je suppose que tu voulais dire "énoncé" plutôt qu'"annoncé".
Toutefois, je ne vois pas d'erreur d'énoncé... à la limite, l'expression "la réduction modulo p dans Mn(Z/pZ)" est un peu redondante, mais bon
(1) se ramener au cas où $r$ est premier
(2) Ecrire $A=I_n+pB$ pour une certaine matrice $B$
à coefficients entiers
(3) développer $A^r$ pour en déduire que $B=0$.
dSP ta méthode m'intéresse car je ne vois pas du tout comment ça marche.
voilà comment j'aurais fait.
A-In=pB.
l'existence de r tel que A^r=In nous sert à dire que A est diagonalisable à valeurs propres des racines de l'unité.
A-In est diagonalisable à vp de module <= 2.
en passant l'égalité à la puissance k pour un k quelconque et en prenant la trace on voit que n 2^k >= p^k |tr(B^k)| >=0.
comme p > 2, on voit que tr(B^k) converghe vers 0 et comme c'est une suite d'entiers, elle est stationnaire à 0.
on en conclut alors classiquement (Vandermonde, sommes de Newton ou encore avec les séries formelles) que B est nilpotente.
comme B est diagonalisable, on en conclut qu'elle est nulle et que A=In.
@Riri : on peut commencer par montrer que tous les coefficients de $B$ sont divisibles par $p$, puis répèter le procédé en factorisant cette fois par $p^2$ etc ...
Plus directement, suppose que $A\neq I_n$ et considère le plus grand
entier $m \geq 1$ permettant d'écrire
$A=I_n+p^mB$ pour une matrice $B$ à coefficients entiers.
On considère un entier premier $r$ tel que $A^r=I_n$.
Développe $A^r$, réduis modulo $p^m$ (si $r \neq p$) ou modulo
$p^{m+1}$ (si $r=p$), et tu obtiendras que tous les coefficients de $B$
sont divisibles par $p$, d'où une contradiction.
je n'arrive pas à ma ramener à r premier.
après ton idée marche bien mais il faut se placer modulo p^(m+1) si p différent de r et modulo p^(m+2) si p=r.
@ Riri : " faut se placer modulo p^(m+1) si p différent de r et modulo p^(m+2) si p=r."
Au temps pour moi, je suis allé un peu vite.
Pour le fait de se ramener à $r$ premier, voici une façon "sophistiquée" de présenter les choses :
on a prouvé que dans le noyau du morphisme de réduction $GL_n(\Z) \to GL_n(\Z/p)$, il n'existait pas d'élément d'ordre premier. Il n'existe donc pas d'élément d'ordre fini (à part $I_n$) dans ce groupe.
En écrivant $A = I_n + p^m B$, avec $m$ maximum pour que $B$ reste à coefficients entiers;
si $r$ est un entier $r \geq 2$ alors
$
A^r = \sum_{k=0}^{r} C_k^r p^{mk} B^k \equiv I_n + r p^m B
\lbrack p^{m+1} \rbrack
$
donc si $r$ est premier avec $p$ alors on obtient une contradiction.
Sinon si $r = p^\alpha r_1$ avec $r_1 \geq 2$, appliquer ce qui précède à la matrice
$A_1=A ^{p^\alpha}$.
En écrivant $A = I_n + p^m B$, avec $m$ maximum pour que $B$ reste à coefficients entiers;
si $r$ est un entier $r \geq 2$ alors
$
A^r = \sum_{k=0}^{r} C_k^r p^{mk} B^k \equiv I_n + r p^m B
\lbrack p^{m+1} \rbrack
$
donc si $r$ est premier avec $p$ alors on obtient une contradiction (sauf si $B=0$ ce que l'on veut).
Sinon si $r = p^\alpha r_1$ avec $r_1 \geq 2$, appliquer ce qui précède à la matrice
$A_1=A ^{p^\alpha}$.
Réponses
je suppose que tu voulais dire "énoncé" plutôt qu'"annoncé".
Toutefois, je ne vois pas d'erreur d'énoncé... à la limite, l'expression "la réduction modulo p dans Mn(Z/pZ)" est un peu redondante, mais bon
Cordialement
GEB
lolo
(1) se ramener au cas où $r$ est premier
(2) Ecrire $A=I_n+pB$ pour une certaine matrice $B$
à coefficients entiers
(3) développer $A^r$ pour en déduire que $B=0$.
Sauf incompréhension !
Zizou
Sauf incompréhension !
Zizou
voilà comment j'aurais fait.
A-In=pB.
l'existence de r tel que A^r=In nous sert à dire que A est diagonalisable à valeurs propres des racines de l'unité.
A-In est diagonalisable à vp de module <= 2.
en passant l'égalité à la puissance k pour un k quelconque et en prenant la trace on voit que n 2^k >= p^k |tr(B^k)| >=0.
comme p > 2, on voit que tr(B^k) converghe vers 0 et comme c'est une suite d'entiers, elle est stationnaire à 0.
on en conclut alors classiquement (Vandermonde, sommes de Newton ou encore avec les séries formelles) que B est nilpotente.
comme B est diagonalisable, on en conclut qu'elle est nulle et que A=In.
à+
Riri
Plus directement, suppose que $A\neq I_n$ et considère le plus grand
entier $m \geq 1$ permettant d'écrire
$A=I_n+p^mB$ pour une matrice $B$ à coefficients entiers.
On considère un entier premier $r$ tel que $A^r=I_n$.
Développe $A^r$, réduis modulo $p^m$ (si $r \neq p$) ou modulo
$p^{m+1}$ (si $r=p$), et tu obtiendras que tous les coefficients de $B$
sont divisibles par $p$, d'où une contradiction.
je n'arrive pas à ma ramener à r premier.
après ton idée marche bien mais il faut se placer modulo p^(m+1) si p différent de r et modulo p^(m+2) si p=r.
à+
Au temps pour moi, je suis allé un peu vite.
Pour le fait de se ramener à $r$ premier, voici une façon "sophistiquée" de présenter les choses :
on a prouvé que dans le noyau du morphisme de réduction $GL_n(\Z) \to GL_n(\Z/p)$, il n'existait pas d'élément d'ordre premier. Il n'existe donc pas d'élément d'ordre fini (à part $I_n$) dans ce groupe.
C'est peut-être justement parce que si p=2, dans $\Z/2\Z$ on a
$${\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
0 & 1
\end{pmatrix} }^2 = Id$$
La propriété ne marche donc pas pour p=2, mais tient pour tout nombre premier impair.
Amicalement
Volny (qui répond vite et à l'heure où il écrit le plus de bêtises)
pour le contre exemple pour p=2 j'aurais plutôt pris ( 1 2 // 0 -1 )
à+
Riri
$\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix}$.
à DSP et RIRI :
pourquoi prendre $r$ premier ?
En écrivant $A = I_n + p^m B$, avec $m$ maximum pour que $B$ reste à coefficients entiers;
si $r$ est un entier $r \geq 2$ alors
$
A^r = \sum_{k=0}^{r} C_k^r p^{mk} B^k \equiv I_n + r p^m B
\lbrack p^{m+1} \rbrack
$
donc si $r$ est premier avec $p$ alors on obtient une contradiction.
Sinon si $r = p^\alpha r_1$ avec $r_1 \geq 2$, appliquer ce qui précède à la matrice
$A_1=A ^{p^\alpha}$.
Reste le cas où $r=p^\alpha$... ???
à DSP et RIRI :
pourquoi prendre $r$ premier ?
En écrivant $A = I_n + p^m B$, avec $m$ maximum pour que $B$ reste à coefficients entiers;
si $r$ est un entier $r \geq 2$ alors
$
A^r = \sum_{k=0}^{r} C_k^r p^{mk} B^k \equiv I_n + r p^m B
\lbrack p^{m+1} \rbrack
$
donc si $r$ est premier avec $p$ alors on obtient une contradiction (sauf si $B=0$ ce que l'on veut).
Sinon si $r = p^\alpha r_1$ avec $r_1 \geq 2$, appliquer ce qui précède à la matrice
$A_1=A ^{p^\alpha}$.
Reste le cas où $r=p^\alpha$... ???
;-)
Ta remarque est juste.