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$SL_n$ = commutateurs

GuegoGuego
dans Algèbre
Bonjour,
Soit $\K$ un corps gentil (disons un corps infini de caractéristique nulle) et $n\geqslant 2$. Quelqu'un a-t-il une démonstration relativement simple du fait que tout élément de $SL_n(\K)$ est de la forme $ABA^{-1}B^{-1}$ avec $A$ et $B$ dans $GL_n(\K)$ ?

J'ai trouvé cet article https://www.ams.org/journals/tran/1961-101-01/S0002-9947-1961-0130917-7/S0002-9947-1961-0130917-7.pdf qui montre un résultat plus fort ($A$ et $B$ dans $SL_n(\K)$, $\K$ à peu près quelconque), mais la preuve fait une quinzaine de pages. Du coup, je me demandais si en se contentant de $A$ et $B$ dans $GL_n(\K)$, on pouvait faire plus simple.

Réponses

  • Math CossMath Coss
    C'est bien étonnant. Serge Lang, dans Algebra, montre que $\mathrm{SL}_n(K)$ est égal à son groupe dérivé si $n\ge3$ ou si $n=2$ et $|K|\ge4$. Il sépare les $n=2$ et $n\ge3$. En gros (sauf exception), d'une part, le groupe spécial linéaire est engendré par les transvections ; d'autre part, toute transvection est un commutateur.
  • GuegoGuego
    Oui, je sais que $SL_n(\K)$ est engendré par les commutateurs. La question est : n'est-il composé que de commutateurs (et pas de produits de commutateurs) ?
  • NamiswanNamiswan
    De souvenir il y a une preuve basée sur la décomposition LU qui procède comme suit.

    1) On montre $M\in SL_n(\R)$ est semblable à une matrice dont les $n$ mineurs principaux valent $1$. Il faut pour cela bidouiller pour conjuguer $M$ a une matrice dont le premier bloc $n-1\times n-1$ appartient à $SL_{n-1}(\R)$, puis faire une récurrence. Je n'ai plus le détail de la bidouille, mais en réfléchissant un peu je dois pouvoir retrouver.

    2) On peut donc supposer quitte à conjuguer que les $n$ mineurs principaux de $M$ valent $1$. Dans ce cas $M$ a alors une décomposition LU, i.e. $M=LU$ avec donc $L$ triangulaire inférieure et $U$ triangulaire supérieure, et de plus avec $L$, $U$ ayant une diagonale de $1$. (L'algorithme de Gauss donne la décomposition).

    3) En multipliant $L$ et $U$ par des matrices diagonales, on peut supposer que $L$ a une diagonale distincte $(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$ avec les $\lambda_i$ distincts et $U$ avec diagonale $(\lambda_1^{-1},\ldots,\lambda_n^{-1})$. Ainsi $U$ et $L$ sont diagonalisables avec des diagonales inverses, donc $U$ est semblable à $L^{-1}$, et en écrivant $U=PL^{-1}P^{-1}$ on obtient $M=LPL^{-1}P^{-1}$
  • Math CossMath Coss
    Ok, je n'avais pas lu assez précisément.
  • NamiswanNamiswan
    Il y a un bug dans ma preuve si $M=\lambda I_n$ (on ne peut évidemment pas conjuguer $M$ à une matrice dont les mineurs valent $1$)

    Il doit y avoir une subtilité que j'ai oubliée...
  • MaxtimaxMaxtimax
    Namiswan : c'est relativement rare que $\lambda I_n \in SL_n(\R)$, donc c'est peut-être rattrapable en excluant les rares cas où ça arrive ?

    En lisant en diagonale l'article, c'est ce qui semble y être fait, donc c'est peut-être une difficulté "insurmontable", au sens où il faut juste le traiter à part.
  • NamiswanNamiswan
    Oui, c'est possible. Le lemme à prouver serait donc que si $M\in SL_n(\R)$ n'est pas une homothétie alors $M$ est semblable à une matrice de la forme $\begin{pmatrix} M' & C \\ L & t\end{pmatrix}$ avec: $M'\in SL_{n-1}(\R)$ et $M'$ n'est pas une homothétie. Ca semble effectivement raisonnable
  • MaxtimaxMaxtimax
    Si $M$ n'est pas une homothétie, il existe $x$ tel que $(x,Mx)$ est libre (exo classique). On peut donc compléter cette famille en une base de $\R^n$. Dans cette base, réordonnée pour mettre $Mx$ en première position et $x$ en dernière position, la matrice de $y\mapsto My$ ressemble à $\begin{pmatrix} M' & 0 \\ * & 1\end{pmatrix}$. Il s'agit d'une matrice triangulaire inférieure par blocs, de déterminant $\det(M')\times 1 $, de sorte que si $M$ est de déterminant $1$, $M'$ aussi.
  • MrJMrJ
    @Maxtimax : Ça ne devrait pas marcher pour une matrice de $SO_2(\R)\subset\mathcal M_2(\R)$, à moins que j’ai loupé quelque chose....

    Édit : Il me semble que tu ne pourras pas mettre le $1$ sur la diagonale si tu veux conserver la même base au départ et à l’arrivé.
  • MaxtimaxMaxtimax
    MrJ : ah oui bien sûr j'ai écrit une bêtise, le 1 est tout en haut et pas tout en bas....
    Peut-on quand même calculer le déterminant ?
  • MrJMrJ
    Le document n’est pas super, mais il décrit l’approche de Namiswan : Lien.

    @Guego : Tu cherchais encore la réponse depuis 10 ans (Souvenir). (:P)
  • GuegoGuego
    Je savais que je m'étais déjà posé la question, mais 1) j'avais oublié que je l'avais déjà posée ici 2) je ne me souvenais plus du tout de la réponse, et pas moyen de la retrouver.

    En tout cas, merci à tous pour vos réponses.
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