\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage{entete}
\author{}
\title{Décomposition de Bruhat}
\date{2011-2012}

\begin{document}
\maketitle

\begin{defi}
    Un {\em drapeau d'un espace vectoriel de dimension finie $E$} est une suite finie strictement croissante pour l'inclusion de sous-espaces vectoriels de $E$, le premier étant l'espace nul et le dernier $E$ tout entier.
\end{defi}

\begin{nota}
    On notera~:
    \begin{itemize}
        \item $T_s$ l'ensemble des matrices triangulaires supérieures inversibles ;
        \item $P_\sigma$ la matrice de permutation associée à la permutation $\sigma$ ;
        \item $\mathcal D$ l'ensemble des drapeaux d'un espace vectoriel.
    \end{itemize}
\end{nota}

\begin{thm}
    On a~:
    $$GL_n(\K) = \bigsqcup_{\sigma \in \mathfrak S_n} T_s \sigma T_s.$$
\end{thm}

\begin{proof}
    Soit $A\in GL_n(\K)$.
    Posons quelques notations~:
    \begin{itemize}
        \item $E_{i,j}$ est la matrice dont tous les coefficients sont nuls, sauf celui d'indices $i,j$ ;
        \item pour $i\not = j$ et $\lambda \in \K$, $T_{i,j}(\lambda) = Id + \lambda E_{i,j}$ ;
        \item pour tout $i$ et tout $\alpha \not = 0$, $D_i(\alpha)=Id + (\alpha -1) E_{i,j}$.
    \end{itemize}

    Multiplier $A$ à droite par $T_{i,j}(\lambda)$ revient à faire l'opération sur les colonnes $C_i \leftarrow C_i+\lambda C_j$, et à gauche revient à faire l'opération sur les lignes $L_i \leftarrow L_i + \lambda L_j$.

    Multiplier $A$ à droite par $D_i(\alpha)$ revient à faire l'opération sur les colonnes $C_i \leftarrow \alpha C_i$, et à droite revient à faire l'opération sur les lignes $L_i \leftarrow \alpha L_i$.

    On applique l'algorithme suivant~:

    Soit $i_1$ le plus grand indice $k$ tel que $a_{k,1} \not = 0$. On fait les opérations $ L_i \leftarrow L_i - \frac{a_{i,1}}{a_{i_1,1}} L_{i_1}$ pour $i\not = i_1$ et $ C_j \leftarrow C_j - \frac{a_{i_1,j}}{a_{i_1,1}} C_1$.

    Cela ne revient qu'à multiplier à gauche et à droite par des matrices de $T_s$. On termine par $C_1 \leftarrow \frac1{a_{i_1,1}} C_1$ pour être dans la situation~:
    $$\left(
    \begin{array}{cccc}
        0 & & &\\
        0 & & &\\
        \vdots & && \\
        0 & && \\
        1 & 0 & 0 & \cdots \\
        0 & && \\
        \vdots && & \\
        0 & &&
    \end{array}
    \right)
    $$

    On prend ensuite $i_2$ le plus grand indice $k$ tel que $a_{k,2} \not = 0$. Notons que $i_2 \not = i_1$. Par les mêmes opérations, on annule les coefficients de la colonne 2 et de la ligne $i_2$~: cela ne modifie par les 0 de la colonne 1 et de la ligne $i_1$.

    On itère le procédé, et on obtient une matrice de permutation $P_\sigma$, où $\sigma$ est la permutation définie par $ (1~i_1~i_{i_1}~\cdots)$.

    On a donc une décomposition $A = T_1 P_\sigma T_2$, $T_1,T_2 \in T_s$.

    Supposons qu'on ait deux décompositions  $ T_1 P_\sigma = P_\tau T_2 $.

    Alors $T_2 = P_{\tau^{-1}} T_1 \P_{\sigma}$. Supposons $\sigma\not = \tau$~: il existe $i$ tel que $\sigma(i) < \tau(i)$.

    Le coefficient $i,i$ de $T_2$ est non nul car $T_2$ inversible, et l'égalité précédente nous donne l'égalité~:
    $$T_2(i,i) = T_1(\tau(i),\sigma(i)) = 0,$$ d'où une contradiction.
\end{proof}

\begin{thm}
    L'action de $GL_n(\K)$ sur $\mathcal D \times \mathcal D$ possède $n!$ orbites. 
\end{thm}

\begin{proof}
    $GL_n(\K)$ agit à gauche sur $\mathcal D$, de façon transitive. Le stabilisateur du drapeau canonique est $T_s$, et donc $\mathcal D$ est en bijection avec le quotient $GL_n(\K)/T_s$.

    Soit $(A,B) \in GL_n(\K)/T_s\times GL_n(\K)/T_s$. Alors
    \begin{align*}
        (A,B) & \sim A(I_n,A^{-1}B) \\
        & \sim A(I_n,T_1 P_\sigma T_2) \\
        & \sim A T_1 ( I_n,P_\sigma ).
    \end{align*}

    Donc chaque orbite a un élément de la forme $(I_n,P_\sigma)$. Supposons qu'il existe $\sigma,\tau \in \mathfrak S_n$ dans une même orbite.

    Alors il existe $A \in GL_n(\K)$ telle que $(I_n,P_\sigma)=(A,A P_\tau)$.

    Alors $A \in T_s$, et donc $\exists T \in T_s,~A P_\tau = P_\sigma S$. Par décomposition de Bruhat, $\sigma=\tau$, ce qui est faux par hypothèse.

    Donc on a une bijection entre les orbites et les permutations, d'où les $n!$ orbites.
\end{proof}


\end{document}
