Compter des matrices, c'est bien mon vice

Toborockeur · December 2017

Bonjour,

Je cherche à compter le nombre de matrices $2 \times 2$ inversibles sur $\Z_m$ pour $m=6,9\text{ et } 26$. Je pense qu'il faut utiliser le théorème des restes chinois, sachant que je sais combien il y en a sur $\Z_p$, pour $p$ premier, à savoir $(p^2-1)(p^2-p)$.

Auriez vous des indications? Merci d'avance.

nicolas.patrois · December 2017

Au pire, tu peux les dénombrer à la main à l’aide de leur déterminant.

Chaurien · December 2017

@ Toborockeur
Je préfère la notation $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ à $\mathbb{Z}_n$, qui est réservée à l'anneau des entiers $n$-adiques.
C'est une très bonne idée ce théorème des restes chinois pour $n=6$ et $n=26$, plus généralement pour $n=pq$, avec $p$ et $q$ premiers entre eux (sans être nécessairement premiers). Ce théorème permet de définir un isomorphisme d'anneaux $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$. On en déduit une bijection entre $\mathcal{M}_{2}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z)}$ et $\mathcal{M}_{2}(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z)}\times \mathcal{M}_{2}(\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$, qui sont donc équipotents.
Si de plus les entiers $p$ et $q$ sont premiers, le nombre cherché est donc, d'après la formule que tu as donnée : $(p^2-1)(p^{2}-p)(q^2-1)(q^{2}-q)=~$etc.
Reste le cas $n=p^m$, $p$ premier...
Bonne journée, pas encore commencée.
Fr. Ch.

claude quitté · December 2017

$\def\GL{\text{GL}}$Pour $9$ et plus généralement pour $p^k$ où $p$ est premier et $k \ge 1$. On pose :
$$
A = \Z/p^k\Z, \qquad \mathfrak m = p\Z/p^k\Z \quad \hbox {(idéal de $A$)} \qquad \hbox {si bien que} \qquad A/\mathfrak m = \Z/p\Z
$$
On dispose alors d'un morphisme canonique :
$$
\GL_2(A) \longmapsto \GL_2(\Z/p\Z)
$$
Il est surjectif (à montrer). Quel est son noyau (en fonction de $\mathfrak m$) ? En déduire que :
$$
\#\GL_2(A) = \#\GL_2(\Z/p\Z) \times \#\mathfrak m
\qquad \hbox {POUF-POUF, correction, merci moduloP} \qquad
\#\GL_2(\Z/p\Z) \times \#(\mathfrak m)^{n^2} \quad \hbox {avec $n=2$}
$$
Quel est le cardinal de $\mathfrak m$ ? Achever le dénombrement.

Note : $A$ est ce que l'on appelle un anneau local d'idéal maximal $\mathfrak m$. Et un certain nombre de résultats évoqués ci-dessus sont encore valides dans ce cadre général d'anneau local.

moduloP · December 2017

@Chaurien : Je pense qu'il faut un peu plus que "équipotents" puisque l'on parle $\text{GL}$, on a besoin d'une compatibilité du déterminant.

claude quitté · December 2017

@Chaurien, moduloP
Pourquoi ne pas évoquer ``la totale'' : étant donnés deux anneaux commutatifs unitaires $A, B$, on dispose d'un isomorphisme canonique d'anneaux :
$$
M_2(A \times

\simeq M_2(A) \times M_2(B) \qquad \hbox {et puisqu'il est question de ``totale''}\qquad M_n(A \times

\simeq M_n(A) \times M_n(B)
$$

Chaurien · December 2017

En effet, je n'étais pas bien réveillé. Merci de vos corrections.

Toborockeur · December 2017

Bonjour à tous et merci pour vos réponses, je vais me pencher dessus.

moduloP · December 2017

un peu hors sujet !

@Claude : Est-ce que il y a une histoire de foncteur respectant des suites exactes dans ce que tu dis ? Je suis un peu flou, car je manque un peu de connaissance en algèbre. (je pense à un truc du style p108 3.4.7 du livre Algèbre et théorie de Galois Douady).

Désolé pour le "un peu hors sujet" et pour les conneries éventuelles :-D

claude quitté · December 2017

@moduloP
Comment sais tu que je possède l'ouvrage des Douady ?
Je suppose que ton post fait allusion au produit d'anneaux ? Je fais comme si c'était le cas. Personnellement, je fais les choses à la main. On a deux morphismes (surjectifs) d'anneaux $\pi_1 : A \times B \to A$, $\pi_2 : A \times B \to B$, ce qui donne naissance à un morphisme d'anneaux comme on le pense :
$$
M_n(A \times

\longmapsto M_n(A) \times M_n(B) \qquad (\star)
$$
Et il faut (faire semblant de) vérifier que $(\star)$ est un isomorphisme. On peut par exemple faire intervenir les deux idempotents de $A \times B$, $e = (1,0)$ et $f = (0,1)$ de somme 1 ; si $M \in M_n(A)$ et $N \in M_n(B)$, alors l'unique antécédent par $(\star)$ de $(M,N)$ est $eM + fN$ avec des notations que l'on devine.

Note : faut juste éviter de croire que $A$ est un sous-anneau de $A \times B$.

Et pour passer de $M_n$ à $\text{GL}_n$, on utilise le fait, pour deux anneaux non nécessairement commutatifs $R, S$, le comportement du groupe des inversibles :
$$
(R \times S)^\times = R^\times \times S^\times
$$

moduloP · December 2017

En fait, je voulais unifier les deux propriétés que tu donnes : celle avec les produits et celle avec le quotient. Mais le problème c'est que $\text{GL}_n(R) = \text{Hom}_{Ann} (A,R)$ avec $A = \Z[X_{ij}] [Y] / Y\text{Dét}-1$. C'est les morphismes d'anneaux et dans la proposition de Douady c'est des modules. Mais je pense que ça n'a ni queue ni tête ce que je voulais faire : $0 / 20$ !

Fin hors-sujet !

claude quitté · December 2017

$\def\SL{\text{SL}}$@moduloP
Par contre, on peut se fendre d'un petit diagramme \xypic (c'est toujours une grande joie) pour illustrer la compatibilité avec le déterminant :
$$
\xymatrix {
M_n(A \times

\ar[rr]^{\textstyle \simeq} \ar[dr]|{\textstyle \det} && M_n(A) \times M_n(B) \ar[dl]|{\textstyle \det \times \det}\\
& A \times B \\
}
$$
Ce qui fera par exemple que $\SL_n(A \times

= \SL_n(A) \times \SL_n(B)$.

moduloP · December 2017

Bonjour Claude,

Alors je reviens juste sur l'histoire des produits. Soit $A$ un anneau commutatif et soit $F_A$ le foncteur, de la catégorie des anneaux vers la catégorie des ensembles, donné par $F_A(R) = \text{Hom}(A,R)$, alors ce foncteur $F_A$ respecte toujours les produits i.e pour tout couple d'anneaux $R_1,R_2$, $F_A(R_1 \times R_2) \simeq F_A(R_1) \times F_A(R_2)$.

La correspondance se fait comme tu as dit avec les projections $\pi$ mais de toute manière c'est la définition d'un produit.

Jusque là rien de nouveau mais l'histoire est que les foncteurs $\text{M}_n$ $\text{GL}_n$ et $\text{SL}_n$ sont représentables par des anneaux (i.e équivalent à un $F_A$ pour $A$ bien choisi) et on obtient directement l'histoire des produits pour ces trois trucs.

Le truc c'est que je n'arrive pas a savoir si je raconte la même chose que toi (avec un autre vocabulaire) ou si tu as plus. Car tu fais intervenir le déterminant (moi aussi mais de manière caché dans les $A$).

Ps / Je ne veux pas dire que mon truc est mieux ou pas, pour ma part c'est juste pour faire un exercice sur les catégories et les foncteurs faire tourner les définitions etc (je dis ça car des fois les dialogues sont un peu tendus sur le forum).

@ Toborockeur

Le seul truc à retenir de mon truc et c'est déjà dis par Claude c'est que $\text{GL}_2(\Z/p\Z \times \Z/q\Z) \simeq \text{GL}_2(\Z/p\Z) \times \text{GL}_2( \Z/q\Z)$. Et le second truc important c'est : ici (D'ailleurs il me semble qu'il y a une petit coquille $\# \mathfrak{m}^4$ à la place de $\# \mathfrak{m}$ ?)

Toborockeur · December 2017

Merci, c'est vu et compris. Je prendrai du temps pour rédiger une solution correcte.

claude quitté · December 2017

@Toborockeur
Oui, je pense que cela vaut le coup pour toi d'écrire une solution détaillée (je me suis permis de remplacer ton ``correcte'' par mon ``détaillée'', car je trouve que c'est plus sympa pour nous ; si nous ne sommes pas sympas avec nous, qui le sera pour nous ?). Il y a deux grands thèmes dans cette histoire :
(1) Le coup du produit d'anneaux disons de $\Z/p\Z$ et $\Z/q\Z$ ; peut-être que l'on a mis la barre un peu haute avec nos histoires de $A \times B$.
(2) Le coup de l'anneau local. Là encore, j'ai mis la barre un peu haute ; le faire pour $\Z/9\Z$, ce n'est déjà pas si mal.

Je sais bien que c'est du boulot d'écrire un tel corrigé mais on a rien sans rien. Et ce faisant, tu seras (définitivement ?) à l'aise avec le théorème Chinois.
Note : le fil est rangé en combinatoire because dénombrement mais en fait c'est de l'algèbre.

@moduloP
Je comprends ce que tu veux faire avec le foncteur $\text{Hom}_{\rm rings} (A, \bullet)$ et cela doit être le bon point de vue. En ce qui concerne le cas local, j'ai corrigé ma coquille mais, au lieu de ton $\#\mathfrak m^4$, j'ai mis $(\#\mathfrak m)^{n^2}$ avec $n=2$. Parce que $4$, on ne sait pas d'où cela vient ; tandis que $n^2$ avec $n=2$, en principe, on doit voir.

Compter des matrices, c'est bien mon vice

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