Tr(A+B)^p
Bonjour, J'ai un souci avec un exercice qui ne me parait pas compliqué mais je ne comprends pas les corrections, je me dis que je passe peut-être à côté des difficultés.
Il s'agit de montrer que pour deux matrices $A$ et $B$ dans $M_n(\Z)$ et pour $p$ premier, $\mathrm{Tr}(A+B)^p \equiv \mathrm{Tr}(A^p)+\mathrm{Tr}(B^p) \pmod p$
J'ai trouvé une solution qui dit : "
Pour cela, on développe la somme et on regroupe les termes égaux à "rotation" près, ils sont de même trace donc leur somme est nulle, et il ne reste plus que les termes $A^p$ et $B^p$ "
Quand ils disent leur somme est nulle, c'est bien modulo $p$ ? Est-ce que l'argument de la divisibilité des coefficients binomiaux par $p$ suffit ?
Il y a une autre solution dans un Tauvel, Il passe par les $p$-cycles et les orbites en montrant d'abord que $G$ étant un sous-groupe du $p$-cycle $(1,2,\ldots,p)$, $E$ un ensemble non vide et $S$ l'ensemble des $p$ termes d'éléments de $E$, le cardinal de la $G$-orbite de $S$ dans $S$ est égal à $p$. Ensuite il utilise ce cardinal pour montrer que tous les termes du développement autres que $\mathrm{Tr}(A^p)$ et $\mathrm{Tr}(B^p)$ seront nuls modulo $p$ sans que je comprenne la solution pour tout avouer.
Bref, pourquoi passe-t-il par les orbites pour cette démonstration ? Qu'est-ce que ça apporte et qu'à priori je ne vois pas du tout.
Merci,
dido
Il s'agit de montrer que pour deux matrices $A$ et $B$ dans $M_n(\Z)$ et pour $p$ premier, $\mathrm{Tr}(A+B)^p \equiv \mathrm{Tr}(A^p)+\mathrm{Tr}(B^p) \pmod p$
J'ai trouvé une solution qui dit : "
Pour cela, on développe la somme et on regroupe les termes égaux à "rotation" près, ils sont de même trace donc leur somme est nulle, et il ne reste plus que les termes $A^p$ et $B^p$ "
Quand ils disent leur somme est nulle, c'est bien modulo $p$ ? Est-ce que l'argument de la divisibilité des coefficients binomiaux par $p$ suffit ?
Il y a une autre solution dans un Tauvel, Il passe par les $p$-cycles et les orbites en montrant d'abord que $G$ étant un sous-groupe du $p$-cycle $(1,2,\ldots,p)$, $E$ un ensemble non vide et $S$ l'ensemble des $p$ termes d'éléments de $E$, le cardinal de la $G$-orbite de $S$ dans $S$ est égal à $p$. Ensuite il utilise ce cardinal pour montrer que tous les termes du développement autres que $\mathrm{Tr}(A^p)$ et $\mathrm{Tr}(B^p)$ seront nuls modulo $p$ sans que je comprenne la solution pour tout avouer.
Bref, pourquoi passe-t-il par les orbites pour cette démonstration ? Qu'est-ce que ça apporte et qu'à priori je ne vois pas du tout.
Merci,
dido
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Toutes mes excuses !
PS : J'ai corrigé le message initial pour plus de compréhension.
{\rm Tr}\, A^p \equiv {\rm Tr}\, A \pmod p
$$ et le résultat en découle. Il suffit donc de montrer $(1)$ (le Petit Théorème de Fermat pour les matrices entières). Pour cela, on remarque que si $A=(a_{ij})$, alors $$
(A^p )_{ij}= \sum a_{ii_1}a_{i_1 i_2} \cdots a_{i_{p-1}j}
$$ où la somme porte sur tous les $(p-1)$-uplets $(i_1 ,\ldots,i_{p-1})$ (le montrer par récurrence à partir de la formule du produit matriciel habituel). Il s'ensuit que $$(2) \quad
{\rm Tr}\, A^p =\sum a_{i_0 i_1}a_{i_1 i_2} \cdots a_{i_{p-1}i_0}
$$ où $(i_0 ,i_1 ,\ldots ,i_{p-1})$ décrit $\{ 0,1,\ldots ,p-1\}^p$. Remarquons maintenant que le produit $a_{i_0 i_1}a_{i_1 i_2} \cdots a_{i_{p-1}i_0}$ est invariant par permutation circulaire des indices. Soit $c=(2\ 3\ \cdots\ n-1\ 1)$ la permutation circulaire standard et $G$ le groupe (d'ordre premier $p$) engendré par $c$. Il est naturel de faire agir $G$ sur les indices. Les orbites sont soit de cardinal $1$ et correspondent au termes de la somme de la forme $a_{ii}^p$, soit de cardinal $p$. Il s'ensuit que la somme $(2)$ est congrue à $$
\sum_{i=1}^n a_{ii}^p \pmod p,\quad\text{donc à}\quad \sum_{i=1}^n a_{ii} \pmod p
$$ par le Petit Théorème de Fermat. D'où le résultat.
Une autre solution, un peu violente il est vrai, consiste à trigonaliser $A$ dans une clôture algébrique de ${\mathbb F}_p$.
Paul, en fait dans mon exos, il faut justement utiliser d'abord le résultat $\mathrm{Tr\,}(A+B)^p \equiv \mathrm{Tr\,}(A^p)+\mathrm{Tr\,}(B^p)$ pour montrer que $\mathrm{Tr\,} A^p \equiv \mathrm{Tr\,} A \pmod p$. Mais je crois que tes explications vont m'aider à comprendre cette question car je soupçonne des erreurs typographiques dans le livre qui me perturbent.
L'égalité dont le présent fil est l'objet est conséquence de ce que pour tout $p$ premier, tout entier $n$ et toute $M\in M_n(\F_p)$, $tr(M)=tr(M^p)$ $(*)$ (exo bien connu des taupins).
Si $A\in M_n(\F_p)$, notons $C_A(X):=\det(A-XI_n)\in \F_p[X]$; on sait qu'il existe $a_2,\ldots,a_{n-1} \in \F_p$ tels que $C_A=X^n - tr(A)X^{n-1}+\sum_{k=2}^{n-1} a_k X^{n-k}+(-1)^n \det(A)$.
Soit $M\in M_n(\F_p)$.
Comme on a (caractéristique $p$) pour tout $M$, $(M-XI_n)^p=M^p-X^pI_n$, on a immédiatement $$C_{M^p}(X^p)=\det(M^p-X^pI_n)=\det[(M-XI_n)^p]=[\det(M-XI_n)]^p = [C_M(X)]^p=C_M(X^p)$$ et l'égalité $(*)$ découle de la comparaison entre les coefficients de ces deux polynômes (en fait $M$ et $M^p$ ont même polynôme caractéristique dans $\F_p$).
Et moi qui pensais benoîtement que l'algèbre linéaire de taupe ne se pratiquait que sur les corps des nombres réels et des nombres complexes, éventuellement sur l'un ou l'autre de leurs sous-corps exotiques, par exemple le corps des nombres rationnels…
Tu as raison pour les programmes actuels, mais il fut un temps où d'autres corps avaient droit de cité (voir par exemple les Ramis-Deschamps-Odoux). Et même encore aujourd'hui, je pense que les MP* visant Ulm s'autorisent pareilles escapades.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Pour info l'égalité $Tr(A^p)\equiv Tr(A)^p \mod p$ est attribuée à Vladimir Arnold. V. I. Arnol’d, “Topology and Statistics of Formulae of Arithmetics,
Une conjecture (résolue depuis avec des théorèmes plus généraux dont je ne connais absolument rien) donnée par Arnold est alors $Tr(A^{p^r})\equiv Tr(A^{p^{r-1}})\mod p^{r}.$
EDIT
Une référence il me semble: On Matrix Analogs of Fermat’s Little Theorem A. V. Zarelua
EDIT2: Merci Maxtimax!
Peut-être que tu voulais écrire $Tr(A^{p^r}) \equiv Tr(A^{p^{r-1}})$ modulo $p^{r-1}$ ou quelque chose de ce genre ?
Désolé de déterrer cette discussion qui date un peu mais je découvre le résultat : pour toute matrice $A\in\mathcal{M_n(\Z)}$ et tout nombre premier $p$, $$\mathrm{Tr}(A^p)\equiv \mathrm{Tr}(A)\kern0.5em\text{(mod $p$)}$$ et les démonstrations proposées par Paul Broussous. En y réfléchissant, il me semble que l'on peut aussi utiliser le théorème des polynômes symétriques :
Soit $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les racines complexes de $P_A=\det(A-XI)$.
$$(\mathrm{Tr}(A))^p-\mathrm{Tr}(A^p)=(\lambda_1+\cdots+\lambda_n)^p-(\lambda_1^p+\cdots+\lambda_n^p).$$ Or, d'après la formule du multinôme, il existe $Q\in\Z[X_1,\dots,X_n]$ tel que $$(X_1+\cdots+X_n)^p-X_1^p-\cdots-X_n^p=pQ(X_1,\dots,X_n).$$ Manifestement $Q$ est symétrique, donc il existe $R\in\Z[X_1,\dots,X_n]$ tel que (les $s_{n,k}$ désignant les polynômes symétriques élémentaires) $$(\mathrm{Tr}(A))^p-\mathrm{Tr}(A^p)=pR(s_{n,1}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),\dots,s_{n,n}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)).$$ On en déduit, comme $P_A\in\Z[X]$, $(\mathrm{Tr}(A))^p-\mathrm{Tr}(A^p)\in p\Z$ et la conclusion via le petit théorème de Fermat.
Appliqué à la suite $u_n = \mathrm{Tr} \left(A^n \right)$, on obtient
$$\sum_{d \mid n} \mathrm{Tr} \left(A^n \right) \mu(n/d) \equiv 0 \pmod n.$$
en particulier, si $n=p$ est un nombre premier, alors on retrouve $\mathrm{Tr} \left(A^p \right) \equiv \mathrm{Tr} \left(A\right) \pmod p$.