
S1· · · SpMS0
1· · · S0 q=
1 0 · · · 0
0
.
.
.M0
0
En appliquant l’hypothèse de récurrence à M0, et en complétant les matrices de trans-
vection de taille n−1obtenues ainsi par un coefficient 1en haut à gauche, on obtient
T−1
r· · · T−1 1MT 0−1 s· · · T0−1 1=Dn(det M0).
On a bien sûr det M= det M0, et on en déduit le résultat annoncé.
Si M∈SLn(K), alors Dn(det M0) = Inet donc SLn(K)est bien engendré par les
transvections seules.
Application. Les groupes SLn(R)et SLn(C)sont connexes par arcs. Le groupe GLn(C)
est connexe par arcs.
Démonstration. Montrons que toute matrice de ces groupes peut être reliée par un che-
min continu à In. Soit K=Rou C, et soit M∈SLn(K). Alors il existe T1, . . . , Tr
des transvections telles que M=T1· · · Tr. Si T=Tij (λ)est une transvection, notons
ψTl’application de [0,1] dans SLn(K)qui à tassocie Tij (tλ)(si t= 0, c’est l’identité).
Considérons maintenant l’application
Φ : [0,1] →SLn(K)
t7→ ψT1(t)· · · ψTr(t).
Pour toute transvection T, l’application ψTest continue. Le produit d’applications conti-
nues étant continu, Φest également continue. Or, Φ(1) = Met Φ(0) = In, ce qui
conclut.
Le cas de GLn(C)est un peu plus délicat, car l’application t∈[0,1] 7→ Dn(tλ)
n’est pas à valeurs dans GLn(C), et on ne peut donc pas utiliser la même technique que
précédemment. Mais remarquons que C∗est connexe par arcs. Ainsi, pour tout λ∈C∗,
il existe une application continue ρλde [0,1] dans C∗telle que ρλ(0) = 1 et ρλ(1) = λ.
Alors l’application t∈[0,1] 7→ Dn(ρλ(t)) est à valeurs dans GLn(C), et on conclut par
la même méthode que précédemment.
Remarque. Pour GLn(R), ça ne marche pas, car R∗n’est pas connexe par arcs. En fait,
on peut montrer que GLn(R)a, tout comme R∗, deux composantes connexes.
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