Exos sympas MP(*)

[V@J]

Shindara : je suis d'accord, mon exo n'est pas fou, loin de là. Après, je l'ai juste qualifié de sympa, pas de transcendant.

Je ne vois pas pourquoi le problème n'aurait de sens que si $ A $ est inclus dans un corps. $ M_2(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}) $ est bien une algèbre sur $ \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} $, et $ \{M \in M_2(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}) | det(M) = 1\} $ est un ensemble qui existe bien, lui aussi. Reste à regarder s'il est muni d'une structure de groupe.

Quant à l'existence de sous-groupes multiplicatifs de $ \mathbb{R}^\ast $, je ne t'apprendrai rien en te disant que $ \{1\} $ et $ \{1,-1\} $ ne sont pas les seuls...

[Shindara]

@Thaalos : Je parlais de l'exo posté en page 1, qui à un petit changement d'écriture près est le même

@ V@J : Le problème est qu'il faut que le déterminant prenne ses valeurs dans un corps, pour qu'on garde les propriétés usuelles ( Matrice inversible ssi determinant non nul), non ?
Oui mais il faut que ton sous groupe multiplicatif de R* soit compris dans un sous-anneau de R... Il me semble que ça complique un peu l'affaire...

[Madec]

Pour l'exo " tout hyperplan H de Mn(K) contient un élément inversible"
Il existe une "jolie" démonstration .

on utilise le fait que H se caractérise comme le noyau d'une forme linéaire PHI qui peut s'écrire
Phi(X)=tr(AX) où A matrice non nulle dépend de H .
Si H ne contient aucun élément inversible alors :
PHI(PQ)=tr(APQ)=tr(QAP)
si on prend P et Q inversibles quelconques, on a donc
tr(QAP)# 0
si on note r le rang de A matrice non nulle ( alors r=1 ou r >= 2 )

- si r >= 2
alors la matrice diagonale D ( 1,1 ,.., 1-r ,0,..,0) (avec r-1 termes 1)
est de rg r est de trace nulle , elle est équivalente à A (même rang r) d'où l'existence de P et Q inversibles telles que QAP=D
et la contradiction sur la valeur de la trace .

- si r=1 alors on prend une matrice élémentaire Eij (i#j) elle est équivalente à A et l'existence de P et Q inversibles telles que QAP = Eij et encore une contradiction sur la valeur de la trace .

Nota : s'il existe une démonstration de ce résultat dans Mn(R) qui utilise des arguments topologiques (connexité) je suis intéressé .

[dSP]

Madec :

si $ n $ est pair, un chemin dans $ GL_n(R) $ allant de $ I_n $ à $ -I_n $
rencontre chaque hyperplan ;

si $ n $ est impair, alors pour tout hyperplan $ H $, il existe un indice $ i $ tel que
les matrices $ I_n $ et $ A_i:=-I_n+2E_{i,i} $ soient de part et d'autre de $ H $
(considérer la somme sur $ i $ des $ A_i $), et tout chemin dans $ GL_n(R) $
joignant la première à la seconde recontre alors $ H $.

[dSP]

La décomposition de Jordan/Dunford dit que toute matrice trigonalisable se décompose de manière unique en somme
d'une matrice diagonalisable et d'une matrice nilpotente qui commutent.

... Et que lesdites matrices peuvent être écrites comme des polynômes en la matrice de départ.

Ca c'est du bonus. On n'en a pas besoin pour assurer l'unicité.

[Latios]

@ V@J : Le problème est qu'il faut que le déterminant prenne ses valeurs dans un corps, pour qu'on garde les propriétés usuelles ( Matrice inversible ssi determinant non nul), non ?

Il me semble que le résultat est en fait : la matrice est inversible ssi son déterminant est inversible dans l'anneau de base. Par exemple une matrice de $ \mathcal{M}_n(\mathbb{Z}) $ est inversible ssi son déterminant vaut 1 ou -1. Cependant je n'ai aucune certitude sur ce résultat

EDIT : D'après Wikipédia j'ai bon : http://fr.wikipedia.org/wiki/D%C3%A9ter ... ux_modules

Ainsi une matrice à coefficients dans un anneau commutatif A est inversible si et seulement si son déterminant est inversible dans A.

[LB]

C'est bien ça, et pour l'inverse cf la formule avec la comatrice qui "s'étend".

[V@J]

Le problème est qu'il faut que le déterminant prenne ses valeurs dans un corps, pour qu'on garde les propriétés usuelles ( Matrice inversible ssi determinant non nul), non ?

En fait, la propriété usuelle plus forte, comme t'invite à le remarquer l'exercice, c'est qu'une matrice est inversible ssi son déterminant est inversible (i.e. non nul si tu te places dans un corps).

[Madec]

Madec :

si $ n $ est pair, un chemin dans $ GL_n(R) $ allant de $ I_n $ à $ -I_n $
rencontre chaque hyperplan ;

si $ n $ est impair, alors pour tout hyperplan $ H $, il existe un indice $ i $ tel que
les matrices $ I_n $ et $ A_i:=-I_n+2E_{i,i} $ soient de part et d'autre de $ H $
(considérer la somme sur $ i $ des $ A_i $), et tout chemin dans $ GL_n(R) $
joignant la première à la seconde recontre alors $ H $.

Merci DSP pour la réponse mais je ne comprends pas bien , comme GLn(R) n'est pas connexe je ne vois pas bien pourquoi un chemin continu relierait Id à -Id ?

[V@J]

Madec a écrit :
comme GLn(R) n'est pas connexe je ne vois pas bien pourquoi un chemin continu relierait Id à -Id

$ Gl_n(\mathbb{R}) $ n'est pas connexe, mais $ \Omega = det^{-1}(\mathbb{R}_+^\ast) $ l'est.
Si n est pair, $ I_n \in \Omega $ et $ -I_n \in \Omega $.
Si n est impair,$ I_n \in \Omega $ et $ 2E_{i,i}-I_n \in \Omega $.
Dans les deux cas, un chemin de $ \Omega $ (donc, a foritori, de $ Gl_n(\mathbb{R}) $) permet de relier les deux matrices dont parle dSP.