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Exposant d'un sous groupe de GL(n,Q)

 
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Auteur Message
henri
Taupin(e) ou équivalent


Inscrit le: 22 Oct 2005
Messages: 705
Localisation: Paris

MessagePosté le: 28 Oct 2006, 15:06    Sujet du message: Exposant d'un sous groupe de GL(n,Q) Répondre en citant

Un exo amusant et pas tres facile que j'ai eu avec Francois Charles :
Soit G un sous groupe de GL(n,Q) tel que pour tout g dans G, il existe un entier k tel que g^k=Id.
Démontrer l'existence d'un entier p tel que pour tout g dans G, g^p=Id.
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Si [tex:122be3db06]\pi[/tex:122be3db06] est en trop, ce sera l'entro-[tex:122be3db06]\pi[/tex:122be3db06]. -- [tex:122be3db06]S=k_B.\ln(\Omega)[/tex:122be3db06]
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izara
Être humain normal


Inscrit le: 28 Oct 2006
Messages: 2

MessagePosté le: 28 Oct 2006, 18:18    Sujet du message: Répondre en citant

Tout element de $G$ engendre un sous-groupe fini de $GL_n(Q)$, donc est conjugue a un element d'ordre fini de $GL_n(Z)$. Comme l'ensemble des ordres des elements de $GL_n(Z)$ est fini, l'ordre de n'importe quel element de $G$ est borne independement meme de $G$ et donc conclusion. On peut aussi montrer que $G$ est fini.
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antony
Mathématicien(ne) fou (folle)


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Messages: 2176
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MessagePosté le: 28 Oct 2006, 23:12    Sujet du message: Répondre en citant

J'ai eu le même l'an dernier. Dans la solution, François m'a fait admettre l'irréductibilité sur Q[X] des polynômes cyclotomiques.

Alors :

Soit g€G ; k l'ordre de g. Alors g est diagonalisable (car annulé par X^k-1, scindé à racines simples), les vp de g sont des racines k-ièmes de l'unité, et k est le ppcm des ordres (comme racine de l'unité) des vp de g.

Supposons qu'il existe des k arbitrairement grands. Alors il existe des g€G qui admettent une vp qui est une racine primitive de l'unité d'ordre arbitrairement grande (en tant que racine de l'unité) ; mais comme chi_g annule cette racine, on en déduit que :

Il existe des polynômes cyclotomiques d'ordre arbitrairement grands divisant des chi_g, g€G.

Mais les chi_g sont de degré borné par n, alors que les degrés des polynômes cyclotomiques, qui sont donnés par l'indicatrice d'Euler, tendent vers l'infini. Contradiction.

Donc les ordres des g€G sont bornés, il reste alors à prendre pour p leur ppcm.
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Thibaut
Geek mutant fou


Inscrit le: 23 Juin 2005
Messages: 3226
Localisation: MB 318, Montrouge

MessagePosté le: 28 Oct 2006, 23:22    Sujet du message: Répondre en citant

Tu n'as pas montré que l'indicatrice d'Euler tendait vers l'infini, ce qui n'est pas tout à fait trivial...
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"“The Sith who were famous for being bad, Jacen, were the way they were because they were badly damaged men or women to start with. Not because they were Sith. Usually, they were weak, or deluded, or greedy to begin with. Like your grandfather.”"
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izara
Être humain normal


Inscrit le: 28 Oct 2006
Messages: 2

MessagePosté le: 29 Oct 2006, 8:39    Sujet du message: Répondre en citant

Mais il est presque evident qu'il existe une constante $C>0$ telle que $\varphi(n)>\frac{Cn}{\sqrt{\lnn}}$. On peut clairement eviter les polynomes cyclotomiques en disant eu si $A\in GL_n(Z)$ est d'ordre $k$, alors $A$ engendre un sous-groupe d'ordre $k$ de $GL_n(Z)$. Or, la restriction de la reduction modulo $3$ a ce sous-groupe est injective, d'ou la conclusion.
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Thibaut
Geek mutant fou


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Messages: 3226
Localisation: MB 318, Montrouge

MessagePosté le: 29 Oct 2006, 9:49    Sujet du message: Répondre en citant

Citation:
Mais il est presque evident qu'il existe une constante $C>0$ telle que $\varphi(n)>\frac{Cn}{\sqrt{\lnn}}$

Hein ? Presque évident ?
Thibaut, à qui ça fait penser que je n'ai toujours pas quantifié la minoration qu'il avait trouvée pour montrer que l'indicatrice d'Euler tendait vers l'infinie...
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antony
Mathématicien(ne) fou (folle)


Inscrit le: 24 Juin 2005
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MessagePosté le: 29 Oct 2006, 17:10    Sujet du message: Répondre en citant

Si p1,...,pk sont les facteurs premiers de n classes par ordre croissant, on a phi(n)=n(1-1/p1)...(1-1/pk)>=n(1-1/2)...(1-1/(k+1))=n/(k+1) car pi>=i+1 et donc 1-1/pi>=1-1/(i+1).
D'autre part, n n'a pas plus de log_2 n facteurs premiers distincts, car le produit des 1+E(log_2 n) premiers nombres premiers est >= 2^(1+E(log_2 n))>n.
Donc k<=log_2 n ; d'ou la conclusion.
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abbesanchez
Matheux(se) cinglé(e)


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Messages: 427
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MessagePosté le: 13 Nov 2006, 18:26    Sujet du message: Répondre en citant

La démonstration d'antony est géniale!
Je connaissais une démonstration trop tordue. Ah! oups, en fait, en fait l'énoncé de théorème que j'vais n'est pas le même : tout sous-groupe de type fini de Gl(n,C) dont les éléments sont d'ordres finis est fini.
C'est un gros théorème bourrin où on utilise plein de trucs tordus (dont le théorème de l'élément primitif et un des téorèmes de Burnside selon lequel les sous-groupes d'exposant fini de Gl(n,C) sont finis).
Au passage, on peut aussi voir votre résultat du point de vue suivant.
Soit g un élément de G. Soit k tel que X^k-1 annule g. Soit x une valeur propre de g. Le polynôme irréductible de x qui est cylcotomique phi_m divise chi_g. Ainsi, m<=n. On a donc x racine de X^(n!)-1 (car phi_m|X^m-1|X^(n!)-1). Or, g est diagonalisable donc son polynôme minimal est scindé simple. Ainsi, on a prouvé que le polynôme minimal de g divise X^(n!)-1.
On a donc prouvé que n! est exposant de G. En particulier G est d'exposant fini ET celui-ci divise n!. Bien sûr, je peux m'être planté mais c'est suffisamment inspiré de la démo d'Antony pour être vrai Wink
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antony
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MessagePosté le: 14 Nov 2006, 9:44    Sujet du message: Répondre en citant

Ca a l'air bon ; mais la majoration de la démonstration de François Charles (non, non, ce n'est pas moi qui l'ai trouvée, cette preuve...) est meilleure:wink:

Cela dit, le point problématique reste l'irréductibilité des Phi_n, qui est paraît-il tout sauf triviale... Quelqu'un en sait plus ?
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Thibaut
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MessagePosté le: 14 Nov 2006, 11:57    Sujet du message: Répondre en citant

Phi_n, c'est les polynômes cyclotomiques ? Il me semblait avoir montré l'an dernier qu'ils étaient irréductibles dans Z[X], mais je ne sais plus comment...
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henri
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MessagePosté le: 15 Déc 2006, 14:21    Sujet du message: Répondre en citant

oui effectivement, ils sont irréductibles sur Z[X] donc sur Q[X]. la démo est assez longue et requiert quelques lemmes préliminaires. Elle figure dans le cours d'algèbre de demazure ou plus généralement dans tout cours d'algèbre qui se respecte Mr. Green
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Thibaut
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MessagePosté le: 15 Déc 2006, 14:30    Sujet du message: Répondre en citant

Je l'ai refait (ou fait, je ne suis finalement pas si sûr de l'avoir fait l'an dernier, peut-être que le prof. avait simplement énoncé le résultat sans démonstration) cette année. Et la preuve qu'on a faite cette année est longue et chiante (en même temps, avec notre prof d'Algèbre, toute preuve longue est chiante).
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MessagePosté le: 15 Déc 2006, 14:54    Sujet du message: Répondre en citant

Je peux en avoir une idée générale ?
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Thibaut
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MessagePosté le: 15 Déc 2006, 16:03    Sujet du message: Répondre en citant

Euh... A vrai dire, je n'ai pas pu tout noter, encore moins retenir...
Regarde si par hasard elle est (Chapitre 4, à partir de la page 11).
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