Preuve avec des notations incompréhensibles
Bonjour,
Suite à un exercice d'oral je suis tombé sur cette question posée du MathOverflow :
https://mathoverflow.net/questions/47362/subspaces-of-singular-matrices
La question est simple : étant donné deux matrices (disons réelles ou complexes) $A, B$ de taille $n$ telles que $aA+bB$ est non inversible pour tous $a,b$ ; prouver qu'il existe des matrices $P, Q$ telles que $rang(P)+rang(Q)>n$ et $PAQ=PBQ=0$.
La question est simple et la réponse donnée (et acceptée) dans le thread est la suivante (traduction) :
Supposons que $A$ et $B$ sont des matrices de taille $n$. Soient $V$ et $W$ des espaces vectoriels de dimention $n$ tels que $A,B \in Hom(V,W)$. Considérons $P^1$ avec coordonnées $(x:y)$ et considérons le morphisme $V\otimes O(-1) \to W\otimes O$ donné par $xA + yB$. Soit $K$ son noyau et $C$ son conoyau. On dispose alors de la suite exacte
$$
0 \to K \to V\otimes O(-1) \to W\otimes O \to C \to 0.
$$
La condition de singularité de l'énoncé donne $r(K) = r(C) > 0$. Par l'exactitude de la suite il suit que $d(K) = d(C) - n$. Soit $Q$ le morphisme induit :
$$
H^1(P^1,K(-1)) \to H^1(P^1,V\otimes O(-2)) = V
$$
et $P$ le morphisme induit :
$$
W = H^0(P^1,W\otimes O) \to H^0(P^1,C).
$$
On vérifie que $Q$ est une inclusion ("an embedding"), $P$ est une surjection et que $PAQ = PBQ = 0$, de sorte qu'il reste à vérifier que $\dim H^1(P^1,K(-1)) + \dim H^0(P^1,C) > n$. Pour cela :
$$
\dim H^0(P^1,C) \ge \chi(C) = r(C) + d(C).
$$
De plus,
$$
H^1(P^1,K(-1)) \ge - \chi(K(-1)) = - (r(K) + d(K) - r(K)) = -d(K) = n - d(C).
$$
En additionnant on obtient alors
$$
\dim H^1(P^1,K(-1)) + \dim H^0(P^1,C) \ge r(C) + d(C) + n - d(C) = n + r(C) > n.
$$
Outre le langage cohomologique auquel je ne suis pas habitué et l'apparente complexité de la preuve, j'aimerais déjà comprendre les notations. Qu'est-ce que $O$? $O(-1)$? etc.
Une fois cela compris il faudra alors déchiffrer cette preuve. Cela me semble très compliqué. Je n'ai jamais vu de problème d'algèbre linéaire qui nécessitait pareil outillage. La cohomologie éclaire-t-elle certains problèmes d'algèbres linéaires ? Je suis resté sur des notions très élémentaires d'algèbre linéaire et de réduction lorsque j'étais étudiant ...
Merci à ceux qui voudrons bien m'aider pour déchiffrer cette preuve.
Suite à un exercice d'oral je suis tombé sur cette question posée du MathOverflow :
https://mathoverflow.net/questions/47362/subspaces-of-singular-matrices
La question est simple : étant donné deux matrices (disons réelles ou complexes) $A, B$ de taille $n$ telles que $aA+bB$ est non inversible pour tous $a,b$ ; prouver qu'il existe des matrices $P, Q$ telles que $rang(P)+rang(Q)>n$ et $PAQ=PBQ=0$.
La question est simple et la réponse donnée (et acceptée) dans le thread est la suivante (traduction) :
Supposons que $A$ et $B$ sont des matrices de taille $n$. Soient $V$ et $W$ des espaces vectoriels de dimention $n$ tels que $A,B \in Hom(V,W)$. Considérons $P^1$ avec coordonnées $(x:y)$ et considérons le morphisme $V\otimes O(-1) \to W\otimes O$ donné par $xA + yB$. Soit $K$ son noyau et $C$ son conoyau. On dispose alors de la suite exacte
$$
0 \to K \to V\otimes O(-1) \to W\otimes O \to C \to 0.
$$
La condition de singularité de l'énoncé donne $r(K) = r(C) > 0$. Par l'exactitude de la suite il suit que $d(K) = d(C) - n$. Soit $Q$ le morphisme induit :
$$
H^1(P^1,K(-1)) \to H^1(P^1,V\otimes O(-2)) = V
$$
et $P$ le morphisme induit :
$$
W = H^0(P^1,W\otimes O) \to H^0(P^1,C).
$$
On vérifie que $Q$ est une inclusion ("an embedding"), $P$ est une surjection et que $PAQ = PBQ = 0$, de sorte qu'il reste à vérifier que $\dim H^1(P^1,K(-1)) + \dim H^0(P^1,C) > n$. Pour cela :
$$
\dim H^0(P^1,C) \ge \chi(C) = r(C) + d(C).
$$
De plus,
$$
H^1(P^1,K(-1)) \ge - \chi(K(-1)) = - (r(K) + d(K) - r(K)) = -d(K) = n - d(C).
$$
En additionnant on obtient alors
$$
\dim H^1(P^1,K(-1)) + \dim H^0(P^1,C) \ge r(C) + d(C) + n - d(C) = n + r(C) > n.
$$
Outre le langage cohomologique auquel je ne suis pas habitué et l'apparente complexité de la preuve, j'aimerais déjà comprendre les notations. Qu'est-ce que $O$? $O(-1)$? etc.
Une fois cela compris il faudra alors déchiffrer cette preuve. Cela me semble très compliqué. Je n'ai jamais vu de problème d'algèbre linéaire qui nécessitait pareil outillage. La cohomologie éclaire-t-elle certains problèmes d'algèbres linéaires ? Je suis resté sur des notions très élémentaires d'algèbre linéaire et de réduction lorsque j'étais étudiant ...
Merci à ceux qui voudrons bien m'aider pour déchiffrer cette preuve.
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Réponses
Y aurait-il un rapport avec ceci ? Je constate la présence dans le texte de $\text{P}^1$ (...)
Bien cordialement,
Thierry
Après, il est clair qu'on peut imaginer que la cohomologie aide à l'algèbre linéaire : en algèbre linéaire on.étudie souvent des sous-espaces (pas vectoriels !) de $M_n(K)$ qui peuvent être vus comme des variétés algébriques et donc étudiés par des méthodes de géométrie algébrique : la cohomologie est une de ces méthodes, et elle est (souvent) très efficace. Mais comme je l'ai dit, je ne m'y connais pas, donc à part ce "c'est raisonnable de s'y attendre", je ne peux pas dire grand chose
$H^0(P^1,C)$ et $H^0(P^1,W \otimes O)$ ce sont les fonctions constantes $P^1 \to C$ et $P^1 \to W$ (il écrit lui-même que $W = H^0(P^1,W\otimes O) $)
Soutien à Mickaël : une preuve c'est fait pour prouver, pas intimider. Surtout vue la simplicité de l'énoncé.
Le texte est typiquement un "entre soi" , c'est à dire l'utilisation d'une LANGUE (et non, comme tenté en apparence d'une "théorie") non courante. La cohomologie n'a rien à voir avec les abus consistant en la façon de typographie cette langue.
Si Mickaël me lit (HS de mon téléphone, je change de sujet) tu peux supposer que l'intersection des noyaux des 2 AL est nulle.
@reuns : je pense que $r(C)$ c'est le rang, non ?
Si on prend dans l'ordre, l'application $V \otimes O(-1) \to V \otimes O$ donnée par $xA+yB$ je ne la comprends même pas. Peut-être que c'est trop ambitieux de vouloir comprendre cette preuve, mon bagage algébrique est quasi nul.
C'est une idée naturelle quand on cherche un objet paramétré de regarder ce qu'il se passe sur l'espace des paramètres.Ici ces paramètres sont les $a$ et $b$; et du coup regarder ce qu'il se passe sur $\mathbb{P}^1$ est une bonne idée, c'est d'ailleurs ce choix plus que celui de $\mathbb{A}^2$ qui s'impose pour des raisons évidentes.
Ici, $V\otimes \mathcal{O}$ est simplement le tiré en arrière de $V$ par le morphisme $q:\mathbb{P}^1\to \text{Spec} k$, bref c'est le fibré trivial de rang $n$ sur la droite projective.
Ensuite c'est juste un peu d'habitude de se rendre compte que se donner un morphisme de ce fibré trivial paramétré "linéairement" par les points de P^1, s'interprete naturellement comme se donner un morphisme de $q^*V\otimes O(-1)\to q^*V$, la raison c'est qu'une section de $O(1)$ au point $[x:y]$ c'est une forme linéaire sur la droite $k.(x,y)$ au dessus du point $[x:y]$, et au point $[x:y]$ la fibre de $O(-1)$ est la droite elle même.
Une application linéaire "paramétrée linéairement par $\mathbb{P}^1$" c'est donc un morphisme $q^*V\otimes O(-1)\to q^*V$, on peut aussi le voir comme une section de $V\otimes V^*\otimes O(1)\simeq \underline{Hom}(V\otimes O(-1), V)$ (bien sur si on voulait un truc quadratique on aurait regarder $O(2)$ au lieu de $O(1)$ par exemple si on se donne des matrices $A, B$ alors $x^2A+xyB$ s'interprete comme un élément de $\underline{Hom}(V\otimes O(-2), V)$)
Pour le reste il faut connaitre un peu la cohomologie du plan projectif, nommément que
$H^0(\mathbb{P^1}; O(d))=k[x,y]_d$ et que $H^1(\mathbb{P^1}; O(d))=\frac{1}{xy}k[x^{-1},y^{-1}]_{d}$ (par dualité de Serre le faisceau dualisant étant $O(-r-1)$ sur $\mathbb{P}^r$) et que si l'on se donne un morphisme $O(\ell)\to O(k)$ par un polynome homogène de degré $k-l$, alors l'action sur la cohomologie est donnée par le même polynome.
Par contre cette preuve n'est pas accessible en fin de spé, mais l'idée qu'il faut retenir c'est qu'on regarde l'objet qui paramètrise les morphismes $aA+bB$ (pour $A$ et $B$ fixés) pour des scalaires $a,b$ et ce truc là s'interprete naturellement comme un objet au dessus de P^1, ce qui est somme toute pas très surprenant.
@NoName : merci d'avoir pris le temps de répondre. Malheureusement j'ai beaucoup de mal à comprendre car je n'ai même pas les bases en algèbre commutative. Commençons par le début, $Spec(k)$ désigne l'ensemble des idéaux premiers de $k$, c'est à dire $(0)$ et $k$ ? Qui est ton morphisme $q$ ? Je ne sais pas si cela vaut la peine que tu m'explique un peu plus : je ne connais rien aux fibrés, sections de fibrés, etc. Je connais à peine les définitions et n'en ai aucune pratique.
Sinon je suis d'accord que l'on regarde $aA+bB$ ou $\lambda aA+\lambda b B$ revient au même, d'où l'apparition de $P^1$, c'est à peu près la seule chose que je "comprends".
Si $V$ est un espace vectoriel, alors il est raisonnable qu'il existe un truc qui est fibré trivial de fibre $V$ sur une variété $X$, c'est simplement le produit $X\times V$: une copie de $V$ au dessus de chaque point de $X$ . C'est ce qu'est $V\otimes O$ ou $q^*V$ ici.
Le point c'est de voir ta matrice $M_{a,b}=aA+bB$ comme une famille de matrices au dessus de chaque point $[a:b]$ de $\mathbb{P^1}$ qui agit sur la fibre de ce fibré trivial de fibre $V$ et donc l'action est donné par $M_{a,b}$.
Ce truc la s’écrit "naturellement" comme dit plus haut.
Ensuite, ben c'est de la géométrie algébrique, ce morphisme de fibré à un noyau et un conoyau qui ont un degré et un rang qui s'estiment facilement grâce à Riemann-Roch. La condition $PAQ=PBQ=0$ est donnée simplement grâce à la fonctorialité de la cohomologie. C'est une jolie idée, et je vois pas simplement comment la traduire "avec les mains" (si ce n'est en disant que RR te donne une contrainte entre le degré le rang, et la topologie de la variété qui est elle qui donne la condition $rang(A)+rang(B)\geq n$)
Pour répondre plus précisément aux questions que tu pose, $Spec(k)$ c'est le schéma associé à $k$, c'est simplement un point (un corps n'a qu'un idéal premier: $(0)$, le corps tout entier n'en est pas un, car l'anneau nul n'est pas intègre par convention) ; $q$ c'est le morphisme qui envoie tout le monde sur le point, et $q^*V$ correspnd à la notion (familière?) de tiré en arrière : le fibré trivial de fibre $V$, c'est le produit $X\times V$ c'est le tiré en arrière de $V$ par l'application $q: X\to \text{pt}$ qui envoie tout le monde sur le point.
Ici de toute façon ton endomorphisme est directement vu comme une matrice, tu peux tout aussi bien remplacer $q^*V$ par $O^2$, mais c'est plus "intrinsèque" de l’écrire avec un $V$.
un truc qu'on ne dit jamais aussi, mais qui est implicite (je me permet de le rajouter, ca servira peut etre à d'autres), c'est qu'il y a un foncteur fidèle de la catégorie des k-ev, vers celles de k-schémas, qui envoie un espace $V$ sur $\text{Spec} (\text{Sym} V^*)$, de sorte qu'on peut voir canoniquement un espace vectoriel $V$ comme un schéma noté $V$ (ou bien évidement comme un faisceau sur le point) et que tous ces points de vue sont compatibles entre eux (notamment via le passage de point de vue entre fibré vu comme un faisceau cohérent localement libre ou comme un schéma au dessus de $X$ localement isomorphe à un produit $U\times \mathbb{A}^r$)
Pour ce qui est de la preuve, disons qu'une fois que j'aurais bien compris qui sont $V \times O$, $V \times O(-1)$ et $V \times O(-2)$ alors le reste sera du calcul cohomologique avec les outils standards de n'importe quelle cohomologie, avec aussi des calculs de cohomologie associés aux espaces projectifs, que je suis prêt à croire. Peux-tu m'éclairer sur ce que sont $V \times O(-1)$ et $V \times O(-2)$ ? On va dire que pour $V \times O$ c'est bon, la représentation que j'en ai est maintenant la suivante : une notation de produit vectoriel, mais qui réfère au fibré trivial de rang $n$ que tu donnes.
@etanche : oui il y a plus simple. Je n'y ai pas trop réfléchis mais en gros $A,B$ vivent dans un espace que l'on peut représenter sous forme plus agréable, on peut montrer qu'il existe des bonnes bases dans lesquelles $A=J_r$ et $B=\begin{pmatrix}B_1 & B_2 \\ B_3 & B_4\end{pmatrix}$ avec $B_4=0$ et un lien entre $B_2$ et $B_3$. Avec ça on doit pouvoir construire $P$ et $Q$ comme souhaité.
Je te le décris en géométrie complexe et je t'expliquerai ensuite comment on le voit usuellement un géométrie algébrique. Je le fait pour P^1, l'histoire est la meme pour P^n
Sur $\mathbb{P}^1$ tu as le fibré trivial $\mathbb{P}^1\times \mathbb{C}^{2}$, la dedans tu as le sous espace donné par $\tau=\{[x:y], (a,b)| (a,b)\in \mathbb{C}.(x,y)\}$, note que $(a,b)\in \mathbb{C}.(x,y)$ a bien un sens parce que si tu remplaces $(x,y)$ par $(tx, ty)$ (puisque $[tx:ty]=[x,y]$) avec $t$ un complexe non nul, tu obtient la meme relation, d'ailleurs une facon plus suggestive de décrire $\tau$ c'est de dire que c'est l'ensemble des couples $(d,v)$ avec d une droite (vectorielle) de $\mathbb{C^2}$ et $v\in d$.
Ce $\tau$ est un fibré en droite sur $\mathbb{P^1}$ (que je vais simplement noter $P$ à partir de maintenant), en fait sur $U_0:=P\setminus \{[0:1]\}$ tu as un isomorphisme de $\tau_{|U_0}$ sur $U_0\times \mathbb{C}$ donné par $([x:y], t)\mapsto ([x:y], t(1, y/x))$ qui est holomorphe et tu as la meme chose sur $U_\infty:=P\setminus \{[1:0]\}$).
Tu as aussi une situation duale avec le fibré trivial sur $P$ donné par $P\times \mathbb{C}^{2*}$ où $\mathbb{C}^{2*}$ est le dual de $\mathbb{C}^{2}$, si tu prend un élément d'une fibre (au dessus d'un point $x$ disons) c'est une forme linéaire sur $\mathbb C^2$ que tu peux restreindre à la fibre de $\tau$ en $x$, et ca te donne donc une forme linéaire sur $\tau_x$. Ce fibré c'est le fibré dual de $\tau$ (que je noterai donc $\tau^*$), en chaque point $x$ sa fibre est la duale de la fibre de $\tau$.
Ce que j'ai dit dans ce paragraphe te permet déja d'en trouver des sections. Sur $P\times \mathbb{C}^{2*}$ tu as des sections évidentes qui sont données par $a\phi_1+b\phi_2$ où où $a,b$ sont des nombres complexes et $\phi_i$ est la i-ème forme coordonnées sur $\mathbb{C}^2$.
En fait c'est facile de voir que ce sont les seules sections holomorphes de $P\times \mathbb{C}^{2*}$, car $P$ est connexe et compact, donc les seules fonctions holomorphes sur $P$ sont les constantes.
En restreignant $a\phi_1+b\phi_2$ à la fibre de $\tau$ en chaque point, cela te donne des sections de $\tau^*$. En general on note $\phi_1 :=x$ et $\phi_2:=y$, je suppose que tu vois pourquoi.
Donc tu as des sections holomorphes de $\tau^*$ qui sont données par $\mathbb{C}x\oplus \mathbb{C}y$, ce que j'ai dit plus haut ne prouve pas que ce sont les seules sections holomorphes de $\tau^*$, mais c'est bien le cas (sans trop digresser, cela a à avoir avec la cohomologie justement et la suite exacte d'Euler, mais on peut le montrer à la main aussi).
Pour $\tau$, on peut montrer qu'il n'a pas de section non nulle. C'est meme tres facile (je te laisse chercher).
Bon, ben en géométrie algébrique ce fibre $\tau$ on le note $O(-1)$ et son dual on le note $O(1)$.
Sur $\mathbb{P}^n$, $O(1)$ a des sections globales, qui sont données simplement par $kx_0\oplus ...\oplus kx_n$, ce sont les polynomes homogènes de degré 1 (d'où le 1 dans $O(1)$), alors que $O(-1)$ n'a que la section nulle.
On définit de même des $O(d)=O(1)\otimes ...\otimes O(1)$ d fois, si d est positif et ditto si d est négatif en remplacant 1 par -1, ce qu'il faut comprendre c'est que les sections (algébriques) de $O(n)$ sont données par $k[x_1,...,x_n]_n$, c'est à dire les polynômes homogènes de degré exactement n.
Autrement dit $xA+yB$, c'est une matrice à coefficient dans des sections de $O(1)$, et donc ca s'applique à des vecteurs à coefficients dans $O(-1)$ pour donner des "vrais" vecteurs.
C'est pour ca que tu vois $xA+yB$ comme une application $V\otimes O(-1)\to V\otimes O$, en chaque point de l'espace projectif tu applique la matrice sur les vecteurs de $V$ et les formes $x$ et $y$ sur les éléments de la fibre de $O(-1)$ en ce point et ca te donne un scalaire qui "varie avec le point" c'est à dire une fonction régulière quoi (un element de $O$).
Bon j’espère que ce long pavé sera quelque peu digeste.
Ps: Y a pas que du formalisme cohomologique ensuite, y a quand même aussi Riemann-Roch, qui est un "vrai" théorème.
La raison fondamentale c'est qu'en géométrie algébrique, on aime bien convertir les objets géométriques en des choses plus algébriques justement.
Et sur $\mathbb{P}^n$, la donnée d'un fibré (ou plus généralement d'un faisceau cohérent) donc d'un objet géométrique se traduit algébriquement par la donnée d'un module gradué sur $R=k[x_0,...,x_n]$. Et se donner le module gradué ou le faisceau c'est essentiellement la même chose (à un grain de sel près). C'est exactement l'analogue de ce qu'il se passe en topologie où se donner un fibré topologique sur un espace topologique c'est se donner un module projectif sur l'anneau des fonctions continues.
Et comment "recracher" un module gradué quand on dispose d'un faisceau cohérent $\mathcal{F}$ sur $\mathbb{P^n}$? En regardant $\bigoplus_n \Gamma(\mathbb{P^n}, \mathcal{F}\otimes O(n))$ où la graduation est donné par $n$ justement (et $\Gamma$ designe les sections globales).
Selon ce dictionnaire, le module gradué correspondant à $O(n)$, c'est simplement $k[x_0,...,x_n]$ vu comme module sur lui même, mais avec un degré décalé de $n$.
Exercice. Montrer que le fibré $\tau$ n'admet aucune section globale non nulle.
Une telle section s'écrirait alors $(x,f(x))$ avec $f : \mathbb{P}^1 \to \mathbb{C}^2$ holomorphe. Ce que l'on sait c'est que $f(x)$ appartient à la droite $x$ donc si l'on montre que $f$ est constante alors cela donnera que ce vecteur constant $f(x)$ appartient à toute droite donc est nul. Cela doit venir d'une sorte de théorème de Liouville. En fait on doit bien pouvoir remonter notre $f$ en une application bornée $F : \mathbb{C} \to \mathbb{C^2}$ et en prenant les projections on conclut. Ça n'est pas une preuve mais j'imagine que c'est bien l'idée.
Ta preuve est totalement correcte. Tu peux en effet utiliser directement le théorème de Liouville (comme la droite projective est compacte son image par $f$ est automatique bornée).