sous groupe de GL

hihi · June 2005

bonsoir,

je cherche depuis un bout de temps la preuve d'un résultat
qui était indiqué à la fin d'un exo. Il s'agit de montrer que
si $G$ est un groupe fini de $Gl_n(R)$ alors
$\sum_{g \in G} Tr(g^k)$ est un entier divisible par $Card(G)$.
(pour info l'exo consistait à montrer le cas $k=1$).
Quelqu'un saurait t il faire cela sans utiliser de résultats au dessus
des capacités d'un pauvre math spé ?

merci à tous :-)

omar2 · June 2005

Bonjouir,

Voici un début de solution pour $k=1$.
Si $N$ le cardinal de $G$, on peut remarquer que $v=1/N\sum_{g\in G}g$ est un projecteur.
En effet, pour $h\in G$, on a $hv=v$ (l'application $g\mapsto hg$ est une
bijection de $G$), d'où $v^2=v$. Il s'ensuit que $\mbox{Tr}(v)$ est un entier
et on a $\sum_{g\in G}\mbox{Tr}(g)=N\mbox{Tr}(v)$.

Amicalement

riri · June 2005

on peut peut-être introduire H l'ensemble des g tels que g^k=Id et quotienter par H.

DjArt · June 2005

Dans le cas quelconque, la demo proposee par Omar fonctionne il me semble. Il suffit d'adapter un peu

Probaloser · June 2005

DjArt : comment fais-tu ?

hihi · June 2005

oui j'ai fait comme ca pour le cas k=1;
Par contre je ne vois pas du tout comment tu généralises ???

omar2 · June 2005

Bonjour,

La démonstration donnée marche lorsque le groupe est commutatif.
Sinon, je ne pense pas que $v$ soit un projecteur pour $k>1$ .

Amicalement

Hicham0 · June 2005

Je vois que la remarque pertinente de RiRi est passé inaperçue\\
en effet si on prend g et g' dans la meme classe d'equivalence on remarque qu'ils sont la même puissance kième, il suffit alors de representer G/H par $\{g_1,...,g_r\}$ avec $r=\frac{card G}{card H}$\\
on écrit donc\\
\begin'eqnarray*}
\sum_{g \in G} Tr(g^k)&=&\sum_{i=1}^r\sum_{g\in \overline{g_i}}Tr(g^k)\\
&=&\sum_{i=1}^r\sum_{g\in \overline{g_i}}Tr(g_i^k)\\
&=&\sum_{i=1}^rcard(\overline{g_i})Tr(g_i^k)
\end{eqnarray*}

or $card(\overline{g_i})=card(H)$ et $\{g_1^k,..,g_r^k\} est un groupe de cardinal r puisque ces éléments sont distincts, donc d'après ce que Omar avait établi $\sum_{i=1}^rTr(g_i^k)$ est divisible par r, et donc la somme $sum_{g \in G} Tr(g^k)$ est divisible par $r.card(H)=card(G)$

j'espere que j'ai pas commis d'erreur

Probaloser · June 2005

«
<BR>si on prend g et g' dans la meme classe d'equivalence on remarque qu'ils sont la même puissance kième
<BR>»
<BR>Je dois être fatigué mais spontanément ça me parait surprenant (je ne suis pas sûr de comprendre d'ailleurs...).<BR>

Hicham0 · June 2005

je crois que la demo souffre du meme problème de commutativité<BR>

omar2 · June 2005

Bonjour,

Oui Hicham, tout le problème vient de la non commutativité éventuelle du groupe. Votre sous-ensemble H n'est pas en général un sous-groupe et la relation d'équivalence n'a pas lieu...

Amicalement

riri · June 2005

moui c vrai. peut être avec R : xRy si x^k=y^k ?

Alain Debreil · June 2005

Je vois que la remarque pertinente de RiRi est passé inaperçue
en effet si on prend $g$ et $g'$ dans la même classe d'équivalence on remarque qu'ils sont la même puissance $k$\up{ième}, il suffit alors de représenter $G/H$ par $\{g_1,...,g_r\}$ avec $r=\frac{card (G)}{card (H)}$
on écrit donc
\begin{eqnarray*}
\sum_{g \in G} Tr(g^k)&=&\sum_{i=1}^r\sum_{g\in \overline{g_i}}Tr(g^k)\\
&=&\sum_{i=1}^r\sum_{g\in \overline{g_i}}Tr(g_i^k)\\
&=&\sum_{i=1}^rcard(\overline{g_i})Tr(g_i^k)
\end{eqnarray*}
or $card(\overline{g_i})=card(H)$ et $\{g_1^k,..,g_r^k\}$ est un groupe de cardinal $r$ puisque ces éléments sont distincts, donc d'après ce que Omar avait établi $\sum\limits_{i=1}^rTr(g_i^k)$ est divisible par $r$, et donc la somme $\sum\limits_{g \in G} Tr(g^k)$ est divisible par $r.card(H)=card(G)$

j'espère que j'ai pas commis d'erreur.

riri · June 2005

quelqu'un a-t-il trouvé une solution ?

alekk4 · June 2005

quelqu'un m'a dit qu'il sait faire avec la théorie des représentation .. du chinois pour moi..

François Frédéric · June 2005

Oui en gros, le problème c'est que $tr^{k}$ défini par $tr^{k}(g)=tr(g^{k})$ n'est pas un caractère mais on peut l'écrire comme différence de deux caractères (c'est la partie difficile) et utiliser ensuite le fait que pour un caractère $\chi$, on a $(\chi,1_{G})=\frac{1}{|G|}\sum_{g \in G}\chi(g)$ qui est entier ($1_{G}$ désigne le caractère principal).

alekk4 · June 2005

personne n'a de solution élémentaires ?

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Alain Debreil · August 2005

Bonsoir Alekk

$G$ n'étant pas supposé commutatif, la démonstration d'Omar peut être généralisée à tous les $k$ premiers avec $N=|G|$, puisque l'application $x\mapsto x^k$ est alors une bijection (pas un isomorphisme).
En effet si $x^k=y^k$, puisque $k, N$ sont premiers entre eux, on a $ku+vN=1$ (Lagrange) et comme $x^N=y^N=1$, on en déduit :
$x = x^{ku}=(x^k)^u = (y^k)^u=y^{ku} = y$ donc $(x\mapsto x^k)$ est une injection $G \to G$ donc une bijection puisque $G$ est fini.
Alors $v= \frac{1}{N}\sum\limits_{g\in G}g = \frac{1}{N}\sum\limits_{g\in G}g^k$ et la démo d'Omar s'applique.

Si $k$ n'est pas premier avec $N$, c'est plus difficile à montrer !

Alain

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YB0 · August 2005

Je n'ai pas écrit la démonstration dans les détails mais le problème se résout en effet avec des rudiments de théorie des représentations.

Si $(V,\rho)$ est une représentation, on définit son caractère par $\chi_V(g) = tr(\rho(g))$ et on sait que
$$
\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} \chi_V(g) \in \Z.
$$

Si $V$ est une représentation, les puissances extérieures $Alt^k(V)$ et symétriques $Sym^k(V)$ sont aussi des représentations. Le point important que je n'ai pas vérifié en détail est que la fonction centrale
$$
f(g) = tr(\rho(g)^k)
$$
s'écrit comme polynôme à coefficients entiers des caractères des représentations $Alt^r(V)$ et $Sym^r(V)$.

Pour $k=2$, c'est très facile: si $g \in G$ avec $\rho(g)$ de valeurs propres $\lambda_i$. Alors, les valeurs propres de $Sym^2\rho(g)$ (resp. Alt^2\rho(g)) sont les $\lambda_i\lambda_j$ pour $i\leq j$ (resp. $i

YB0 · August 2005

Je n'ai pas écrit la démonstration dans les détails mais le problème se résout en effet avec des rudiments de théorie des représentations.

Si $(V,\rho)$ est une représentation, on définit son caractère par $\chi_V(g) = tr(\rho(g))$ et on sait que
$$
\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} \chi_V(g) \in \Z.
$$

Si $V$ est une représentation, les puissances extérieures $Alt^k(V)$ et symétriques $Sym^k(V)$ sont aussi des représentations. Le point important que je n'ai pas vérifié en détail est que la fonction centrale
$$
f(g) = tr(\rho(g)^k)
$$
s'écrit comme polynôme à coefficients entiers des caractères des représentations $Alt^r(V)$ et $Sym^r(V)$.

Pour $k=2$, c'est très facile: si $g \in G$ avec $\rho(g)$ de valeurs propres $\lambda_i$. Alors, les valeurs propres de $Sym^2\rho(g)$ (resp. Alt^2\rho(g)) sont les $\lambda_i\lambda_j$ pour $i\leq j$ (resp. $i

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llb · August 2005

Salut,

J'avais deja donné une solution a ce probleme (espérons qu'elle est bonne) ici:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=166003&t=165997#reply_166003

C'est en gros la méthode proposée par Francois Frederic, en montrant que justement si, $tr^k$ un caractère.

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François Frédéric · August 2005

Salut llb.

Fais un tour sur le lien suivant:

Je fais justement référence à ton message mais ici la question posé par hihi est plus difficile: il s'agit bien de $tr(g^{k})$ et non de $tr(g)^{k}$ auquel cas l'exercice se résout plus facilement en effet.

La réponse donnée par YB me semble tout à fait correcte et plus naturelle que la mienne (plus facile à retenir) mais je pense qu'elle fait appel à des identités polynômiales peut-être difficiles à démontrer (en tout cas dans le cas $k>2$) et sur lesquelles il faut être au point.

Je remercie au passage md pour avoir corrigé mon message (du lien ci-dessus) à ma demande.

F.F.

P.S.: j'espère que le fait d'avoir mis des signes ont permis d'activer le lien sinon, il faut les supprimer.

François Frédéric · August 2005

Salut llb.

Fais un tour sur le lien suivant:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=195797&t=194756#reply_195797

Je fais justement référence à ton message mais ici la question posé par hihi est plus difficile: il s'agit bien de $tr(g^{k})$ et non de $tr(g)^{k}$ auquel cas l'exercice se résout plus facilement en effet.

La réponse donnée par YB me semble tout à fait correcte et plus naturelle que la mienne (plus facile à retenir) mais je pense qu'elle fait appel à des identités polynômiales peut-être difficiles à démontrer (en tout cas dans le cas ) et sur lesquelles il faut être au point.

Je remercie au passage md pour avoir corrigé mon message (du lien ci-dessus) à ma demande.

F.F.

François Frédéric · August 2005

Voici la version définitive de mon message. Les deux précédents peuvent être supprimés (merci).

Salut llb.

Fais un tour sur le lien suivant:

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=195797&t=194756#reply_195797

Je fais justement référence à ton message mais ici la question posé par hihi est plus difficile: il s'agit bien de $tr(g^{k})$ et non de $tr(g)^{k}$ auquel cas l'exercice se résout plus facilement en effet.

La réponse donnée par YB me semble tout à fait correcte et plus naturelle que la mienne (plus facile à retenir) mais je pense qu'elle fait appel à des identités polynômiales peut-être difficiles à démontrer (en tout cas dans le cas $k>2$) et sur lesquelles il faut être au point.

Je remercie au passage md pour avoir corrigé mon message (du lien ci-dessus) à ma demande.

F.F.

llb · August 2005

Salut Francois,

J'ai lu un peu trop rapidement l'énoncé j'ai l'impression, désolé.
C'est clair que c'est beaucoup plus compliqué dans ce cas. Merci pour ta solution dans l'autre post.

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