Sous-espaces vectoriels engendrés par...

1 $GL_n(\mathbb{R})$

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.
Le polynôme caractéristique $\chi_M(X) = \det(M - X I_n)$ est un polynôme de degré $n$ à coefficients réels. Il admet donc au plus $n$ racines dans $\mathbb{R}$.

Le corps $\mathbb{R}$ étant infini, il existe $\lambda \in \mathbb{R}^*$ tel que $\det(M - \lambda I_n) \neq 0$, c’est-à-dire tel que $M - \lambda I_n \in GL_n(\mathbb{R})$.

On décompose alors $M$ sous la forme :
$$M = (M - \lambda I_n) + \lambda I_n$$

Comme $M - \lambda I_n \in GL_n(\mathbb{R})$ et $I_n \in GL_n(\mathbb{R})$, la matrice $M$ s’écrit comme une combinaison linéaire d’éléments de $GL_n(\mathbb{R})$. Ainsi, $\mathrm{Vect}(GL_n(\mathbb{R})) = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

2 $\mathcal{N}_n(\mathbb{R})$

Montrons que : Pour tout entier $n \ge 1$,
$$\mathrm{Vect}(\mathcal{N}_n(\mathbb{R})) = \ker(\mathrm{Tr}) = \{ M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) \mid \mathrm{Tr}(M) = 0 \}$$

Inclusion directe : Si $N \in \mathcal{N}_n(\mathbb{R})$, son unique valeur propre complexe est $0$, donc $\mathrm{Tr}(N) = 0$. Par linéarité de la trace, on a $\mathrm{Vect}(\mathcal{N}_n(\mathbb{R})) \subseteq \ker(\mathrm{Tr})$.

Inclusion réciproque : Montrons d’abord que toute matrice de trace nulle est semblable à une matrice à diagonale nulle.

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ non scalaire. Il existe $x \in \mathbb{R}^n$ tel que la famille $(x, Mx)$ soit libre.

Si pour tout $x \in \mathbb{R}^n$, $(x, Mx)$ était liée, alors pour tout $x \neq 0$, il existerait $\lambda_x \in \mathbb{R}$ tel que $Mx = \lambda_x x$. Par un argument classique de dépendance scalaire, $\lambda_x$ est indépendant de $x$, impliquant $M = \lambda I_n$, ce qui contredit le fait que $M$ n’est pas scalaire.

Montrons par récurrence sur $n \ge 1$ le résultat. L’initialisation est triviale. Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ de trace nulle.

• Si $M$ est scalaire, $\mathrm{Tr}(M) = n\lambda = 0 \implies \lambda = 0 \implies M = 0_n$, dont la diagonale est nulle.
• Si $M$ n’est pas scalaire, il existe $e_1 \in \mathbb{R}^n$ tel que $(e_1, Me_1)$ soit libre. On pose $e_2 = Me_1$ et on complète en une base $\mathcal{B} = (e_1, e_2, \dots, e_n)$. Dans cette base, la matrice semblable s’écrit :
  $$P^{-1}MP = \begin{pmatrix} 0 & L \\ C & A \end{pmatrix}$$avec $L \in \mathcal{M}_{1,n-1}(\mathbb{R})$, $C \in \mathcal{M}_{n-1,1}(\mathbb{R})$ et $A \in \mathcal{M}_{n-1}(\mathbb{R})$.
  Par invariance de la trace, $\mathrm{Tr}(A) = \mathrm{Tr}(M) = 0$. Par hypothèse de récurrence, il existe $Q \in GL_{n-1}(\mathbb{R})$ tel que $Q^{-1}AQ$ ait une diagonale nulle. En posant $P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & Q \end{pmatrix}$, la matrice $(PP_2)^{-1}M(PP_2)$ est à diagonale nulle.

Ainsi, toute matrice $M \in \ker(\mathrm{Tr})$ est semblable à une matrice $D$ à diagonale nulle. On peut décomposer $D = T_+ + T_-$, où $T_+$ est triangulaire supérieure stricte et $T_-$ triangulaire inférieure stricte. Ces deux matrices étant nilpotentes, $D$ (et donc $M$) est somme de deux matrices nilpotentes. D’où le résultat.

3 $O_n(\mathbb{R})$

Montrons que :
$$\mathrm{Vect}(O_n(\mathbb{R})) = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$$

Il suffit d’exprimer les matrices de la base canonique $(E_{i,j})_{1 \le i,j \le n}$ comme combinaisons linéaires de matrices orthogonales.

1. Matrices $E_{i,i}$ : Pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, la matrice $D_i = I_n - 2E_{i,i} = \mathrm{diag}(1, \dots, -1, \dots, 1)$ est orthogonale. Comme $I_n \in O_n(\mathbb{R})$,
   $$E_{i,i} = \frac{1}{2}(I_n - D_i) \in \mathrm{Vect}(O_n(\mathbb{R}))$$
2. Matrices $E_{i,j}$ : Les matrices suivantes appartiennent à $O_n(\mathbb{R})$ :
   $$P_{i,j} = I_n - E_{i,i} - E_{j,j} + E_{i,j} + E_{j,i} \quad \text{et} \quad Q_{i,j} = I_n - E_{i,i} - E_{j,j} + E_{i,j} - E_{j,i}$$On a alors :
   $$E_{i,j} = \frac{1}{2}(P_{i,j} + Q_{i,j}) - I_n + E_{i,i} + E_{j,j} \in \mathrm{Vect}(O_n(\mathbb{R}))$$

La base canonique étant incluse dans $\mathrm{Vect}(O_n(\mathbb{R}))$, on conclut que $\mathrm{Vect}(O_n(\mathbb{R})) = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

4$SO_n(\mathbb{R})$

Le sous-espace vectoriel engendré par $SO_n(\mathbb{R})$ vérifie :

• Si $n = 1$ : $\mathrm{Vect}(SO_1(\mathbb{R})) = \mathbb{R} = \mathcal{M}_1(\mathbb{R})$ ;
• Si $n = 2$ : $\mathrm{Vect}(SO_2(\mathbb{R})) = \left\{ \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \;\middle|\; a, b \in \mathbb{R} \right\} \subsetneq \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ ;
• Si $n \ge 3$ : $\mathrm{Vect}(SO_n(\mathbb{R})) = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

Pour $n \ge 3$, décomposons les éléments de la base canonique :

1. Matrices $E_{i,i}$ : Pour des indices distincts $i, j$, la matrice de retournement $R_{i,j} = I_n - 2E_{i,i} - 2E_{j,j}$ appartient à $SO_n(\mathbb{R})$ car $\det(R_{i,j}) = (-1)^2 = 1$. En choisissant trois indices distincts $i, j, k$ (possible car $n \ge 3$), on a :
   $$E_{i,i} = \frac{1}{4}(I_n - R_{i,j} - R_{i,k} + R_{j,k}) \in \mathrm{Vect}(SO_n(\mathbb{R}))$$
2. Matrices $E_{i,j}$ :
   • Les matrices $T_1 = I_n - E_{i,i} - E_{j,j} + E_{i,j} - E_{j,i}$ et $T_2 = I_n - E_{i,i} - E_{j,j} - E_{i,j} + E_{j,i}$ appartiennent à $SO_n(\mathbb{R})$. On obtient :
     $$E_{i,j} - E_{j,i} = \frac{1}{2}(T_1 - T_2) \in \mathrm{Vect}(SO_n(\mathbb{R}))$$
   • En choisissant $k \notin \{i, j\}$, la matrice $T_3 = I_n - E_{i,i} - E_{j,j} - 2E_{k,k} + E_{i,j} + E_{j,i}$ appartient à $SO_n(\mathbb{R})$ ($\det(T_3) = (-1) \times (-1) = 1$), d’où :
     $$E_{i,j} + E_{j,i} = T_3 - I_n + E_{i,i} + E_{j,j} + 2E_{k,k} \in \mathrm{Vect}(SO_n(\mathbb{R}))$$
   • Par somme, $E_{i,j} = \frac{1}{2}\big((E_{i,j} - E_{j,i}) + (E_{i,j} + E_{j,i})\big) \in \mathrm{Vect}(SO_n(\mathbb{R}))$.

Ainsi, $\mathrm{Vect}(SO_n(\mathbb{R})) = \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ pour $n \ge 3$.

1. Toute matrice $C$ de la base canonique de $\mathcal M_{n}(\R)$ (tous les coefficients nuls sauf l’un d’entre eux) s’écrit $C=(C+I_{n})-I_{n}$ et $C+I_{n}$ est triangulaire à coefficients diagonaux tous non nuls, donc inversible ; $C$ est donc différence de deux matrices inversibles.
   Toute matrice de $\mathcal M_{n}(\R)$ est combili de matrices canoniques, chacune combili de deux matrices inversibles :
   $$vect(GL_{n}(\R))=\mathcal M_{n}(\R)$$

2. Lemme (utile en soi) Toute matrice nilpotente est de trace nulle.

preuve du lemme

a) Toute matrice nilpotente $N$ est (comme toute matrice) semblable à une matrice triangulaire $T$ (dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de $N$) elle aussi nilpotente.
b) pour tout entier $n$, les coefficients diagonaux de $T^{n}$ sont les puissances $n$-ièmes de ceux de $T$ ; si donc l’un d’entre eux est non nul, $T^{n}$ n’est pas nulle, ce qui contredit la nilpotence de $T$. Donc tous les coefficients diagonaux de $T$ sont nuls et $tr(T)=0$.
c) la trace étant invariante par similitude, on a $tr(N)=tr(T)=0$.

donc par linéarité de la trace : $vect(\mathcal N_{n}(\R))\subset \ker tr$.
On sait que $\ker tr$ est de dimension $n^{2}-1$ (noyau d’une forme linéaire) ; il suffit maintenant d’exhiber une famille libre de $n^{2}-1$ matrices nilpotentes pour obtenir l’égalité. Les $n^{2}-n$ matrices canoniques $C_{ij},i\neq j$ dont l’unique coefficient non nul est en dehors de la diagonale et les $n-1$ matrices $N_{k}=C_{11}+C_{1k}-C_{k1}-C_{{kk}},k=2..n$ sont nilpotentes et de trace nulle ; dans toute combinaison linéaire nulle
$$\sum_{i\neq j}a_{ij}C_{ij} + \sum_{k=2}^{n}b_{k}N_{k}=0$$le coefficient en ligne et colonne $k>1$ est $b_{k}=0$ ; on reste avec une combili de matrices canoniques, les coefficients $a_{ij}$ sont aussi nuls. Les $n^{2}-1$ matrices $C_{ij},N_{k}$ forment donc une famille libre de $\mathcal N_{n}(\R)$ et on peut conclure :
$$vect(\mathcal N_{n}(\R))= \ker tr$$rem : les $n^{2}-1$ matrices exhibées sont $2$-nilpotentes. On a donc le résultat plus précis : les matrices $M$ telles que $M^{2}=0$ engendrent $\ker tr$.

3. Il suffit d’engendrer chaque matrice $C_{ij}$ de la base canonique de $\mathcal M_{n}(\R)$ comme combili de matrices orthogonales. Dans les matrices de permutation (tous les coefficients nuls sauf un seul coefficient 1 par ligne et par colonne ; c’est orthogonal par respect des b.o.n), piochons une $P$ telle que $P_{ij}=1$ (on a le choix, il y en a $(n-1)!$...) et on définit $Q=P-2C_{ij}$, qui est aussi orthogonale ( les mêmes coefficients que $P$ sauf $Q_{ij}=-1),$ donc $C_{ij}=\frac12(P-Q)$ :
   $$vect(O_{n}(\R))=\mathcal M_{n}(\R)$$
4. Quand $n=2$, toute matrice de $O^{+}(\R)$ s’écrit $O_{a,b}=\begin{pmatrix}a &b\\-b &a\end{pmatrix}$ : $vect(O^{+}(\R)= vect(O_{1,0},O_{0,1})$ ensemble des matrices de similitudes directes.
   Quand $n\ge3$ est impair, le résultat du 3) suffit car quand $P\in O^{-}$, $-P\in O^{+}$...
   Quand $n\ge4$ est pair, pour $i,j$ fixés, on choisit

• $i'\neq i,j'\neq j$,
• une matrice de permutation $P\in O^{+}$ telle que $P_{ij}=P_{i',j'}=1$, on pose $Q=P-2C_{ij}-2C_{i'j'}$ qui est aussi dans $O^{+}$ (on a changé deux signes),
• une autre matrice de permutation $R\in O^{+}$ telle que $R_{ij}=-R_{i',j'}=1$, on pose $S=R-2C_{ij}+2C_{i'j'}$ qui est aussi dans $O^{+}$ (on a changé deux signes).
  En additionnant les deux définitions de $R$ et $S$, on obtient $C_{ij}=\frac14(P-Q+R-S)$ :
  $$vect(SO_{n}(\R))=\mathcal M_{n}(\R)$$.