Trace, formes quadratiques et extensions de corps

Yves Coudene 16/10/03

Ce document porte sur les notions de dimension d’espace vectoriel, extensions de corps, trace de matrices, polynôme minimal et caractéristique, théorème de Cayley-Hamilton, formes quadratiques, nombres irrationnels, déterminant de Vandermonde, déterminant de Gram.

On passe un certain temps en premier cycle à démontrer que tout espace vectoriel de dimension ﬁnie admet une base ; de même, on démontre que toute forme quadratique admet une base orthogonale. Cependant, à ce niveau du cours, tous les espaces vectoriels de dimension ﬁnie considérés arrivent avec une base naturelle, et toutes les formes quadratiques utilisées sont données dans une base orthogonale.

Au niveau du programme de l’agrégation, il existe essentiellement deux exemples d’espaces vectoriels de dimension ﬁnie pour lesquels il n’y a pas de base donnée à priori :
– Le premier est formé par les solutions d’une équation diﬀérentielle sur un intervalle borné. Sous des hypothèses ad hoc, le théorème de Cauchy-Lipschitz aﬃrme que l’espace vectoriel des solutions est de dimension ﬁnie, mais il peut être diﬃcile d’exhiber une base explicite de solutions. Cet espace vectoriel est muni d’une forme quadratique naturelle, $(f, g) \to \int f g$ , qui ne fait référence à aucune base particulière.
– Le second exemple est de nature algébrique. Considérons un corps $L$ engendré par un nombre ﬁni de nombres algébriques sur $Q$ . Ce corps est un espace vectoriel de dimension ﬁnie sur $Q$ . Les nombres algébriques qui ont permis de le déﬁnir ne forment pas une base de $L$ en général. Il existe une forme quadratique naturelle sur $L$ , qui est donnée par la trace : $(x, y) \to T r a c e_{L ∕ Q} (x y)$ .

Dans ces deux exemples, il peut même être diﬃcile de déterminer la dimension de l’espace vectoriel considéré. On va voir comment l’existence d’une forme quadratique peut aider à résoudre ce problème.

Déﬁnitions

Dans la suite, on s’intéresse au second exemple. Soit donc $K$ un corps de carctéristique diﬀérente de $2$ , $L$ une extension de dimension ﬁnie de $K$ . Notons $n$ la dimension de $L$ en tant que $K$ -espace vectoriel. Dans la suite, il peut être utile de faire intervenir une extension algébriquement close de $K$ contenant $L$ ; elle sera abusivement notée $\bar{K}$ . On peut se restreindre à $K = Q$ et $\bar{K} = C$ si on veut.

Pour tout élément $y \in L$ , on considère l’application $K$ -linéaire donnée par

\begin{matrix} A_{y} : & L & \to & L \\ x & \to & x y \end{matrix}

La trace de cette application linéaire est un élément de $K$ qui est noté $t r_{L ∕ K} (y)$ , ou encore s’il n’y a pas d’ambiguité sur les corps considérés, $t r (y)$ . On vériﬁe immédiatement que l’application $(x, y) \to t r (x y)$ est une application $K$ -bilinéaire symétrique déﬁnie sur $L$ .
Remarquons que si l’on se donne une base de $L$ sur $K$ , l’application qui associe à $y$ la matrice de $A_{y}$ dans cette base, réalise un plongement de $L$ dans l’algèbre $M_{n} (K)$ . Bien sûr, ce plongement n’est pas surjectif.

Voici une propriété des applications de la forme $A_{y}$ , qui ne sont pas vraies pour toutes les applications $K$ -linéaires.

Lemme
Le polynôme minimal $P_{m}$ de $A_{y}$ est irréductible. Le polynôme caractéristique $P_{c}$ de $A_{y}$ est égal à une puissance de son polynôme minimal.

Preuve
Commençons par montrer que le polynôme minimal de $A_{y}$ est irréductible sur $K$ . Pour cela, rappelons que le polynôme minimal de $y$ est le plus petit polynôme non nul $P$ de $K [X]$ (au sens de la division) qui vériﬁe $P (y) = 0$ . Ce polynôme est irréductible : s’il était le produit de deux polynômes non constants de $K [X]$ , $y$ serait racine d’un de ces deux polynômes, et donc $P$ ne serait pas minimal. Maintenant le polynôme minimal de $A_{y}$ est égal au polynôme minimal de $y$ en vertu des deux relations : $P (A_{y}) = A_{P (y)}$ et $P (y) = P (A_{y}) 1$ .

L’anneau $K [X]$ étant factoriel, on peut décomposer $P_{c}$ sous la forme d’un produit $P_{c} = {(P_{m})}^{l} H$ , avec $l$ un entier et $H$ un polynôme premier à $P_{m}$ . Remarquons que $H$ n’a pas de racines en commun avec $P_{m}$ ; cela découle, par exemple, du théorème de Bezout. Si $H$ est non constant, $P_{c}$ aurait une racine dans $\bar{K}$ qui ne serait pas racine de $P_{m}$ . C’est absurde car les racines de $P_{c}$ sont les valeurs propres de $A_{y}$ (dans $\bar{K}$ ) et ces valeurs propres sont toutes racines du polynôme minimal $P_{m}$ .

Voici une conséquence de ce lemme : si $y \neq 0$ , $A_{y}$ ne peut pas être nilpotente. En eﬀet, s’il existe un entier $k$ tel que ${(A_{y})}^{k} = 0$ , le polynôme minimal de $A_{y}$ divise $X^{k}$ ; comme il est irréductible, il est égal à $X$ , donc $A_{y} = 0$ .
Autre conséquence : si la caractéristique de $K$ est nulle, $A_{y}$ est diagonalisable sur $\bar{K}$ . De fait, en caractéristique $0$ (plus généralement si le corps est parfait), les polynômes irréductibles ont leurs racines simples. Une matrice dont le polynôme minimal a ses racines simples est diagonalisable (sur $\bar{K}$ ).

Indépendance et trace

Voici comment utiliser la trace dans des questions d’indépendance linéaire.

Théorème
On se donne $p_{1}, p_{2}, . . . p_{k}$ des nombres premiers distincts. Alors les nombres réels $\sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, . . . \sqrt{p_{k}}$ sont linéairement indépendants sur $Q$ .

Preuve
Rappelons que si $q$ est une forme bilinéaire symétrique déﬁnie sur un espace vectoriel $L$ , et si $v_{1}, v_{2}, . . v_{k}$ sont des vecteurs de $L$ , alors la famille des $v_{i}$ est libre si le déterminant de la matrice de terme général $q (v_{i}, v_{j})$ est non nul (une combinaison linéaire entre les $v_{i}$ donne tout de suite une combinaison linéaire sur les colonnes de cette matrice ). Un tel déterminant est appelé déterminant de Gram.

Ici, on considère comme $Q$ -espace vectoriel le corps engendré par les $\sqrt{p_{i}}$ , et comme forme quadratique $(x, y) \to T r_{L ∕ Q} (x y)$ . Il faut donc calculer les traces $t r_{L ∕ Q} (\sqrt{p_{i} p_{j}})$ .
– Si $i = j$ , on a $t r (p_{i}) = p_{i} t r (1) = n p_{i}$ , où $n$ est la dimension de $L$ sur $Q$ .
– Si $i \neq j$ , on remarque que le polynôme minimal de $\sqrt{p_{i} p_{j}}$ est égal à $X^{2} - p_{i} p_{j}$ . Son polynôme caractéristique est donc égal à ${(X^{2} - p_{i} p_{j})}^{l}$ , pour un certain entier $l \in N$ . La trace de $\sqrt{p_{i} p_{j}}$ est égale au coeﬃcient de $X^{2 l - 1}$ dans ce polynôme, elle est donc nulle.

Par conséquent, la matrice de terme général $t r_{L ∕ Q} (\sqrt{p_{i} p_{j}})$ est diagonale, et ses termes diagonaux sont des entiers non nuls ; son déterminant est donc non nul. Les $\sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, . . . \sqrt{p_{k}}$ sont linéairement indépendants sur $Q$ .

On peut calculer la dimension de $Q [\sqrt{p_{1}}, . . . \sqrt{p_{k}}]$ ; pour cela, on considère la famille des $\sqrt{\prod_{i \in I} p_{i}}$ où $I$ est une partie quelquonque de l’ensemble ${1 . . . k}$ . (on pose $\prod_{i \in I} p_{i} = 1$ si $I$ est vide). Cette famille possède $2^{k}$ éléments ; l’espace vectoriel qu’elle engendre coincide avec $Q [\sqrt{p_{1}}, . . . \sqrt{p_{k}}]$ . Il suﬃt de vériﬁer que c’est une famille libre, ce qui se fait comme plus haut, en considérant les traces. La dimension recherchée est donc égale à $2^{k}$ .

Non-dégénerescence de la trace

Suﬃt-il de calculer le déterminant de la matrice de terme général $t r (x_{i} x_{j})$ pour savoir si la famille ${x_{1}, . . . x_{k}}$ est libre ? Par exexmple, si $K$ est un sous-corps de $C$ , et si la forme quadratique associée à $q$ est déﬁnie positive, La réponse est oui. Ceci provient du fait que la restriction d’une forme quadratique déﬁnie positive à un sous-espace vectoriel est encore déﬁnie positive.

Si la forme quadratique n’est pas positive, ce n’est plus forcément vrai. Dès l’instant où la forme admet un vecteur isotrope ( $q (x, x) = 0$ ), on obtient un contre-exemple en considérant la famille libre composée de l’unique élément $x$ , pour laquelle on a $d e t (q (x, x)) = 0$ . Cependant, si la forme quadratique est non-dégénerée, on a tout de même le résultat suivant.

Pour toute base ${x_{1}, . . . x_{n}}$ , le déterminant $d e t (q (x_{i}, x_{j}))$ est non nul.

Ce résultat n’est pas diﬃcile ; cf par exemple Ramis-Deschamps Tome 2 1.1.2 prop 2 cor I. Cette référence comporte d’autres informations sur les déterminants de la forme $d e t (q (x_{i}, x_{j}))$ , appelés déterminants de Gram. Au ﬁnal, on obtient le critère suivant.

Soit $q$ une forme bilinéaire symétrique non-dégénérée. Pour qu’une famille génératrice ${x_{1} . . . x_{n}}$ soit une base, il faut et il suﬃt que $d e t (q (x_{i}, x_{j}))$ soit non nul.

Dans le cas d’extensions de corps, il est facile de trouver des familles génératrices, si bien que la méthode présentée plus haut permet eﬀectivement de determiner la dimension de l’extension, si la trace est non dégénérée :

Théorème
soit $K$ un corps de caractéristique $0$ , et $L$ une extension ﬁnie de $K$ . Alors $(x, y) \to t r_{L ∕ K} (x y)$ est une forme bilinéaire symétrique non dégénérée.

Première preuve
Soit $y \in L$ ; on veut montrer que si pour tout $x \in L$ , $t r (x y) = 0$ , alors $y = 0$ . Il suﬃt de prendre $x = 1 ∕ y$ . La trace $t r (1)$ est égale à la dimension de $L$ . La caractéristique étant non nulle, cette trace est non nulle.

Seconde preuve
En prenant $x = y^{p - 1}$ , $\forall p \geq 1$ , on obtient $t r (A_{y}^{p}) = 0$ , $\forall p \geq 1$ .
Soient $λ_{i}$ les valeurs propres de $A_{y}$ dans $\bar{K}$ , et $n_{i}$ leurs multiplicités. On a : $t r (A_{y}^{p}) = 0 = \sum n_{i} λ_{i}^{p}$ . Par conséquent, pour tout polynôme $P \in \bar{K} [X]$ , on a :

\sum n_{i} P (λ_{i}) = n P (0)

En prenant $P (X) = \prod (X - λ_{i})$ , où le produit a lieu sur les valeurs propres de $A_{y}$ non nulles, on obtient que le produit des valeurs propres non nulles est nul, une absurdité (on vient d’utiliser $n \neq 0$ , ce qui est vrai car la caractéristique est nulle). Toutes les valeurs propres de $A_{y}$ sont donc nulles, ce qui montre que le polynôme caractéristique de $A_{y}$ est égal à $X^{n}$ . On a donc $A_{y}^{n} = 0$ (par le théorème de Cayley-Hamilton), $y^{n} = A_{y}^{n} 1 = 0$ , ce qui implique $y = 0$ .

Remarque : en caractéristique $0$ , les polynômes symétriques élémentaires peuvent s’exprimer en fonction des sommes de puissances des racines ; il s’agit juste d’inverser les formules de Newton.

Troisième preuve
Sous la seule hypothèse de séparabilité, en utilisant le théorème de l’élément primitif : L’extension $L$ est de la forme $L ≃ K [𝜃]$ , pour un certain $𝜃 \in L$ .
Le polynôme minimal de $A_{𝜃}$ est égal au polynôme minimal $P_{m}$ de $𝜃$ ; il est donc irréductible, et ses racines sont simples (dans $\bar{K}$ ; c’est la séparabilité). Il est de degré $n$ , en vertu de l’isomorphisme $K [𝜃] ≃ K [X] ∕ P_{m}$ . Comme il divise le polynôme caractéristique de $A_{𝜃}$ , il est en fait égal à ce polynôme. On conclut que le polynôme caractéristique de $A_{𝜃}$ a ses racines simples. Par conséquent les valeurs propres $λ_{i}$ de $A_{𝜃}$ sont de multiplicité 1.
Comme $1, 𝜃, 𝜃^{2}, . . ., 𝜃^{n - 1}$ forme une base de $K [𝜃]$ sur $K$ , il suﬃt de montrer que la matrice $(t r (𝜃^{i} 𝜃^{j}))_{\binom{0 \leq i \leq n - 1}{0 \leq j \leq n - 1}}$ est non dégénérée, c’est-à -dire que son déterminant est non nul.

d e t ((t r (A_{𝜃}^{i + j})) = d e t (\sum λ_{k}^{i + j}) = d e t (\sum λ_{k}^{i} λ_{k}^{j}) = d e t (^{t} B B) = d e t {(B)}^{2}

où $B = {(λ_{i}^{j})}_{\binom{0 \leq i \leq n - 1}{0 \leq j \leq n - 1}}$ .
Le déterminant de $B$ est un déterminant de Van Der Mond, qui peut être calculé explicitement : $d e t B = \prod_{i < j} (λ_{i} - λ_{j}) \neq 0 .$ Ceci termine la preuve.

Voici enﬁn un exemple d’extension pour laquelle la trace n’est pas déﬁnie positive : soit $α$ une racine dans $C$ de l’équation $X^{4} + 1$ ( $α = e^{i π ∕ 4}$ par exemple) ; l’extension $Q [α]$ est de degré $4$ sur $Q$ . Le polynôme minimal de $α^{2}$ est égal à $X^{2} + 1$ , son polynôme caractéristique est donc égal à ${(X^{2} + 1)}^{2}$ . Par conséquent, la trace $t r_{Q [α] ∕ Q} (α^{2})$ est nulle. Le nombre $α$ est un vecteur isotrope de la trace dans l’extension $Q [α]$ .

Toutes ces considérations sont classiques en théorie de Galois. Voici deux références pour en savoir plus : Ian Stewart, Galois Theory et Algebraic Theory of Numbers.