Je suis tombé sur un exo qui demande de montrer que les sous-groupes de $GL_n(\Z)$ sont en nombre fini (à isomorphisme près) et je n'ai pas d'idée pour démarrer...
Soit $f$ cette application. De par sa nature, $f(G)$ est un sous-groupe de $GL_n(\mathbf{F}_3)$.
Si on démontre que $f$ est injective, on aura $f(G) \simeq G$
...
Non, dans l'énoncé il n'y a pas la précision sur les groupes finis. Sinon, je connais le lemme de Serre qui donne l'injectivité de l'application que tu proposes.
Du coup, pourquoi c'est faux quand on envisage tous les sous-groupes de $GL_n(\Z)$ ?
Tu es d'accord que $\Z$ admet une infinité de sous-groupes ? On plonge facilement $\Z$ dans $\mathrm{GL}_2(\Z)$ (et non moins facilement dans $\mathrm{GL}_n(\Z)$) : \[\left\{\begin{pmatrix}1&k\\0&1\end{pmatrix},\ k\in\Z\right\}.\]
$\def\SL{\text{SL}}$Hello,
MathCoss : il est mentionné ``à isomorphie près''. Quid alors de ton post ?
Michal : déjà dans $\SL_2(\Z)$, il y a du monde. Avec les notations classiques des deux générateurs $T,S \in \SL_2(\Z)$ que je ne rappelle pas, en définissant les 2 commutateurs $X = [S,T]$ et $Y = [S,T^{-1}]$, le sous-groupe engendré par $X,Y$ est libre en $X,Y$. C'est d'ailleurs le sous-groupe dérivé de $\SL_2(\Z)$ i.e. le sous-groupe engendré par les commutateurs.
Et une fois que l'on dispose d'un groupe libre à 2 générateurs disons $F_2$, alors on dispose d'un groupe libre à $n$ générateurs disons $F_n$ car $F_n$ se plonge dans $F_2$.
1. Si $L$ est un groupe libre à $N$ générateurs et $H \subset L$ un sous-groupe d'indice $d$, alors $H$ est un groupe libre à $d(N-1) + 1$ générateurs.
Note que si $N = 1$ i.e. $L \simeq \Z$, cela te dit que $H$ est 1-engendré. Heureusement. Par contre, si $d, N \ge 2$, alors tu obtiens strictement plus de $N$ générateurs pour $H$.
Une preuve que j'aime bien consiste à utiliser la théorie des graphes et des revêtements de graphes. C'est élémentaire et explicite (j'ai fait cela quand j'étais tout petit, je précise cela pour l'aspect élémentaire). La preuve te donne en plus une ``base'' §famille basique) de $H$.
Reste à produire des sous-groupes d'indice $d$, ce qui est facile. Je prends un exemple ci-dessous.
2. Soit $L = F_2(x,y)$ donc $N = 2$ et $\pi : L \twoheadrightarrow \Z/d\Z$ avec $x \mapsto 1$, $y \to 0$. Alors $H := \ker \pi$ est d'indice $d$, donc un groupe libre à $d+1$ générateurs.
Et $\ker\pi$ est le sous-groupe NORMAL engendré par $x^d, y$. Et la preuve dont je parle dans le point 1 (qui utilise un arbre dans un certain graphe) te donne une ``base'' de $d+1$ éléments qui sont les suivants :
$$
x^i y x^{-i} \quad 0 \le i \le d-1, \qquad\qquad x^d
$$En particulier, on vient d'expliciter $F_{d+1} \hookrightarrow F_2$.
3. Enfin, si on veut $F_n \hookrightarrow F_2$, un calcul assez complexe dit qu'il suffit ci-dessus de prendre $d = n-1$.
En pratique, ton raisonnement fonctionne avec tout nombre premier impair à la place de $3$, mais c’est avec l’exposant $3$ qu’on obtient le meilleur majorant pour le cardinal d‘un sous-groupe fini de $GL(n,\Z)$.
Par exemple pour $n=2$, on obtient que le cardinal d’un sous-groupe fini de $GL(n,\Z)$ divise $48$.
Édit : Avec l’aide du forum, j’avais déterminé tous les sous-groupes de $GL(2,\Z)$ à isomorphisme près : Lien.
Réponses
Il ne manquerait pas l'adjectif "les sous-groupes finis" par hasard ? Sinon c'est complètement faux...
En ajoutant "fini", soit $G$ un sous-groupe fini de $GL_n(\Z)$. Que peux-tu dire de l'application $G \to GL_n(\mathbf{F}_3)$ de réduction modulo $3$ ?
Amicalement,
Aurel
Si on démontre que $f$ est injective, on aura $f(G) \simeq G$
...
Non, dans l'énoncé il n'y a pas la précision sur les groupes finis. Sinon, je connais le lemme de Serre qui donne l'injectivité de l'application que tu proposes.
Du coup, pourquoi c'est faux quand on envisage tous les sous-groupes de $GL_n(\Z)$ ?
MathCoss : il est mentionné ``à isomorphie près''. Quid alors de ton post ?
Michal : déjà dans $\SL_2(\Z)$, il y a du monde. Avec les notations classiques des deux générateurs $T,S \in \SL_2(\Z)$ que je ne rappelle pas, en définissant les 2 commutateurs $X = [S,T]$ et $Y = [S,T^{-1}]$, le sous-groupe engendré par $X,Y$ est libre en $X,Y$. C'est d'ailleurs le sous-groupe dérivé de $\SL_2(\Z)$ i.e. le sous-groupe engendré par les commutateurs.
Et une fois que l'on dispose d'un groupe libre à 2 générateurs disons $F_2$, alors on dispose d'un groupe libre à $n$ générateurs disons $F_n$ car $F_n$ se plonge dans $F_2$.
Dans le même genre, il y a un autre sous-groupe de $\SL_2(\Z)$ dit, de Sanov, engendré par 2 générateurs et libre. Cf https://groupprops.subwiki.org/wiki/Sanov_subgroup_in_SL(2,Z)_is_free_of_rank_two
Facile ? Cela dépend des pré-requis.
1. Si $L$ est un groupe libre à $N$ générateurs et $H \subset L$ un sous-groupe d'indice $d$, alors $H$ est un groupe libre à $d(N-1) + 1$ générateurs.
Note que si $N = 1$ i.e. $L \simeq \Z$, cela te dit que $H$ est 1-engendré. Heureusement. Par contre, si $d, N \ge 2$, alors tu obtiens strictement plus de $N$ générateurs pour $H$.
Une preuve que j'aime bien consiste à utiliser la théorie des graphes et des revêtements de graphes. C'est élémentaire et explicite (j'ai fait cela quand j'étais tout petit, je précise cela pour l'aspect élémentaire). La preuve te donne en plus une ``base'' §famille basique) de $H$.
Reste à produire des sous-groupes d'indice $d$, ce qui est facile. Je prends un exemple ci-dessous.
2. Soit $L = F_2(x,y)$ donc $N = 2$ et $\pi : L \twoheadrightarrow \Z/d\Z$ avec $x \mapsto 1$, $y \to 0$. Alors $H := \ker \pi$ est d'indice $d$, donc un groupe libre à $d+1$ générateurs.
Et $\ker\pi$ est le sous-groupe NORMAL engendré par $x^d, y$. Et la preuve dont je parle dans le point 1 (qui utilise un arbre dans un certain graphe) te donne une ``base'' de $d+1$ éléments qui sont les suivants :
$$
x^i y x^{-i} \quad 0 \le i \le d-1, \qquad\qquad x^d
$$En particulier, on vient d'expliciter $F_{d+1} \hookrightarrow F_2$.
3. Enfin, si on veut $F_n \hookrightarrow F_2$, un calcul assez complexe dit qu'il suffit ci-dessus de prendre $d = n-1$.
Par exemple pour $n=2$, on obtient que le cardinal d’un sous-groupe fini de $GL(n,\Z)$ divise $48$.
Édit : Avec l’aide du forum, j’avais déterminé tous les sous-groupes de $GL(2,\Z)$ à isomorphisme près : Lien.