Symétrisation et relations dans SL2(C)

_{2}(\mathbb{C})$}

Soit $A$ une matrice appartenant au groupe spécial linéaire $\mathrm{SL}_{2}(\mathbb{C})$ . On suppose que sa trace vérifie $\operatorname{Tr}(A) \notin \{-2, 2\}$ .

Justifier que $A$ est diagonalisable. Montrer de plus qu'il existe une matrice $P \in \mathrm{SL}_{2}(\mathbb{C})$ telle que $P^{-1} A P$ soit une matrice diagonale.
On considère maintenant une seconde matrice $B \in \mathrm{SL}_{2}(\mathbb{C})$ . On suppose que $A$ et $B$ n'ont aucun vecteur propre en commun. Démontrer qu'il existe $Q \in \mathrm{SL}_{2}(\mathbb{C})$ telle que les matrices $Q^{-1} A Q$ et $Q^{-1} B Q$ soient toutes deux symétriques.
Soient $a_{1}, \dots, a_{n}$ et $b_{1}, \dots, b_{n}$ des entiers relatifs. On suppose que le produit suivant est égal à l'identité : $A^{a_{1}} B^{b_{1}} A^{a_{2}} B^{b_{2}} \cdots A^{a_{n}} B^{b_{n}} = I_{2}$ Établir que la relation reste vraie en inversant tous les exposants : $A^{-a_{1}} B^{-b_{1}} A^{-a_{2}} B^{-b_{2}} \cdots A^{-a_{n}} B^{-b_{n}} = I_{2}$

1.

Pour la question 1, calculer le polynôme caractéristique de $A$ et utiliser le fait que le déterminant est égal à 1. Pour obtenir $P \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ , ajuster une matrice de passage quelconque.

2.

Pour la question 2, commencer par diagonaliser $A$ . Si $B$ n'a pas de vecteur propre commun avec $A$ , ses coefficients extra-diagonaux sont non nuls. Utiliser une matrice de passage diagonale pour symétriser $B$ .

3.

Pour la question 3, utiliser la réduction de la question précédente et introduire la matrice $J = \begin{pmatrix} 0 & 1 -1 & 0 \end{pmatrix}$ . Vérifier l'effet d'une conjugaison par $J$ sur une matrice symétrique de $\mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ .

Idées clés

•

Lien entre trace, déterminant et valeurs propres en dimension 2.

•

Condition de diagonalisabilité (racines distinctes du polynôme caractéristique).

•

Propriétés algébriques des matrices symétriques de $\mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ .

Résolution.

Soit $\chi_A(X)$ le polynôme caractéristique de $A$ . Comme $A \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ , on a $\det(A) = 1$ . Ainsi : $\chi_A(X) = X^2 - \operatorname{Tr}(A)X + 1$ Le discriminant de ce trinôme est $\Delta = (\operatorname{Tr}(A))^2 - 4$ . Par hypothèse, $\operatorname{Tr}(A) \neq \pm 2$ , donc $\Delta \neq 0$ . Le polynôme $\chi_A$ possède donc deux racines complexes distinctes $\lambda$ et $1/\lambda$ . Comme $A$ admet deux valeurs propres distinctes en dimension 2, elle est diagonalisable. Il existe donc $M \in \mathrm{GL}_2(\mathbb{C})$ telle que $M^{-1}AM = D = \operatorname{diag}(\lambda, 1/\lambda)$ . Soit $\delta = \det(M) \in \mathbb{C}^*$ . Comme nous sommes sur $\mathbb{C}$ , il existe $\alpha \in \mathbb{C}$ tel que $\alpha^2 = \delta$ . Posons $P = \frac{1}{\alpha} M$ . On a alors : $\det(P) = \frac{1}{\alpha^2} \det(M) = \frac{\delta}{\delta} = 1$ De plus, $P^{-1}AP = (M/\alpha)^{-1} A (M/\alpha) = M^{-1}AM = D$ . On a donc bien trouvé $\boxed{P \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C})}$ tel que $P^{-1}AP$ soit diagonale.
Quitte à remplacer $A$ $A$ et $B$ $B$ par leurs conjuguées par $P$ $P$ , on peut supposer sans perte de généralité que $A = \begin{pmatrix} \lambda & 0 0 & 1/\lambda \end{pmatrix}$ $A = (λ 0 0 1/ λ)$ avec $\lambda \neq \pm 1$ $λ \neq = \pm 1$ . Soit $B = \begin{pmatrix} \alpha & \beta \gamma & \delta \end{pmatrix}$ $B = (α γ β δ)$ . Les vecteurs propres de $A$ $A$ sont les vecteurs de la base canonique $e_1 = (1,0)$ $e_{1} = (1, 0)$ et $e_2 = (0,1)$ $e_{2} = (0, 1)$ .
- Si $\beta = 0$ , alors $B e_1 = \alpha e_1$ , donc $e_1$ est propre pour $B$ .
- Si $\gamma = 0$ , alors $B e_2 = \delta e_2$ , donc $e_2$ est propre pour $B$ .
L'hypothèse " $A$ $A$ et $B$ $B$ n'ont pas de vecteur propre commun" impose donc $\beta \neq 0$ $β \neq = 0$ et $\gamma \neq 0$ $γ \neq = 0$ . Cherchons une matrice $S \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ $S \in SL_{2} (C)$ diagonale de la forme $S = \begin{pmatrix} u & 0 0 & 1/u \end{pmatrix}$ $S = (u 0 0 1/ u)$ telle que $S^{-1}BS$ $S^{- 1} BS$ soit symétrique. On a :
$S^{-1}BS = \begin{pmatrix} 1/u & 0 0 & u \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha & \beta \gamma & \delta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u & 0 0 & 1/u \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \alpha & \beta/u^2 \gamma u^2 & \delta \end{pmatrix}$
La matrice est symétrique si et seulement si $\beta/u^2 = \gamma u^2$ $β / u^{2} = γ u^{2}$ , soit $u^4 = \beta/\gamma$ $u^{4} = β / γ$ . Comme $\beta, \gamma \neq 0$ $β, γ \neq = 0$ , une telle valeur de $u$ $u$ existe dans $\mathbb{C}^*$ $C^{*}$ . Pour ce choix de $u$ $u$ , $S^{-1}BS$ $S^{- 1} BS$ est symétrique. Comme $S$ $S$ est diagonale, $S^{-1}AS = A$ $S^{- 1} A S = A$ reste diagonale (donc symétrique). La matrice $Q = PS$ $Q = PS$ convient.
$\boxed{\exists Q \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C}), Q^{-1}AQ \in \mathcal{S}_2(\mathbb{C}) \text{ et } Q^{-1}BQ \in \mathcal{S}_2(\mathbb{C})}$
Supposons d'abord que $A$ et $B$ sont symétriques. Introduisons la matrice de permutation antisymétrique : $J = \begin{pmatrix} 0 & 1 -1 & 0 \end{pmatrix} \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ Pour toute matrice $M = \begin{pmatrix} x & y z & t \end{pmatrix} \in \mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ , on vérifie par le calcul : $J M J^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x & y z & t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -1 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t & -z -y & x \end{pmatrix} = {}^t M^{-1}$ Si $M$ est symétrique ( $y=z$ ), alors $J M J^{-1} = \begin{pmatrix} t & -y -y & x \end{pmatrix} = M^{-1}$ . Appliquons cette propriété au produit $W(A,B) = A^{a_{1}} B^{b_{1}} \cdots A^{a_{n}} B^{b_{n}} = I_2$ : $J W(A,B) J^{-1} = J I_2 J^{-1} = I_2$ Par morphisme de la conjugaison : $(J A J^{-1})^{a_1} (J B J^{-1})^{b_1} \cdots (J A J^{-1})^{a_n} (J B J^{-1})^{b_n} = I_2$ Comme $A$ et $B$ sont symétriques et dans $\mathrm{SL}_2(\mathbb{C})$ , on a $J A J^{-1} = A^{-1}$ et $J B J^{-1} = B^{-1}$ . On obtient : $A^{-a_1} B^{-b_1} \cdots A^{-a_n} B^{-b_n} = I_2$ Si $A$ et $B$ ne sont pas symétriques, on utilise la question 2 : il existe $Q$ telle que $A' = Q^{-1}AQ$ et $B' = Q^{-1}BQ$ soient symétriques. La relation $W(A,B) = I_2$ est équivalente à $W(A', B') = I_2$ . Le résultat sur $A', B'$ implique alors celui sur $A, B$ par conjugaison inverse par $Q$ . $\boxed{A^{-a_1} B^{-b_1} \cdots A^{-a_n} B^{-b_n} = I_2}$

Dans la question 1, il ne faut pas oublier de justifier que l'on peut choisir $P$ de déterminant $1$ . Un simple argument de diagonalisation donne $P \in \mathrm{GL}_n$ , mais le passage à $\mathrm{SL}_n$ nécessite d'extraire une racine carrée du déterminant (possible uniquement sur $\mathbb{C}$ ou pour des déterminants positifs sur $\mathbb{R}$ ).