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.
Réponses
Si la matrice $A$ est triangulaire, sais-tu comparer les deux déterminants ?
Alors tu sais traiter le cas général !
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 $M_n\setminus GL_n$)
\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.
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 :-S
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}$.
\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.
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 $1 \leq k \leq n$ :
$\det \ M =\begin{vmatrix} A+iB & -B \\ 0 & A -iB\end{vmatrix}= \boxed{\det(A+i \det(A-iB)}$
$\det(A+iB)= \displaystyle\sum_{\sigma \in S_n} \varepsilon(\sigma) \displaystyle\prod_{k=1}^n (a_{\sigma(k)k}+i(b_{\sigma(k)k})$, on a clairement $\overline{\det(A+iB)}=\det(A-iB)$ et on finit en utilisant que $\forall z \in \C \ z \bar{z} = |z|^2$
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.