Théorème de Burnside

Théorème de Burnside

Référence :FGNal2p. 185 exercices 3.8 et 2.28 (mais ça change...)

Un sous-groupeGdeGLn(C) est d’exposant finiN ∈Nsi∀A∈G , A^N =I.

Définition

Tout sous-groupe deGLn(C) d’exposant fini est fini.

Théorème (Théorème de Burnside - 1905)

Preuve du Théorème :

SoitGun sous-groupe deGLn(C) d’exposant finiN.

Soit (Mi)16i6m∈ G^m une base de Vect(G). Cela est bien possible car Vect(G) est le sous-espace de Mn(C) engendré parGqui est en particulier unC-espace vectoriel de dimension finie, comme sous-espace vectoriel de Mn(C).

Enfin, soit

f : G−→C^m

A7−→(tr(AMi))16i6m

Préliminaire Toutes les matrices de Gsont diagonalisables.

En effet, toute matrice deGest annulée par le polynômeX^N−1 qui est scindé à racines simples dansC. Donc toute matrice deGest diagonalisable (dansMn(C)).

Etape 1 On montre que sif(A) =f(B) pour A, B∈G, alorsAB⁻¹−I est nilpotente.

Par linéarité de la trace, on a tr(AM) = tr(BM) pour tout matriceM ∈Vect(G) et en particulier pour toute matrice deG.

Soient D=AB⁻¹ etk∈N^∗. On a :

tr(D^k) = tr(A B⁻¹D^k−1

| {z }

∈G

) = tr(BB⁻¹D^k−1) = tr(D^k−1)

Il en résulte que pour tout k∈N(k= 0 est évident), tr(D^k) = tr(I) =n.

Donc, pour toutk>1, tr((D−In)^k) = tr





k

X

j=0

k j

(−1)^jD^k−j



=

k

X

j=0

k j

(−1)^jtr D^k−j

=n

k

X

j=0

k j

(−1)^j= (1−1)^k= 0

Ainsi, par la Proposition 1,D−I est nilpotente.

Etape 2 Montrons quef est injective.

D’après les préliminaires, comme D ∈ G, D est diagonalisable. Donc D−I est aussi diagonalisable.

Comme elle est nilpotente d’après l’étape 1, elle est nécessairement nulle ieD=Ii.eA=B ce qui montre l’injectivité def.

Etape 3 Conclusion

Il reste à montrer que l’image def est finie, et par injectivité def,Gsera fini.

Or Im(f)⊂ X^moùX est l’ensemble des traces des éléments deG.

MaisXest fini. En effet, vu ce qui précède, les valeurs propres des éléments deGappartiennent à l’ensemble fini des racinesN-ièmes de l’unité (et la trace c’est la somme des v.p comptées avec multiplicités)¹.

1. voir la note sur les cardinaux pour s’en convaincre

Laura Gay p.1 31 mai 2015

SoitA∈ Mn(C) telle que∀k∈N^∗, tr(A^k) = 0. Alors A est nilpotente.

Proposition 1

Preuve de la Proposition 1 :

Le polynôme caractéristique deAest scindé sur C(d’Alembert-Gauss).

Raisonnons par l’absurde et supposons que A n’est pas nilpotente. Alors A admet des valeurs propres (com- plexes) non nulles (car si toutes les vp deAétaient nulles, elle serait nilpotente).

On noteλ1, ..., λrces valeurs propres distinctes non nulles deA(r>1) etn1, ..., nrleur multiplicités respectives (non nulles) .

On sait donc queAest semblable àT ∈ Mn(C) triangulaire de diagonale (λ1, . . . , λ1

| {z }

n1

, . . . , λr, . . . , λr

| {z }

nr

,0, . . . ,0).

Ainsi, pour toutk>1, on a

0 = tr(A^k) =n₁λ^k₁+...+n_rλ^k_r

Si on écrit ces relations pour k variant de 1 à r, on obtient que (n1, ..., nr) est solution du système linéaire suivant :











λ1 λ2 · · · λr

λ²₁ λ²₂ · · · λ²_r

... ...

λ^r₁ λ^r₂ · · · λ^r_r











| {z }

M









 x₁ x₂ ... xr











=









 0 0 ... 0









 .

Or,M est inversible car son déterminant vaut (avec laProposition 2) : λ1· · ·λr

Y

16i<j6r

(λj−λi)6= 0 car lesλ_i sont non nuls et tous distincts.

Nécessairementn₁=...=n_r= 0 ce qui est absurde.

Soitx₁, . . . , x_n des scalaires.

On a, pourn>2,V(x1, . . . , xn) =

1 x1 x²₁ · · · xⁿ⁻²₁ xⁿ⁻¹₁ 1 x₂ x²₂ · · · xⁿ⁻²₂ xⁿ⁻¹₂ ... ... ... . .. ... ... 1 x_n x²_n · · · xⁿ⁻²_n xⁿ⁻¹_n

= Y

16i < j6n

(xj−xi) Proposition 2 (Déterminant de Vandermonde)

Preuve de la Proposition 2 : (exercice 1.10)

Si deux desxi sont égaux,V(x1, . . . , xn) = 0 (deux lignes égales). Le résultat est clair.

Supposons donc lesxi deux à deux distincts et posons

P(X) =V(x1, . . . , x_n−1, X) =

1 x1 x²₁ · · · xⁿ⁻¹₁ 1 x₂ x²₂ · · · xⁿ⁻¹₂

... ... ... . .. ... 1 X X² · · · Xⁿ⁻¹

C’est un polynôme de degré au plusn−1 (degré enXqui sera au maximum à la puissancen−1). En développant, par rapport à la dernière ligne, on remarque que le coefficient devantXⁿ⁻¹ estV(x₁, . . . , x_n−1).

Laura Gay p.2 31 mai 2015

De plus, si on substitue l’un desxi àX pour 16i6n−1, deux lignes sont identiques etP(xi) = 0.

Ainsi, lesxi étant 2 à 2 distincts, on a queP est divisible par

n−1

Y

i=1

(X−xi), polynôme unitaire de degrén−1.

Cela nous donne

P(X) =V(x1, . . . , x_n−1)

n−1

Y

i=1

(X−xi) et en particulier

V(x₁, . . . , x_n) =P(x_n) =V(x₁, . . . , x_n−1)

n−1

Y

i=1

(x_n−x_i) La formule s’en déduit par récurrence évidente :

-n= 2 :V(x₁) =x₂−x₁

- Supposons la formule vraie enn−1 ie V(x1, . . . , x_n−1) = Y

16i < j6n−1

(xj−xi) Alors, par ce que l’on vient de montrer,

V(x1, . . . , xn) = V(x1, . . . , xn−1)

n−1

Y

i=1

(xn−xi)

= Y

16i < j6n−1

(xj−xi)

n−1

Y

i=1

(xn−xi)

= Y

16i < j6n

(xj−xi)

Ce que l’on voulait démontrer.

Notes :

XA l’oral, on fait Vandermonde s’il reste du temps.

Xdet(A) = det( ^tA) (se montre avec la formule avec les permutations).

XLa démonstration nous donne par ailleurs une majoration sur l’ordre deG. En effet, on a : –|G|6|X |^m

–m6n²

–|X |6Nⁿ (N choix pour chaque vp -nvp) D’où, |G|6Nⁿ³

♣WilliamBurnside(1852 - 1927) est un mathématicien anglais. Ses premiers travaux en hydrodynamique le conduisent à étudier les fonctions elliptiques, et de là, à se consacrer à partir de 1894 à la théorie des groupes : son livre de 1897 sur la théorie des groupes finis est toujours un classique.

X[Merci Floflo] En 1902, William Burnside pose le problème suivant “Est-ce que les groupes de torsion de type fini sont tous finis ?” (c’est le problème de Burnside). Un rappel : un groupe de torsion est un groupe dont tous les éléments sont d’ordre fini. Par Lagrange, les groupes finis sont de torsion ; mais il existe des groupes infinis qui soient de torsion, comme ^Q

/

_Zpar exemple. La question de Burnside se réécrit alors “Est ce que les groupes possédant un nombre fini de générateurs et dont tous les éléments sont d’ordre fini sont tous finis ?” Conscient de la difficulté de sa conjecture, il en émet une plus faible, dite “bornée” : “Est-ce que les groupes d’exposant fini possédant un nombre fini de générateurs sont tous finis ?” Remarque : ^Q

/

_Zest de torsion, mais il n’est pas d’exposant fini. En 1905, il démontre que tout sous-groupe d’exposant fini deGLn(C) est fini, sans supposer qu’il soit de type fini (c’est ce développement). Un énoncé équivalent est que toute représentation d’un groupe d’exposant fini dans un espace vectoriel complexe de dimension finie est d’image finie. Ceci met en évidence la difficulté de construire un contre-exemple à sa conjecture : il faut, d’après son théorème, qu’un tel groupe n’ait aucune représentation fidèle de degré fini. En 1911, Issai Schur va même plus loin en montrant que tout sous-groupe de torsion de type fini de GLn(C) est fini, donnant un résultat analogue à celui de 1905 pour la version “non-bornée” de la conjecture. C’est en 1964 que la conjecture de Burnside est réfutée pour sa version

Laura Gay p.3 31 mai 2015

“non-bornée”, puis en 1968 pour la version “bornée”. Ces résultats des années 1960 ont apporté des contre- exemples uniquement pour des groupes d’exposant impair ; c’est en 1992 qu’un contre-exemple d’exposant pair a été construit. On sait aujourd’hui construire pour tout entier n impair supérieur ou égal à 665 un groupe infini de type fini et d’exposant n, et on sait qu’il existe un entier n supérieur ou égal à 2⁴⁸ et divisible par 2⁹, tel qu’il existe un groupe infini de type fini et d’exposantn. D’autres résultats ont été montré à propos de cette conjecture, mais il reste encore aujourd’hui des problèmes ouverts à ce sujet. En conclusion, l’intérêt du théorème de 1905 est d’avoir apporté une condition nécessaire que doit vérifier un contre-exemple à la conjecture bornée de 1902.

Laura Gay p.4 31 mai 2015