Le centre de $M_n(K)$, sans effort

dSP · November 2017

Voici une démonstration curieuse où tout semble trivial.

On se donne $B \in M_n(\K)$ commutant à tout élément de $M_n(K)$.
On introduit
$$u : X \in K^n \mapsto BX$$
Banalement
$$\forall A \in M_n(K), \; \forall X \in K^n, \; u(AX)=Au(X).$$
On introduit ensuite
$$U : M \in M_n(K) \mapsto \begin{pmatrix}
u(C_1(M)) & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix}$$
et on trouve immédiatement
$$\forall A \in M_n(K), \; \forall M \in M_n(K), \; U(AM)=AU(M).$$
En particulier
$$\forall A \in M_n(K), \; U(A)=AU(I_n).$$
En notant $\lambda$ le coefficient supérieur gauche de $U(I_n)$ et en appliquant cette dernière formule aux matrices de colonnes toutes nulles à compter de la deuxième, on trouve alors sans effort
$$\forall X \in \K^n, \; u(X)=\lambda X$$
si bien que $B=\lambda I_n$.

Poirot · November 2017

Simple et efficace (tu)

J'aime bien la démo utilisant le fait qu'une matrice du centre stabilise $n+1$ droites distinctes et donc est, par une astuce classique, une homothétie.

talal · November 2017

Bonjour dSP,

merci pour cette jolie présentation. Mais en quoi est-ce plus trivial que de remarquer la même chose en parlant des produits $AE_{i,j} = E_{i,j}A$, où $E(i,j)(u,v)=1$ pour $(u,v)=(i,j)$ et $0$ sinon?

Ces égalités disent juste que tous les éléments diagonaux de $A$ sont égaux et tous les autres sont nuls.

Bonne journée,

talal

PB · November 2017

Bonsoir,
J'aime bien la version applications linéaires : soit f un endomorphisme d'un espace vectoriel E, commutant avec tous les endomorphismes de E. Soit x appartenant à E, un vecteur non nul. Soit p un projecteur d'image la droite engendrée par x (ça existe). On a f(x)=f(p(x))=p(f(x)). Donc f(x) est un point fixe de p donc f(x) est colinéaire à x.
On conclut avec un autre exercice classique : si tous les vecteurs de E sont des vecteurs propres de f, alors f est une homothétie.

talal · November 2017

Bonsoir PB,

je ne sais pas mais j'ai l'impression que dSP s'étonnait de l'absence de virages dans sa preuve. On fait ceci = ....= ... = cela.

Ton argument utilise un raisonnement par l'absurde apparent car tu dis essentiellement que si $0\neq u$ pas colinéaire à $f(u)$ alors comme il y a une $g$ telle que $g(f(u))=0$ et $g(u)=u$, on obtient $0=g(f(u))=f(g(u))=f(u)$. Si $u$ est colinéaire à $f(u)$ alors sans perte de généralité, on peut supposer $f(u)=u$ et alors pour toute $g: f(gu) = gf(u)=gu$, ce qui est presque une conclusion. Mais il y a ce petit problème au début d'écarter $f(u)$ non colinéaire à $u$...

Avec les $E_{ij}$, sauf erreur (je ne sais jamais dans quel sens les mettre), on a le même argument direct (même bien plus court) que celui de dSP.

pour $i\neq j$:
$$0 = E_{ii}E_{jj} A= E_{ii}AE_{jj} = a(i,j).E_{ij}$$

L'égalité des coefficients diagonaux vient de :
$$ E_{ii}AE_{ij} = E_{ij}AE_{jj}$$

Bonne soirée, Talal

Le centre de $M_n(K)$, sans effort

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