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Théorème de Burnside

Posté par
monrow Posteur d'énigmes 20-03-08 à 13:26

Salut !

Un petit problème au passage qui combine algèbre générale et linéaire

Citation :

Soit G un sous-groupe de 3$\mathcal{GL}_n(\mathbb{C}) d'exposant fini. C'est-à-dire qu'il existe 3$\rm m\ge 1 tel que pour tout 3$\rm M\in G \qquad M^m=In.

1) Montrer que l'ensemble des traces des éléments de G est fini.

2) Soit A et B deux éléments de G tel que pour tout M de G 3$\rm tr(AM)=tr(BM).

   a- Montrer que pour tout k\ge 1 3$\rm tr(AB^{-1}-I_n)^k=0.

   b- En déduire que A=B

3) Montrer que G est fini


des petites pistes pour commencer?

Merci

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 13:52

Salut monrow!

1)Utilise le fait que toute matrice est trigonalisable sur C, et que la trace est un invariant des classes de similitude d'une matrice donnée.
Enfin utilise que la puissance m ème d'une matrice triangulaire supérieure admet comme éléments diagonaux les puissances m èmes des éléments diagonaux initiaux.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 13:57

Salut Ti'greg!

On va analyser ça petit à petit !

Citation :
Utilise le fait que toute matrice est trigonalisable sur C


Si je veux démontrer ça? (Ce n'est pas du cours! )

Ok, toute matrice dont le polynôme caractéristique est scidé est trigonalisable. Or, C est algébriquement clos d'où le résultat ! Mais pourquoi d'abord cette propriété :

Une matrice est trigonalisable ssi son polynôme caractéristique est scindé !

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:03

en fait, une implication (directe) est claire !

Si une matrice A est trigonalisable donc elle est semblable à une matrice diagonale. Ainsi le det(A-XI) (qui est un déterminant trigonale) est égale au produit des coefficients diagonaux d'où le résultat!

il me reste l'autre sens

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:03

Citation :
semblable à une matrice diagonale


trianglaire ... bien entendu

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:09

Si elle est trigonalisable, alors dans une base de trigonalisation apparaissent les valeurs propres sur la diagonale, donc le polynôme caractéristique, produit des éléments diagonaux (X-u) avec u valeur propre, est scindé.

Réciproquement, si le polynôme caactéristique est scindé alors les monômes puissance quelque chose associés à des valeurs propres différentes sont premiers entre eux dans leur ensemble et deux à deux, et leur produit (qui n'est autre que le polynôme caractéristique de M) évalué en M fait 0, donc par une utilisation répétée du lemme des noyaux on obtient que les espaces caractéristiques sont en somme directe, ce qui équivaut à la trigonalisabilité de M.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:21

Joli ! (je vais revenir pour avoir une démo du lemme de noyaux aussi )

sinon on continue d'abord cet exo

Est ce que je dois utiliser un raisonnement par absurde, supposer qu'il est infini par exemple?

sinon si M € G alors il existe alors il existe un m tel que M^m=In mais est ce qu'on doit supposer M triangulaire pour utiliser le fait que ses coeff. diag. sont les puissances m-ièmes des diag. initiaux? puis généraliser? je vois pas vraiment où introduire ces matrices triangulaires

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:24

T'énerve pas trop mon greg ! Je suis un petit débutant et j'ai plein de questions ! Désole si je te tracassa avec.

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:26



Utilise

Citation :
que la trace est un invariant des classes de similitude d'une matrice donnée,


autrement dit que, M étant fixée dans G, toute matrice triangulaire supérieure N qui lui est semblable (et il en existe puisqu'on est dans C) a la même trace que M.

Ensuite utilise le fait que Nm=Mm=I (car elles sont semblables) donc que chacune des puissances m des éléments diagonaux de N vaut 1.

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:27

Citation :
T'énerve pas trop mon greg ! Je suis un petit débutant et j'ai plein de questions ! Désole si je te tracassa avec.


->Mais pas du tout, que vas-tu imaginer!Ai-je l'air dem'énerver?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:32

Oui, les traces des M et N valent alors n. Donc toutes les traces valent n puisqu'on peu écrire chaque matrice comme semblable à une qui est triangulaire et dont la puissance m-ième est 1? c'est ça?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:33

Citation :
Ai-je l'air dem'énerver?


meuuuh non C'est juste que je préviens que je suis énervant avec mes questions (qui sont des fois bêtes)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:37

meuuuh non aussi!

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:38

Citation :
les traces des M et N valent alors n.


->Tu oublies qu'on est dans C!
Dire qu'un complexe à la puissance m vaut 1 ne signifie pas qu'il vaut 1
D'ailleurs dans R non plus si n est pair

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:44

Bon si j'ai compris, toutes les traces valent n? (puisque tout M de G est semblable à une triangulaire puisqu'on est dans C)

3$\rm%20tr(AB^{-1}-I_n)^k=tr\(\Bigsum_{j=0}^kC_k^j(AB^{-1})^j(-1)^{k-j}\)=\Bigsum_{j=0}^kC_k^j(tr\(AB^{-1})^j\)(-1)^{k-j}

puis il faut utiliser que la trace vaut n donc: 3$\rm%20tr(AB^{-1}-I_n)^k=n\Bigsum_{j=0}^kC_k^j(-1)^{k-j}=n\time 0=0

c'est ça?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:46

je viens de voir

racine n-ème de l'unité ! mais comment calculer leur somme (puisqu'ils peuvent se répéter par exemple dans la diagonale)?

Posté par
Camélia Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:48

Salut monrow

Non les traces ne valent pas toutes n. Les valeurs propres sont forcément des racines m-èmes de l'unité, donc une trace est une somme de racines m-èmes de 1. C'est forcément fini.

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:49

La question est de montrer que l'ensemble des sommes possibles est fini, pas de calculer les sommes possibles.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:54

Salut Camélia !

Ah oui je suis d'accord ! (ça découle du fait que les racines n-èmes sont finis)

ok

donc pour la démo de 2) je vais m'arrêter ici : 3$\rm%20tr(AB^{-1}-I_n)^k=tr\(\Bigsum_{j=0}^kC_k^j(AB^{-1})^j(-1)^{k-j}\)=\Bigsum_{j=0}^kC_k^j(tr\(AB^{-1})^j\)(-1)^{k-j}

j'ai une petite idée, une astuce qu'on utilise souvent en classe:

3$\rm (AB^{-1})^j=A(AB^{-1})^{j-1}B=A(AB^{-1})^{j-1}B

On a: 3$\rm tr((AB^{-1})^j)=tr(A(AB^{-1})^{j-1}B)=tr((AB^{-1})^{j-1})=tr((AB^{-1})^{j-2})=...=tr((AB^{-1})^{0})=tr(I_n)=n

puis c'est 0 pour la somme qu'il faut calculer !

est-ce ça?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 14:58

Ouh là non, elle est fausse cette transformation!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:00

euuuuuh pourquoi? la trace est la même pour 2 matrices semblables non?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:03

euh oui ils ne sont pas semblable j'ai pas fais très attention à ce A de gauche et pas B !!

3$\rm%20tr((AB^{-1})^j)=tr(A(AB^{-1})^{j-1}B^{-1}), je ne pense pas qu'on peut passer à tr(B(AB^{-1})^{j-1}B^{-1}), non?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:05

Non mais ce qui est faux c'est l'égalité 4$(AB^{-1})^j=A(AB^{-1})^{j-1}B , c'est plutôt 4$(AB^{-1})^j=A(B^{-1}A)^{j-1}B^{-1} ,non?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:07

oui mais on peut inversé tant qu'on est dans une trace? non?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:19

et puis j'ai oublier d'utiliser l'hypothèse; tr(AM)=tr(BM) ce qui permet d'utiliser ce que j'ai dit à 15:03 et voilà la =tr(In)=n

c'est bon là?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:25

Citation :
oui mais on peut inversé tant qu'on est dans une trace? non?


->Non, on ne peut pas inverser tout ce qu'on veut.
Ce n'est vrai que pour des permutations circulaires sur les matrices.

Ainsi, tr(ABC)=tr(BCA)=tr(CAB) mais ce n'est pas forcément égal à tr(ACB) par exemple.

De plus, le fait que pour tout M, tr(AM)=tr(BM) n'implique pas forcément que tr(AMB-1)=tr(M)

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 15:44

Citation :
De plus, le fait que pour tout M, tr(AM)=tr(BM) n'implique pas forcément que tr(AMB-1)=tr(M)


j'ai dit que ça implique tr(AMB^{-1})=tr(BMB^{-1})=tr(M)

sinon: 3$\rm%20tr((AB^{-1})^j)=tr(A(B^{-1}A)^{j-1}B^{-1})=tr(B(B^{-1}A)^{j-1}B^{-1})=tr((B^{-1}A)^{j-1})=tr((AB^{-1})^{j-1})=tr((AB^{-1})^{j-2})=...=tr((AB^{-1})^{0})=tr(I_n)=n

c'est encore pas ça?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 16:21

Non monrow, car le fait que tr(AM)=tr(BM) n'implique pas que tr(AMB-1)=tr(BMB-1)

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 16:24

Pourquoi? puisque MB^{-1} appartient aussi à G (G est un groupe donc stable !)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 16:29

lol bien sûr je dis des bêtises!
En fait je suis perturbé par cette histoire de sous-variétés sur un autre topic!

Du coup ça me parait bon!!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 16:33



Oki ... Bon jusqu'à ce que tu auras un peu de temps à me donner, je veux une petite piste pour A=B (je ne pense vraiment pas que je peux dire dès le début que AB^{-1}-In=0 et donc A=B !)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 16:50

As-tu déjà bien vu en quoi ce que tu as prouvé prouve la question 2 et comment on récupère 0?

Pour montrer que A=B, commence par te convaincre qu'une matrice M dont toutes les puissances ont une trace nulle est nécessairement triangulaire inférieure ou supérieure.

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 18:12

Non, c'est faux, une matrice M dont toutes les puissances ont une trace nulle a pour seule valeur propre 0, ça paraît plus raisonnable.

Posté par
jeansebre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 18:29

Citation :
une matrice M dont toutes les puissances ont une trace nulle a pour seule valeur propre 0


Cette demonstration n'est pas évidente, me semble-t-il...

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 18:31

En effet!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 19:58

Re ...

Une idée alors

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 20:10

Re

Il revient au même de prouver que tout n-uplet de complexes tel que pour tout k entier, la somme de leurs puissances k èmes est nulle, alors ces n complexes sont nuls.

Je pense qu'on doit pouvoir démontrer cela avec les fonctions symétriques des racines et les formules de Newton, mais ça a l'air lourd...

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 20:17



En fait j'ai vu des questions intermédiaires ... il faut d'abord montrer le lemme suivant:


Citation :


Une matrice A est nilpotente si et seulement si pour tout entier p compris entre 1 et n, A^p possède une trace nulle.



Oui ok, comment le démontrer ça?

sinon on va trouver que 3$\rm (AB^{-1}-I_n)^k=0 mais comment arriver à 3$\rm AB^{-1}-I_n=0 ...

Meurci

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 20:25

Voilà, c'est donc équivalent à ce que je te disais (une matrice de C est nilpotente ssi sa seule valeur propre est 0).

Eh bien après c'est simple: tu en déduis qu'il existe une base où AB-1 n'a que des 1 sur la diagonale.

Or AB-1 à une certaine puissance est l'identité, tu pourras en déduire qu'il n'y a rien à part la diagonale...donc AB-1=I et c'est fini

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 20:35

oui ...

et comment montrer ça?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 20:45

Posons C=AB-1.

On écrit C=I+N avec I=diag(1;1...;1) et N matrice triangulaire supérieure stricte (donc avec des 0 sur la diagonale).

I et N commutent, donc d'après le binôme de Newton on a:

4$I=C^m=(I+N)^m=I+\Bigsum_{k=1}^m C_m^kN^k

Or pour tout k>1 (et il y en a puisque n est supérieur ou égal à 2), 4$N^k est une matrice triangulaire supérieure stricte, donc si N est non nulle,

le membre de gauche est une matrice diagonale, donc une matrice triangulaire supérieure "non stricte", alors que le membre de droite est une matrice triangulaire supérieure stricte.

Contradiction, donc N=0 et C=I!

Convaincu?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 21:08

Ok ! Merci bcp Tigre ...


il reste alors cette fameuse dernière question !

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 21:11

PAs de quoi!

En effet, mais ce sera sans moi, en tout cas pas ce soir!
Bonne soirée!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Théorème de Burnside 20-03-08 à 21:36

Oki

merci bcp pour l'aide que tu m'as déjà apporté !

Bonne soirée à toi aussi

Posté par
Tigweg Correcteurre : Théorème de Burnside 21-03-08 à 02:49

Mais avec plaisir monrow!
Bonne nuit!


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