Endomorphismes à trouver

Alors, je commence : pour $n=1$, tous les $f\in \mathcal{L}(\mathcal{M}_n(\C))$ conviennent. B-)

Et bien sûr aussi $f=Id_{\mathcal{M}_n(\C)}$.

On peut même considérer toutes les homothéties de $\mathcal{M}_n(\C)$.
Je vais réfléchir à ce problème : il a l’air bien sympathique.

$\def\diag{\text{Diag}}$Il me semble que $f(\diag(\lambda_i)) = \diag(\mu_i)$ pour les $\lambda_i$ 2 à 2 distincts + de la linéarité doit donner, par densité-continuité, la stabilité des matrices diagonales. Les $\mu_i$ dépendent linéairement des $\lambda_j$.

Et évidemment, cette remarque doit être indépendante de la base de diagonalisation choisie.

l'idée de déterminer les f en regardant sur la base canonique m'a l'air bonne

f(E_i,j) commute avec E_i,j donne quelques coefficients nuls et une structure par blocs de f(E_i,j)

Peut être qu'en écrivant que :

f(E_a,b+E_c,d) commute avec E_a,b+E_c,d puis en développant avec la linéarité l'identification donnera-t-elle assez de coef nuls .

Si on suppose que $f$ est de cette forme, est-il possible de trouver la valeur de $\lambda$ (définie ci-dessus) en l'exprimant uniquement à l'aide de $f$, de matrices élémentaires et éventuellement de la fonction trace ?

Cela permettrait dans une synthèse de définir $\lambda$ et la fonction $\Lambda$ puis de montrer que $f$ est de la forme voulue par diagonalisation (et densité).

Paul : Je ne doute pas que ta méthode fonctionne. C'est d'ailleurs la même que celle proposée par 20100N.
D'ailleurs, il est évident qu'un endomorphisme de $M_n(\C)$ peut s'écrire sous cette forme et fort probable que les contraintes suffisent à prouver que l'endomorphisme est de la forme suggérée par Guego.

Mon souhait était de trouver une méthode moins "élémentaire".

L'ensemble des matrices semblables à une matrice-compagnon est dense et, pour une matrice $M$ dans cet ensemble, $f(M)\in\C_n[M]$, ce qui doit restreindre singulièrement le champ des possibles, d'autant plus que la linéarité est peu copine avec les polynômes.

Mince : je n'avais lu que certains messages ; je vois que l'idée a déjà été lancée deux fois. Vite, Optic 2000:-(

Tes histoires de crochet me donnent une idée pour une autre piste.

On peut considérer l'ensemble
\[F=\{f\in\mathcal{L}(M_n(\C))\mid \forall X\in M_n (\C),\ f(X)X=Xf(X)\}.

\] Il est facile de vérifier les points suivants :

• $F$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{L}(M_n(\C))$
• $\mathrm{Id}_{M_n(\C)}\in F$
• pour tout $\varphi \in\mathcal{L}(M_n(\C),\C)$, l'application $S_\varphi:X\mapsto \varphi(X)I_n$ est dans $F$.

Ainsi $F$ est de dimension supérieure ou égale à $n^2+1$.

Si on considère à présent le crochet de Lie usuel sur $M_n(\C)$ : $[M,N]=MN-NM$ et la représentation adjointe : $\mathrm{ad}:M\mapsto(N\mapsto [M,N])$, on peut définir une application $\Phi$ de $\mathcal{L}(M_n(\C))$ dans $\mathcal{L}(M_n(\C),\mathcal{L}(M_n(\C)))$ par
\[\Phi(f)=\left(M\mapsto\mathrm{ad}(f(M))-\mathrm{ad}(M)\circ f\right)

\] On vérifie aisément que $\Phi$ est linéaire et d'après le point 1) de john-john, $F=\ker(\Phi)$.

Puisque $\mathcal{L}(M_n(\C))$ est de dimension $(n^2)^2$, il suffirait alors de prouver que $\mathrm{rg}(\Phi)\geq n^4-(n^2+1)$ pour conclure...

Bon, en l'écrivant, je me rends compte que ce n'est pas si trivial... mais c'est beau !

$\newcommand{\gl}{\mathfrak{gl}}\newcommand{\sl}{\mathfrak{sl}}\newcommand{\gg}{\mathfrak{g}}\DeclareMathOperator{\id}{id}$Je crois qu'on cherche à montrer que toute application linéaire $\varphi: \sl_n\to \sl_n$ satisfaisant
$$
\forall x, y,\quad [\varphi(x), y] = [x,\varphi(y)]\tag*{($\star$)}

$$ est proportionnelle à l'identité.

Ça doit être vrai non seulement pour $\sl_n$, mais aussi pour toute algèbre de Lie simple complexe, au moins en dimension finie.
Pas trouvé d'argument court.

$\newcommand{\gl}{\mathfrak{gl}}\newcommand{\sl}{\mathfrak{sl}}\newcommand{\gg}{\mathfrak{g}}\DeclareMathOperator{\id}{id}$Une application satisfaisant l'indentité du fil ne laisse pas nécessairement stable le noyau de la trace.

Ce que je voulais dire c'est que si on tient compte du fait que $\gl_n$ se décompose en $\sl_n\oplus \C 1_n$ (en tant qu'algèbre de Lie), une application linéaire $\varphi:\gl_n\to\gl_n$ a naturellement 4 composantes. La composante $\C 1_n\to \sl_n$ est nulle (car $\varphi$ doit préserver le centre), les composantes vers le centre $\sl_n\to \C 1_n$ et $\C 1_n\to \C 1_n$ sont libres, et il ne reste plus qu'à déterminer la composante $\sl_n\to\sl_n$.

bisam : C'est relativement facile d'exprimer $\lambda$ et $\Lambda$ "intrinsèquement" : pour $\lambda$, tu peux regarder $f(I_n)$ et $Tr(f)$, tu auras un système à deux inconnues et deux équations, qui te permet d'obtenir la valeur de $\lambda$ et de $\Lambda(I_n)$ en termes de $f(I_n)$ et $Tr(f)$; et pour $\Lambda$ tu peux alors considérer $Tr\circ f$ (et non pas $Tr(f)$ !!) qui te permet de récupérer $\Lambda$ en soustrayant $\lambda Tr$ et divisant par $n$.

Je ne sais pas si ça te permet d'avancer, mais en tout cas tu peux les exprimer (sans faire tout plein de calculs)

Bon je ferais mieux d'aller me coucher.

@i.zitoussi

Ton point (A) entraîne ce qu'on veut. En effet si $\varphi$ est un endomorphisme de ${\mathfrak sl}_n$ qui satisfait l'hypothèse, il possède une certaine valeur propre $\lambda$. L'endomorphisme $\varphi -\lambda{\rm id}$ satisfait la même hypothèse et a un noyau non nul. Il est donc nul par (A).

N.B. 1) La forme linéaire symétrique non dégénérée est tout-à-fait explicite pour ${\mathfrak sl}_n$ : c'est $\langle X,Y\rangle ={\rm Tr}(XY)$, $X$, $Y\in {\rm sl}_n$.

2) Il me semble que ta démonstration se généralise au cas d'une algèbre de Lie complexe simple $\mathfrak g$. On aura toujours que $\mathfrak g$ est un $\mathfrak g$-module simple, et pour la forme bilinéaire symétrique, on peut prendre la forme de Killing.

Rajout : on a bien que (A) entraîne le résultat. Mais la preuve de (A) est problématique.

Ok, je viens de comprendre le sens de ta remarque. J'ai d'abord cru qu'elle voulait dire "ce qu'on veut, y compris n'importe quoi".

Effectivement, il n'y a pas besoin de point !!! J'ai oublié qu'une application linéaire sur $\C$ a toujours un vecteur propre Merci de me le rappeler; ça raccourcit considérablement la preuve.

Effectivement, en combinant les identités pour $\langle -,-\rangle$ et $\varphi$, on obtient tout un tas d'identités entre les deux, et j'ai donné une qui ne sert à rien, ou plutot j'ai donné la mauvaise indication (lire "si $\varphi(y)=0$" au lieu de "si $\varphi(x)=0$") Mal recopié mon texte

Concernant le fait de considérer une algèbre de Lie simple quelconque, j'ai pris des notations générales précisément pour cette raison, cf ce message.

Humm, l'égalité $[Y,sl_n]=sl_n$ pour $Y\neq 0$ est quand même sacrément bizarre, non ?

$\newcommand{\im}{\operatorname{im}}$Une idée. Supposons que $\ker(\varphi)\neq 0$. On veut alors montrer que $\varphi=0$. Soit $x\in \ker(\varphi)$ alors $\im(\varphi)$ est inclus dans le centralisateur $C(x)$ de $x$ dans $sl_n(\mathbb{C})$. J'affirme qu'il suffit de montrer l'existence d'un $y\in sl_n(\mathbb{C})$ de sorte que $C(y)\cap C(x)=0$. En effet, si un tel $y$ existe alors $\varphi(y)\in C(y)$ (car $[\varphi(y),y]=0$) et $\varphi(y)\in C(x)$ (car $\im(\varphi)\subset C(x)$) donc $\varphi(y)\in C(x)\cap C(y)=0$ c'est-à-dire $y\in \ker(\varphi)$ et cela implique $\im(\varphi)\subset C(x)\cap C(y)=0$. Pour trouver un tel $y$, il suffit je crois de choisir une base $e_1,\ldots,e_n$ dans laquelle la matrice de $x$ a toutes ses entrées non nulles puis de choisir un élément $y\in sl_n$ qui est dans cette base diagonal à valeurs propres distinctes.

Je signale que la preuve que j'ai donnée ci-dessus semble pouvoir s'adapter au cas plus général d'une algèbre de Lie simple $\mathfrak{g}$ à condition de répondre par l'affirmative à la question suivante (ce que je ne sais pas faire mais le problème me semble intéressant): est-ce que pour tout $x\in \mathfrak{g}$ non nul il existe $y\in \mathfrak{g}$ tel que $C(x)\cap C(y)=0$ (où, comme précédemment, $C(x)$ et $C(y)$ désignent les centralisateurs de $x$ et $y$ respectivement).

Je précise, mais cela a déjà dû être écrit, que l'on peut toujours supposer que $\varphi$ stabilise $\sl$, quitte à soustraire d'une application $u\mapsto\ell(u)Id$, où $\ell$ est une forme linéaire bien choisie.

Contribution syntaxique : il suffit de mettre une espace à côté ou autour de u pour éviter le soulignement : $\C[ u]$.

Je soumets à votre sagacité la preuve du "fait" suivant :

Soit $\mathfrak g$ une algèbre de Lie complexe simple. Alors tout endomorphisme $f$ vérifiant
$$
(*) \hskip1cm [f(X),Y]=[X,f(Y)], \ X,\ Y\in {\mathfrak g}

$$ est une homothétie.

On fixe une sous-algèbre de Cartan $\mathfrak t$ de $\mathfrak g$ et on note $\Phi$ le système de racines de $\mathfrak t$ dans $\mathfrak g$, $\Delta \subset \Phi$ une base. Rappelons qu'on a la somme directe
$$
{\mathfrak g}={\mathfrak t}\oplus \bigoplus_{\alpha\in \Phi} {\mathfrak g}_\alpha,

$$ où ${\mathfrak g}_{\alpha}$ est le sous-espace radiciel des $X\in {\mathfrak g}$ vérifiant $[T,X]=\alpha (T)X$, $T\in \mathfrak t$. Chaque sous-espace radiciel ${\mathfrak g}_\alpha$ est une droite et on en fixe un générateur $X_\alpha$.

Le sous-ensemble ${\mathfrak t}^{\rm reg}$ formé des éléments réguliers est dense dans ${\mathfrak t}$. De plus puisque pour tout $X\in \mathfrak g$, $X$ et $f(X)$ commutent, il s'ensuit que $f$ envoie ${\mathfrak t}^{\rm reg}$ dans $\mathfrak t$. Par densité et continuité de $f$, $f$ stabilise $\mathfrak t$. On notera $f^*$ l'endomorphisme transposé induit par $f$ dans le dual ${\mathfrak t }^* \supset \Phi$.

Soit $\alpha\in \Phi$. Alors pour tout $T\in \mathfrak t$, on a $[T,f(X_\alpha )]=[f(T),X_\alpha ]$, ce qui s'écrit $[T,f(X_\alpha )]=f^*\alpha (T)X_\alpha$, $T\in \mathfrak t$. Il s'ensuit que $f(X_\alpha )$ est de la forme $T_\alpha + \lambda_\alpha X_\alpha$, pour un $T_\alpha \in \mathfrak t$ et $\lambda_\alpha \in \C$. En effet, on peut écrire $f(X_\alpha )=T_\alpha +\sum_{\beta\in \Phi} \lambda_{\beta} X_\beta$, pour un $T_\alpha\in \mathfrak t$ et des complexes $\lambda_\beta$. On obtient la condition $\sum_{\beta} \beta (T) \lambda_\beta X_\beta \in \C X_\alpha$, pour tout $T\in \mathfrak t$, ce qui donne ce qu'on veut.

A présent, écrivons la relation $[f(X_\alpha ),X_\beta ] = [X_\alpha ,f(X_\beta )]$, $\alpha$, $\beta \in \Phi$. Cela donne
$$
\beta (T_\alpha )X_\beta +\lambda_\alpha [X_\alpha ,X_\beta ] = -\alpha (T_\beta )X_\alpha +\lambda_\beta [X_\alpha ,X_\beta ].

$$ Rappelons que $[X_\alpha ,X_\beta ]$ est nul si $\alpha +\beta$ n'est pas une racine, et vit dans ${\mathfrak g}_{\alpha +\beta}$ sinon. Il s'ensuit que $\beta (t_\alpha )$ est nul quelque soit $\beta\in \Phi$. Puisque $\Phi$ engendre ${\mathfrak t}^*$, on a $t_\alpha =0$.
Nous avons donc prouvé que $f(X_\alpha )=\lambda_\alpha X_\alpha$.

Pour $T\in \mathfrak t$ et $\alpha \in \Phi$, la relation $[f(T),X_\alpha ]=[T,f(X_\alpha )]$ s'écrit $f^*\alpha (T)= \lambda_\alpha (T)$. On a donc $f^* \alpha = \lambda_\alpha \alpha$, pour toute racine $\alpha$.

On remarque que $\lambda_\alpha =\lambda_\beta$ pour deux racines $\alpha$ et $\beta$ telles que $\alpha +\beta$ est une racine. Considérons le graphe $\Gamma$ de sommet $\Delta$ et tel que deux sommets $\alpha$ et $\beta$ définissent une arêtes si et seulement si $\alpha +\beta$ est une racine. Ce graphe est connexe car, l'algèbre de Lie étant simple, son diagramme de Dynkin est connexe. On en déduit que $\lambda_\alpha$ ne dépend pas de $\alpha \in \Delta$. Notons ce complexe $\lambda$.

Puisque $\Delta$ est une base de ${\mathfrak t}^*$, on en déduit que $f$ est l'homothétie de rapport $\lambda$ sur $\mathfrak t$. En écrivant à nouveau que, pour toute racine $\alpha$ et tout $T\in \mathfrak t$, on a $[f(T),X_\alpha ]=[T,f(X_\alpha )]$, on obtient $\lambda_\alpha =\lambda$, de sorte que $f$ est bien l'homothétie de rapport $\lambda$ sur $\mathfrak g$ tout entier. C.Q.F.D.

N.B. Cette démonstration s'adapte aisément pour montrer que si ${\mathfrak g} ={\mathfrak g}_1 \times \cdots \times {\mathfrak g}_r$ est une algèbre de Lie semisimple complexe (où les ${\mathfrak g}_i$ sont simples) et $f$ un endomorphisme de $\mathfrak g$ vérifiant (*), alors $f$ s'écrit $\lambda_1 {\rm id}_{{\mathfrak g}_1} \times \cdots\times \lambda_r {\rm id}_{{\mathfrak g}_r}$, pour des scalaires $\lambda_1,\ldots,\lambda_r$.