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Dimension du commutant

Références:

Oraux X ENS Algèbre 2, Serge Francinou

SoitA? Mn(K). On note

C(A) ={M? Mn(K),AM=MA}etK[A] ={P(A),P?K[X]}

Lemme.La dimension du commutant deAest toujours supérieure ou égale

àn.

Démonstration.Il s"agit de démontrer quedim(S)≥noùSest le sous- espace des solutions du système linéaire •Supposons queAest trigonalisable. Quitte à se placer dans une base on restreint le système aux matrices triangulaires supérieures, il reste n(n+1)2 inconnues. CommeAX-XAest triangulaire supérieure, dire queXest solution revient à écriren(n+1)2

équations. Les équations

correspondant aux coefficients diagonaux sont évidentes. Ainsi, il y a n(n+1)2 -néquations pourn(n+1)2 inconnues. L"espace des solutions est donc de dimension au moins égale àn. Ainsidim(S∩Tn(K))≥ndonc dim(S)≥n. •Supposons queAn"est pas trigonalisable. La dimension deSreste inchangée par extension de corps. En effet :

Soita1,...,ap,Kbase deL.

SoitM1,...,MrLbase deCK(A) ={X? Mn(K),AX=XA}.

Montrons queM1,..,Mrest uneLbase de

C

L(A) ={X? Mn(L),AX=XA}.IFamille libre

Soitλ1,...,λr?Lrtel quePri=1λiMi= 0. On sait donc que pour touti?J1,rK,λi=Pp k=1μkiak.

On a donc

r X i=1λ iMi=rX i=1 pX k=1μ kiak! M i=pX k=1a k rX i=1μ kiMi! = 0 Ainsi, pour toutk?J1,pK,Pri=1μkiMi= 0((ak)est une famille libre). Finalement, pour toutk?J1,pKet pour touti?J1,rK, ki= 0ce qui entraîne que pour touti?J1,rK,λi= 0.

IFamille génératrice

SoitX? CL(A)notéX= (xij).

On a, pour touti?J1,nKet pour toutj?J1,nK, on a

x ij=Pp k=1μij(k)ak. J1,pK,μ(k)? CK(A). On sait queAX=XA, donc pour tout i,j?J1,nK, (AX)ij= (XA)ij?nX l=1a ilxlj=nX l=1x ilalj nX l=1a il pX k=1μ lj(k)ak! =nX l=1 pX k=1μ il(k)ak! a lj pX k=1a k nX l=1a ilμlj(k)! =pX k=1a k nX k=1μ il(k)alj! pX k=1a kAμ(k) =pX k=1a kμ(k)A pX k=1a k(Aμ(k)-μ(k)A) = 0 Comme, pour toutk?J1,pK,ak?= 0(sinon la famille(ak)ne serait pas libre), on a que pour toutk?J1,pK,μ(k)? CK(A). 1

Dimension du commutant

Ainsi, il existebk1,...,bkr?Ktels queμ(k) =Pri=1bkiMi. Ainsi X=rX i=1 pX k=1b kiak! |{z} ?LM i Finalement,X?V ectL(M1,...,Mr). Il suffit alors de prendreL tel queχAsoit scindé. Dans ce cas-là,Aest trigonalisable et la dimension de l"espaceC(A)est supérieure ou égale ànsurLou surK.Théo.On aK[A] =C(A)si et seulement siχA=μA. Démonstration.La dimension deK[A]est toujours égale au degré deμA. •Supposons queK[A] =C(A). On a donc quedim(K[A]) = dim(C(A)) =n. CommeμA|χAon obtient

A=χA.

•Supposons queμA=χA. On sait donc queAest cyclique. Autrement dit, il existee?Kntel que(e,Ae,...,An-1e)soit une base deKn. Considérons l"application f:B? C(A)?→Be?Kn. Cette application est linéaire. Elle est injective. En effet, siBe= 0alors BA ke=AkBe= 0pour toutk?J0,n-1K. DoncBs"annule sur une base deKndonc est nul. On déduit que Doncdim(C(A)) =n= deg(μA) = dim(K[A]). CommeK[A]? C(A) et on a bien le résultat.Leçons possibles: 151 - 162 2quotesdbs_dbs26.pdfusesText_32