Déterminant

Bonjour, on considère une application $\C$-linéaire $f:\C^n\to \C^n$ de matrice $A$. On note $f_{\R}:\R^{2n}\to \R^{2n}$ l'application $\R$-linéaire associée et $A_{\R}$ sa matrice. Je n'arrive pas à montrer que $\quad\det(A_{\R})=|\det(A)|^2$.
Sauriez-vous m'aider ?
Merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept semaines et a été effectuée par AD.

À partir d'une base du $\C$-espace $\C^n$, sais-tu faire une base du $\R$-espace $\C^n=\R^{2n}$ ?
Si la matrice $A$ est triangulaire, sais-tu comparer les deux déterminants ?
Alors tu sais traiter le cas général !

Autre méthode: Soit $\det_\R: GL_n(\C)\to \R^\times$ défini par $A\mapsto \det(A_\R)$.

Alors
1) $\det_\R$ est un morphisme de groupe
2) $\R^\times$ est abélien, donc $\det_\R$ se factorise sous la forme $f\circ \det$ pour un unique morphisme $f: \C^\times \to \R^\times$
3) Le $f$ en question est continu : il n'y a pas beaucoup de tels morphismes
4) Il te suffit donc de tester quelques matrices particulièrement simples pour savoir duquel il s'agit

(Edit : je me suis restreint à $GL_n$, mais je te laisse expliquer pourquoi on se fiche de $M_n\setminus GL_n$)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a sept semaines et a été effectuée par Maxtimax.

Moi je travaillerais par blocs.

On a : $A=U+iV$, avec $U$ et $V$ dans $\mathcal M_n(\R)$. Alors $A_{\R}=$$\left[
\begin{array}{cc}
U & -V \\
V & U%
\end{array}
\right] \in \mathcal{M}_{2n}(\mathbb{R})$.
Un exercice classique dit que $\det A_{\R}=$$\left|\det (U+iV)\right| ^{2}$.
Bonne journée.
Fr. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept semaines et a été effectuée par Chaurien.

Un peu vache si tu ne demandes pas $\left[\begin{array}{cc}I_n&iI_n\\iI_n&I_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}U&-V\\V&U\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}I_n&iI_n\\iI_n&I_n\end{array}\right]^{-1}.$

Merci pour les éléments de réponses.

Maxtimax, quel résultat utilises-tu pour ton 2) ?

Pour Math Coss, si $(e_1,\cdots,e_n)$ est la base canonique de $\C^n$ alors $(e_1,\cdots,e_n,ie_1,\cdots,ie_n)$ en est une $\R$-base. C'est d'ailleurs comme cela que l'on arrive à une représentation de $A_{\R}$ comme dans le message de Chaurien et c'est comme cela que je comptais faire mais je n'y suis pas arrivé. J'ai aussi essayé sur des matrices triangulaires comme suggéré mais je n'ai rien trouvé de fructueux

J'ai vu le message de P. après avoir posté. J'arrive au résultat grâce à cela. Merci beaucoup !

Pour l'approche proposée par Chaurien, tu peux remarquer que $\lvert \det (U+iV)\rvert ^{2} = \det (U+iV) \det (U-iV)$ et transformer $\det (A_{\R})$ de façon à faire apparaître ce produit.

senpai : pour le 2), j'utilise le fait que $SL_n(\C)$ est le groupe dérivé de $GL_n(\C)$, i.e. il est engendré par les matrices $ABA^{-1}B^{-1}, A,B\in GL_n(\C)$.
Pour prouver ça, on peut prouver dans un premier temps que $SL_n(\C)$ est engendré par les matrices élémentaires ("de transvection", i.e. $I_n+ \alpha E_{i,j}, i\neq j$), puis montrer que celles-ci s'expriment sous la forme $ABA^{-1}B^{-1}$.

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell

Ah ! Oui tout de suite je comprends. Merci pour cette deuxième solution que je trouve plus élégante.

On procède comme dit P. pour exécuter une sorte de $\mathbb C$-diagonalisation par blocs de $A_{\R}=$$\left[
\begin{array}{cc}
U & -V \\
V & U%
\end{array}
\right] \in \mathcal{M}_{2n}(\mathbb{R})$.
$\bullet $ On imite la $\mathbb{C}$-diagonalisation de la matrice : $W=\left[
\begin{array}{cc}
u & -v \\
v & u%
\end{array}
\right] \in \mathcal{M}_{2}(\mathbb{R})$, qui revient à la $\mathbb{C}$-diagonalisation de la matrice : $\left[
\begin{array}{cc}
0 & -1 \\
1 & 0%
\end{array}
\right] $.
On a : $\Delta =\Pi ^{-1}W\Pi $, avec : $\Pi =\left[
\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
-i & i%
\end{array}
\right] $, $\Pi ^{-1}=\frac{1}{2i}\left[
\begin{array}{cc}
i & -1 \\
i & 1%
\end{array}
\right] =\frac{1}{2}\left[
\begin{array}{cc}
1 & i \\
1 & -i%
\end{array}
\right] $, et : $\Delta =\left[
\begin{array}{cc}
u+iv & 0 \\
0 & u-iv%
\end{array}
\right] $.
$\bullet $ Revenant au problème initial, on pose donc : $P=\left[
\begin{array}{cc}
I_{n} & I_{n} \\
-iI_{n} & iI_{n}%
\end{array}
\right] \in \mathcal{M}_{2n}(\mathbb{C})$ et : $Q=\frac{1}{2}\left[
\begin{array}{cc}
I_{n} & iI_{n} \\
I_{n} & -iI_{n}%
\end{array}
\right] \in \mathcal{M}_{2n}(\mathbb{C})$, en sorte que :
$~~~~~~~~~~~~~~$ $PQ=\left[
\begin{array}{cc}
I_{n} & 0_{n} \\
0_{n} & I_{n}%
\end{array}
\right] =I_{2n}$, d'où : $Q=P^{-1}$.
$\bullet $ On a alors : $P^{-1}A_{\R}P=\frac{1}{2}\left[
\begin{array}{cc}
I_{n} & iI_{n} \\
I_{n} & -iI_{n}%
\end{array}
\right] \left[
\begin{array}{cc}
U & -V \\
V & U%
\end{array}
\right] \left[
\begin{array}{cc}
I_{n} & I_{n} \\
-iI_{n} & iI_{n}%
\end{array}
\right] $
$~~~~~~~~~~~~~~$ $=\frac{1}{2}\left[
\begin{array}{cc}
U+iV & -V+iU \\
U-iV & -V-iU%
\end{array}
\right] \left[
\begin{array}{cc}
I_{n} & I_{n} \\
-iI_{n} & iI_{n}%
\end{array}
\right] =\left[
\begin{array}{cc}
U+iV & 0_{n} \\
0_{n} & U-iV%
\end{array}
\right] $.
$\bullet $ On en déduit : $\det A_{\R}=\det (P^{-1}A_{\R} P)=\det (U+iV)\det (U-iV)$
$~~~~~~~~~~~~~~$$=\det (U+iV)\det (\overline{U+iV})=\det (U+iV)\overline{\det (U+iV)}=\left|
\det (U+iV)\right| ^{2}$.
$\bullet $ Référence : E. Ramis, Exercices d'Algèbre (violet), Masson &Cie, 1970, p. 132.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept semaines et a été effectuée par Chaurien.

Chaurien il y a plus rapide. Pas besoin de diagonaliser.

Soit $A,B \in \mathcal M_n(\R)$.
Posons $M=\begin{pmatrix} A & -B \\ B & A \end{pmatrix}$

Retranchons à la k-ième colonne $i$ fois la $(n+k)$ ième pour $1 \leq k \leq n$. On obtient :

$\det \ M=\begin{vmatrix} A+iB & -B \\ B-iA & A \end{vmatrix}$

Puis ajoutons à la $(n+k)$ ième ligne $i$ fois la $k$ ième ligne pour $1 \leq k \leq n$ :

$\det \ M =\begin{vmatrix} A+iB & -B \\ 0 & A -iB\end{vmatrix}= \boxed{\det(A+i B) \det(A-iB)}$

Comme les matrices $A$ et $B$ sont à coefficients réels et que :

$\det(A+iB)= \displaystyle\sum_{\sigma \in S_n} \varepsilon(\sigma) \displaystyle\prod_{k=1}^n (a_{\sigma(k)k}+i(b_{\sigma(k)k})$, on a clairement $\overline{\det(A+iB)}=\det(A-iB)$ et on finit en utilisant que $\forall z \in \C \ z \bar{z} = |z|^2$

Merci d'avoir rédigé la solution

J'y vais de la mienne alors.

D'abord, si $A$ est une matrice complexe, elle est trigonalisable : il existe $P$ inversible et $T$ triangulaire supérieure telle que $A=PTP^{-1}$. Alors, $\det(A)=\det(T)$. Il faut vérifier qu'après identification de $\C^n$ à $\R^{2n}$, $\det(A_\R)=\det(T_\R)$ ; je passe sur ce point... On peut donc supposer que $A$ est triangulaire.

Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base de $\C^n$. Plutôt que former une base de $\R^{2n}$ comme dans ce message, on forme $(e_1,\newcommand{\i}{\mathrm{i}}\i e_1,e_2,\i e_2,\dots,e_n,\i e_n)$. La matrice $A_\R$ est alors (semblable à) une matrice triangulaire par blocs $2\times2$, lesquels blocs sont $\left(\begin{smallmatrix}a&-b\\b&a\end{smallmatrix}\right)$ si le coefficient diagonal de $A$ est $a+b\i$. Il devrait être facile de conclure, modulo les erreurs que j'introduis en tapant sans relire.

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