Diagonalisation projective souhaitée

En projectif, la seule chose qui change pour les endomorphismes est qu'on quotiente par $\{\lambda.\text{Id}\;|\lambda\in K^*\}$. Autrement dit, deux matrices carrées $A, B\in M_{n+1}(K)$ induisent des endomorphismes/homographies sembables (i.e. conjugués par un automorphisme) de $\mathbb P^n(K)$ ssi $$\exists \lambda\in K^*,\,\exists P\in GL_{n+1}(K),\,B=\lambda.PAP^{-1}.$$

Ça m'étonnerait lourdement qu'on arrive à rendre un nilpotent diagonalisable avec cette relation d'équivalence.

Si certains sont "agacés" par cc pourquoi le lisent-ils? Je connais suffisamment de matheux et matheuses qui adorent ces posts. Je ne m’étendrais pas sur les raisons de ce succès car elles sont trop nombreuses. Il n'est pas vague gratuitement, mais pace que les circonstances l'obligent. Ceux qui ne veulent pas chercher une généralisation projective de "diagonalisable" qui ne trahisse pas trop la notion lineaire correspondante, n'ont qu'à ne pas y réfléchir. En quoi critiquer cette démarche apporte-t-elle quoi que ce soit?

Chercher à montrer que c'est peine perdue, et que pour arriver à la phrase finale du vœu il faudra s’éloigner** trop des concepts linéaires usuel, est au contraire une démarche intéressante, mais ça n'a rien à voir avec le fait de s'en prendre à la démarche, ou à la personne de cc.

**il semble que cc ait fourni une "borne" avec son histoire d'ultra-filtre, que je n'ai pas comprise, mais qui suggère que le vague est d'une certaine façon "encadré", même grossièrement.

Essayer de resserrer l'encadrement est toujours possible, et ça peut être amusant, interactif et productif. Pourquoi piétiner un chantier naissant comme ça? Ceux qui n'aiment que les problèmes posés clairement et sont allergiques au vague qui précèdent les belles trouvailles conceptuelles, peuvent continuer à lire/écrire des articles pointus dans les sentiers battus, ou à résoudre brillamment des questions d'étudiants bien posées, ou à corriger des copies, etc. mais cette allergie - qui cache peut-être un manque d'audace et de créativité - est une maladie, même si elle peut toucher des virtuoses, ça reste un handicape : en faire état au point de reprocher aux autres de ne pas avoir cette maladie, c'est un peu comme si Hawkins s'était mis à insulter ceux qui marchaient plus vite que ne roulait son fauteuil.

@lesmathspointclaires
Dans ton dernier post, tu parles de borne (obtenue via des ultra-filtres ?). De quelle borne parles tu ? Et également d'essayer de resserrer un encadrement. Quel encadrement ?

Ce qui est quand même rigolo avec ton histoire de $\mathbb{F}_1$. C'est que si je prends un corps fini à $q$ éléments (un vrai corps fini) et que je calcule le nombre de droites dans $\mathbb{P}^{n-1}(\mathbb{F}_q)$ je trouve :
$$
\frac{(q^n-1) (q^{n-1}-1)}{(q^2-1)(q-1)} \quad \underset{q \to 1}{\longrightarrow} \quad \frac{n(n-1)}{2} = \# \text{sous-ensemble à deux éléments dans un ensemble de cardinal $n$}
$$


... Mon dénombrement est un peu tordu :-D j'aurais mieux fait de compter les couples de points ....

Oui j'ai bien compris cc, mais je voulais dire que ce n'est pas si délirant que ça de dire qu'un ensemble de cardinal $n$ est un espace projectif de dimension $n-1$ sur $\mathbb{F}_1$ dans le sens où les dénombrements sur les corps fini donne bien ce que l'on veut lorsque l'on fait $q=1$ dans les formules.

J'ai testé sur les plans, normalement un plan dans l'espace projectif $\{1,\dots,n\}$ ça doit être un sous-ensemble de cardinal $3$, ouhais bah du coup c'est bien foutu ! . Enfin bref, ça n'a rien a voir avec ton projet :-D

@Claude : Comment tu as fait pour deviner que je voulais calculer la fonction $\zeta$ de certaintruc sur $\mathbb{F}_{1^\ell}$ ... en me disant tiens c'est peut être le morceau qu'il manque pour avoir la jolie équation fonctionnelle :-D

Merci pour le texte, je vais regarder un peu !

@cc Tu peux détailler la citation suivante ? Tu arrives à faire quoi avec ces ultrafiltres, en plus précis ?

christophe c écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1684830,1685400#msg-1685400
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

$\newcommand{\Binom}[2]{\genfrac{[}{]}{0pt}{}{#1} {#2}}$
Hello Claude,

Oui j'ai vu un peu avant hier. En jouant avec les $p$-Sylow de $\text{GL}_3(\mathbb{F}_2)$ ... En fait, il y a également la notion de drapeaux qui semble être importante dans cette histoire.

Je fixe un corps $k$ un entier $n$ et on pose $E = k^n$ et $G = \text{GL}_n(k)$. On va noter également
$$\mathcal{D}(k,n) := \{ \mathcal{F} := (F_0, F_1,\dots,F_n) \mid F_0 \subset F_1 \dots \subset F_n \text{ et Dim$(F_i) = i$} \}
$$
Donc les suites croissantes de sous-espace vectoriel où on augmente $1$ par $1$ la dimension.

1. On a une action de $G$ sur $\mathcal{D}(k,n)$ par image direct i.e $g \star (F_i) := (g(F_i))$.
2. Cette action est transitive. (prendre une base adaptée à un drapeau).
3. On dispose du drapeaux standard, $\mathcal{S} := (S_i)$ avec $S_i := \text{Vect}(e_1,\dots,e_i)$.
4. Le stabilisateur du drapeaux standard est l'ensemble des matrices triangulaires supérieurs inversibles.

Maintenant on prend $k = \mathbb{F}_q$ et obtient :
$$
\# \mathcal{D}(k,n) = \frac{\# G}{ \# \text{Stab}_{G}(\mathcal{S})} = \frac{ (q^n-1) (q^n-q) \dots (q^n-q^{n-1})}{(q-1)^n q^{\frac{n(n-1)}{2}}}
$$
En bas le $(q-1)^n$ ça provient de la diagonale et le $q^{\frac{n(n-1)}{2}}$ c'est pour la liberté sur les coefficients au dessus de la diagonale.

Là on fait un peu le ménage en factorisant en haut, et on obtient :
$$
\# \mathcal{D}(k,n) = \prod_{m=1} ^{n} (1+q+q^2+\dots+q^{m-1})
$$
Notation :
$$
[m]_q := \# \mathbb{P}^{m-1}(\mathbb{F}_q) = 1+q+q^2+\dots+q^{m-1} \qquad \text{ et } \quad [n]_q ! := \# \mathcal{D}(k,n) = [1]_q [2]_q \dots [n]_q
$$
Maintenant je note comme toi (mais avec l'autre notation)
$$
\Binom{n}{r}_q := \frac{[n]_q !}{[r]_q ! [n-r]_q!}
$$
Et il faut voir que ça correspond au cardinal de l'ensemble des sous-espaces de dimension $r-1$ dans $\mathbb{P}^{n-1}(k)$ ou en plus simple au cardinal de la Grassmannienne $\text{Gr}(k,n,r)$. Là j'ai pas encore fini et c'est Math coss qui m'a fait pensé à ça ; mais je pense que l'on a deux morphismes $$ \mathcal{D}(k,n) \to \mathcal{D}(k,r) \qquad \mathcal{D}(k,n) \to \mathcal{D}(k,n-r)$$
Le premier c'est à un drapeaux on associe les $r$ premières composantes du drapeaux et le second on associe le drapeaux $(\overline{F}_{r+1}, \dots, \overline{F}_n)$ sur l'espace vectoriel quotient $F/F_r$. Je pense qu'en formant le produit cartésien ça donne un morphisme avec $G$ qui tourne comme il faut. Et là faut réfléchir à comment retrouver la Grassmannienne dans cette histoire mais le truc c'est que :
$$
\Binom{n}{r}_q = \frac{\# \mathcal{D}(k,n)}{ \# \left( \mathcal{D}(k,r) \times \mathcal{D}(k,n-r) \right) }
$$

La Grassmannienne doit se retrouve comme un quotient de deux stabilisateurs mais pour l'instant c'est flou et ça marche peut-être pas :-D
Ps / Y'a un truc que je ne pige pas car j'ai l'impression que c'est une bijection !!!
... je pense que c'est pourri comme méthode ... le truc classique c'est de voir que $G$ agit transitivement sur une grassmannienne et de calculer le stabilisateur d'un espace vectoriel. Par contre, ça donnera quelques calculs pour récupérer la formule ...


Sinon pour le $q$, dans un livre je pense qu'ils ont pris $q = \exp(2i \pi \tau)$ c'est pas banal pour le cardinal d'un corps fini :-D

Et dernier truc hier j'ai lu une citation de Y. Manin (attention ultra-concret comme tu aimes :-D) Il faut penser aux facteurs $\Gamma$ (ceux dans les équations fonctionnelles) comme les fonctions $\zeta$ du dual de l'espace projectif de dimension infini sur le corps $\mathbb{F}_1$, ... c'est Fun tu trouves pas, j'ai étais dormir juste après :-D

Et un dernier dernier truc, je n'ai pas encore regardé proprement les histoires de Nilpotent je suppose que $\Binom{n}{\lambda}_q$ va compter le nombre de nilpotent de type $\lambda$ ? Ca a l'air vraiment vraiment amusant ces histoires !

@Claude :
Juste un truc sur l'histoire de polynôme en $q$. Pour un objet défini sur $\Z$, s'il existe un polynôme $P \in \Z[X]$ tel que pour tout $p$ et pour tout $r >0$ on a : $\#X(\mathbb{F}_{p^r}) = P(p^r)$ alors en notant $\chi := \mathcal{L}(\zeta(s-1))$ et $P= \sum_i a_i X^i$ on a :
$$\mathcal{L}(\zeta(X,s)) = \boxplus_i a_i \chi^i \quad \text{C'est pas beau le symbole $\boxplus$ donc : } \qquad \sum_{i} a_i \chi^i $$
avec $ \chi^0 = \mathcal{L}(\zeta)$ et $\chi^i = \chi \boxtimes \chi^{i-1}$ avec $\boxplus$ le produit de convolution de Dirichlet (celui que je veux noter $+$ et que l'on note $\star$) et $\boxtimes$ le produit tensoriel (celui dont on a parlé et que je veux noté $ \times$). Je ne sais pas si on avait parler de ça mais avec ces notations j'ai un polynôme en entrer et j'ai le même polynôme en sortie ...

J'ai mis $\mathcal{L}$ pour dire que je parle de la suite des coefficients plutôt que de la fonction. Si on parle en terme de fonction ça donne :
$$
\zeta(X,s) = \prod_{i} \zeta(s-i)^{a_i}
$$
Et la justification de la définition de $\chi$ c'est que (au niveau des $p$-facteurs) : le $p$-facteur de $\zeta(s-1)$ est $\frac{1}{1-pT}$ et on a :
$$
\frac{1}{1-pT} \otimes \frac{1}{1-pT} = \frac{1}{1-p^2T}
$$
ce qui est le $p$-facteur de $\zeta(s-2)$.

Tu vois ce que je veux dire ? Je vais faire du vélo ça m'évitera de polluer le fil de Christophe.

Sorry Cc, promis fini le hors sujet mais c'est un peu de ta faute avec ton histoire de $\mathbb{F}_1$ :-D

@cc
J'attache les 4 pages. Il y a un préambule qui ne se voit peut-être pas assez dont je te cause maintenant C'est un truc banal pour les algébristes : monter en structurel en remplaçant la $K$-conjugaison de $K$-endomorphismes par de la $K[X]$-isomorphie de $K[X]$-modules.

De manière précise, soit $E$ un $K$-espace vectoriel et $u$ un endomorphisme de $E$. Je note $E_u$ le $K[X]$-module défini par $Q \cdot x = Q(u).x$. Supposons disposer d'un second $(F,v)$ ($v$ est un endomorphisme du $K$-espace vectoriel $F$). C'est quoi un $K[X]$-morphisme $\varphi : E_u \to F_v$ ? Une fois dans sa vie, il faut prendre le temps de vérifier que c'est simplement la donnée d'une application $K$-linéaire $\varphi : E \to F$ rendant commutatif :
$$
\xymatrix {
E\ar[d]_u \ar[r]^\varphi & F \ar[d]^v \\
E \ar[r]_\varphi & F \\
}
\qquad\qquad
\hbox {i.e.} \quad \fbox {$v \circ \varphi = \varphi \circ u$}
$$
J'ai encadré le truc capital. Si $\varphi$ est bijectif, dans cet encadré, tu vois une conjugaison entre $u,v$. Bref : $K$-conjugaison et $K[X]$-isomorphie, même combat.

A propos de ton dernier post. Que puis je dire ? Ben, rien. Disons que je préfère travailler avec moduloP. On s'accorde assez bien et on a pas mal bossé ensemble dans d'autres fils sans jamais faire de bruit (jamais d'engueulades). Je dis cela car de temps en temps (je suis pas fier de le dire, je me sens voyeur), je regarde les posts de Fondements et Logique. Et je suis totalement effaré car j'y ai vu trop d'échanges pitoyables. C'est désolant. Ce climat (trop souvent agressif) ne me convient pas du tout du tout. Ce n'est pas très grave car je n'ai pas grand chose à faire dans cette thématique. Le bruit me saoule. Voilà, voilà.

@cc
Pendant que j'y pense. Soit $A \in M_n(K)$ ; le fait que le $K[X]$-module $K^n_A$ soit isomorphe à $K[X]^n / \text{Im}(XI_n - A)$ n'a rien à voir avec le fait que $K$ soit un corps : c'est une propriété universelle, valide au dessus de n'importe quel anneau commutatif. Je t'attache un exercice (corrigé) d'une demi-page que je viens de retrouver. Tout ce binz fait que, en un certain sens, les matrices de $M_n(K)$ disparaissent au profit des $K[X]$-modules de présentation finie.