Sous-groupe dérivé de $GL_n(K)$

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$ et $K$ un corps commutatif disposant d'au moins trois éléments.

On note $GL_n(K)$ le groupe linéaire des matrices inversibles et $SL_n(K)$ le groupe spécial linéaire constitué des matrices de déterminant $1$ .

On s'intéresse au sous-groupe de $GL_n(K)$ engendré par les commutateurs, c'est-à-dire par les éléments de la forme $ABA^{-1}B^{-1}$ où $(A, B) \in GL_n(K)^2$ . Ce sous-groupe est noté $[GL_n(K), GL_n(K)]$ .

Démontrer l'égalité suivante :

\boxed{[GL_n(K), GL_n(K)] = SL_n(K)}

1.

Commencer par justifier l'inclusion $[GL_n(K), GL_n(K)] \subset SL_n(K)$ en utilisant les propriétés du déterminant.

2.

Pour l'inclusion réciproque, utiliser le fait que $SL_n(K)$ est engendré par les matrices de transvection $T_{i,j}(\lambda) = I_n + \lambda E_{i,j}$ pour $i \neq j$ .

3.

Montrer que chaque transvection peut s'écrire comme un commutateur $ABA^{-1}B^{-1}$ en choisissant judicieusement une matrice de transvection et une matrice diagonale. L'hypothèse $|K| \geqslant 3$ est cruciale ici.

Idées clés

•

Utilisation du morphisme déterminant pour l'inclusion directe.

•

Génération de $SL_n(K)$ par les transvections.

•

Lien entre conjugaison et commutateurs : $ABA^{-1}B^{-1} = (ABA^{-1})B^{-1}$ .

Résolution.

Preuve de l'inclusion $[GL_n(K), GL_n(K)] \subset SL_n(K)$ . Soient $A$ et $B$ deux matrices de $GL_n(K)$ . Par multiplicativité du déterminant, nous avons : $\det(ABA^{-1}B^{-1}) = \det(A)\det(B)\det(A)^{-1}\det(B)^{-1} = 1$ Le déterminant de tout commutateur est donc égal à $1$ . Comme le sous-groupe engendré par les commutateurs est constitué de produits de tels éléments, et que le produit de matrices de déterminant $1$ reste de déterminant $1$ , on en déduit : $\boxed{[GL_n(K), GL_n(K)] \subset SL_n(K)}$
Preuve de l'inclusion réciproque $SL_n(K) \subset [GL_n(K), GL_n(K)]$ . On rappelle un résultat classique du cours : le groupe $SL_n(K)$ est engendré par l'ensemble des transvections, noté $\{T_{i,j}(\lambda) \mid i \neq j, \lambda \in K \}$ . Il suffit donc de montrer que chaque transvection $T_{i,j}(\alpha)$ appartient au sous-groupe des commutateurs. Soit $i \neq j$ et $\alpha \in K$ . Cherchons $A$ et $B$ dans $GL_n(K)$ tels que $T_{i,j}(\alpha) = ABA^{-1}B^{-1}$ . Puisque $|K| \geqslant 3$ , il existe un élément $\lambda \in K \setminus \{0, 1\}$ . Considérons la matrice diagonale $A = \text{diag}(d_1, \dots, d_n)$ définie par : $d_i = \lambda, d_k = 1 \text{ pour } k \neq i$ Comme $\lambda \neq 0$ , $A$ est inversible. Soit $B = T_{i,j}(\mu) = I_n + \mu E_{i,j}$ une transvection, avec $\mu \in K$ . Calculons le conjugué de $B$ par $A$ . On sait que $A E_{i,j} A^{-1} = \frac{d_i}{d_j} E_{i,j}$ . Ainsi : $ABA^{-1} = I_n + \mu \frac{d_i}{d_j} E_{i,j} = I_n + \mu \lambda E_{i,j}$ On en déduit l'expression du commutateur : $ABA^{-1}B^{-1} = (I_n + \mu \lambda E_{i,j})(I_n - \mu E_{i,j}) = I_n + (\mu \lambda - \mu) E_{i,j} = I_n + \mu(\lambda - 1) E_{i,j}$ Par conséquent : $\boxed{ABA^{-1}B^{-1} = T_{i,j}(\mu(\lambda - 1))}$ Pour obtenir n'importe quelle transvection $T_{i,j}(\alpha)$ , il suffit de choisir $\mu$ tel que : $\mu(\lambda - 1) = \alpha \iff \mu = \frac{\alpha}{\lambda - 1}$ Ceci est possible car $\lambda \neq 1$ . Ainsi, toutes les transvections sont des commutateurs de $GL_n(K)$ . Comme elles engendrent $SL_n(K)$ , on a : $\boxed{SL_n(K) \subset [GL_n(K), GL_n(K)]}$

Ne pas oublier de vérifier que la matrice $A$ choisie est bien dans $GL_n(K)$ , ce qui impose $\lambda \neq 0$ . L'hypothèse $|K| \ge 3$ est indispensable pour garantir l'existence d'un $\lambda$ qui soit à la fois non nul et différent de $1$ .