Isomorphe à un sous groupe de GLn(Z)

Salut,

J'aurais tendance a penser qu'il n'existe pas. Si tu prends
les matrices ayant des 1 sur la diagonale, le reste etant nul
sauf la derniere colonne, tu obtiens un sous groupe de $GL_n$
isomorphe au groupe additif $Z^{n-1}$, si je ne m'abuse.

A+

eric

Bonjour Visitor

{\bf 1)} Je ne sais pas répondre à ta question, mais on peut remarquer que, si on prend $\mathbb F_p,\ p$ premier, au lieu de $\Z$, alors on peut considérer les cardinaux :
$|Gl_n(\mathbb F_p)| = (p^n-1)(p^n-p)\ldots (p^n-p^{n-1}) = p^{\frac 1 2 n(n-1)}(p^n-1)(p^{n-1}-1)\ldots(p-1)$
Un sous-groupe isomorphe à $(\mathbb F_p)^k$ est de cardinal $p^k$. Donc pour des raisons de cardinalité $k \leq \frac 1 2 n(n-1)$.
En réalité la borne n'est pas atteinte, car un sous-groupe d'ordre $p^{\frac 1 2 n(n-1)}$ est un $p$-Sylow de $Gl_n(\mathbb F_p)$, donc conjugué au sous-groupe des matrices triangulaires supérieures à diagonale formée de 1 ; sous-groupe qui n'est pas commutatif (si $n\geq 3$), donc pas isomorphe à $\mathbb F_p^{\frac 1 2 n(n-1)}$.

{\bf 2)} Pour revenir à $\Z$, si on prend $n=2$, alors le sous-groupe engendré par la matrice $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ est isomorphe à $\Z$ car on a $A^n=\begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix}$ pour tout $n\in \Z$.
Donc $\boxed{n=2 \Rightarrow k\geq 1}$, et si la limite précédente est vraie pour $\Z$, on a exactement $k=1$.
Pour $n= 4$ pair, les matrices définies par bloc $2\times 2: B_1=\begin{pmatrix}A&0\\0&I\end{pmatrix} \ ; \quad B_2=\begin{pmatrix}I&0\\0&A\end{pmatrix}$ (le $A$ défini ci-dessus) commutent entre elles et sont d'ordre infini, donc engendrent un sous-groupe isomorphe à $\Z^2$. C'est-à-dire $n=4\Rightarrow k\geq 2$ et d'une manière générale $\boxed{\forall n \in \N^*,\ k\geq \frac n 2 }$.

{\bf 3)} Je pensais obtenir une borne supérieure avec le passage par $\mathbb F_p$ et la réduction des coef $\pmod p$ que j'espérais être un morphisme $Gl_n(\Z)\rightarrow Gl_n(\mathbb F_p)$, mais qui n'est pas :-( $pI \mapsto 0 \not\in Gl_n(\mathbb F_p)$

Finalement, je ne suis pas sûr que ce je viens de raconter te paraitra autre chose que des banalités ?
Alain

Bonsoir Alain,

La réduction modulo $p$ est un morphisme de $GL_n(\mathbb{Z})$ sur $GL_n(\mathbb{F}_p)$, en effet si $A$ est une matrice à coefficients entiers et si $\overline{A}$ sa réduite modulo $p$, alors $det(\overline{A})=\overline{det(A)}$. Comme les matrices de $Gl_n(\mathbb{Z})$ ont un déterminant égal a 1 ou -1, la réduite modulo $p$ est inversible.

Bonsoir Visitor

Continuons donc avec les banalités ...
Avec la remarque de Blue_mathematics, on dispose d'un morphisme de groupe $ GL_n(\Z) \xrightarrow{\pi} GL_n(\mathbb{F}_p)$, surjectif par construction.
Son noyau est $\ker \pi = \{ I+pM \mathrm{\ inversibles},\ M\in \mathcal M_n(\Z)\}$.

Soit alors $H$ un sous-groupe de $Gl_n(\Z)$ isomorphe à $\Z^k$. Son image par $\pi$ sera un sous-groupe de $Gl_n(\mathbb F_p)$ isomorphe à un $\Z^{k'},\ k'\leq k$. Les dimensions manquantes $k-k'$ étant absorbées par le noyau de $\pi$.
L'idée alors est de dire que $p$ est un premier quelconque et de se demander ce que serait un sous-groupe $H$ qui pour tout premier $p_i$ contiendrait toujours (au moins) une matrice $I+p_iM_i$ ... En d'autres termes les $I+p_iM_i$ ne seraient-ils pas indépendants pour des premiers $p_i$ différents ? Auquel cas, parmi $k+1$ nombres premiers, l'un au moins donnerait un noyau disjoint de $H$ et rendrait la restriction $\pi|_H$ injective. Cela permettrait de dire finalement que $$n-1\leq k < \frac n 2 (n-1)$$
Bon il est tard, je crois avoir dit suffisamment de bêtises ce soir
Alain

AD Écrivait:

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> Bonsoir Visitor
>
> Soit alors $H$ un sous-groupe de $Gl_n(\Z)$
> isomorphe à $\Z^k$. Son image par $\pi$ sera un
> sous-groupe de $Gl_n(\mathbb F_p)$ isomorphe à un
> $\Z^{k'},\ k'\leq k$. Les dimensions manquantes
> $k-k'$ étant absorbées par le noyau de $\pi$.

Bonjour,

Cette affirmation est fausse (même en corrigeant $\Z^{k'}$ en $\mathbb F_p^{k'}$). Le groupe $H \simeq \Z^k$ n'est pas vu comme sous-groupe additif donc son image par la réduction modulo $p$ n'est $\mathbb F_p^k$ en général.

Par exemple, pour $k=1$, on peut considérer le groupe engendré par
$$
A =
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 1
\end{pmatrix}
\in GL_2(\Z)
$$
Les coefficients de $A^n$ sont donnés par des suites de Fibonacci croissantes
$$
A^2 =
\begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & 2
\end{pmatrix}
\qquad
A^3 =
\begin{pmatrix}
1 & 2 \\
2 & 3
\end{pmatrix}
\qquad
A^4 =
\begin{pmatrix}
2 & 3 \\
3 & 5
\end{pmatrix} \qquad
A^5 =
\begin{pmatrix}
3 & 5 \\
5 & 8
\end{pmatrix}
$$
donc le groupe engendré est bien d'ordre infini. Les premiers termes ci-dessus montrent que $A^p \neq 1 \mod p$ pour $p=2,3,5$ donc l'image de $H \to GL_2(\mathbb F_p)$ n'est pas $\simeq \Z/p\Z$.

Calculer l'ordre exact de l'image pour $p$ quelconque doit être un exercice amusant d'arithmétique dans $\Q(\sqrt{5})$.

Petite remarque : on peut donner une meilleure borne inférieure que $n-1$.

Pour n'importe quelle décomposition $n=p+q$,
on peut en effet considérer le sous-groupe
$\Biggl\{\begin{pmatrix}
I_p & A \\
0 & I_q
\end{pmatrix} \mid A \in M_{p,q}(\Z)\Biggr\}$,
qui est bien isomorphe à $\Z^{pq}$.

En optimisant, on trouve que $GL_n(\Z)$
possède un sous-groupe isomorphe à $\Z^N$ où $N=E(n^2/4)$.

Bonjour,

"...Avec la remarque de Blue_mathematics, on dispose d'un morphisme de groupe $ GL_n(\Z) \xrightarrow{\pi} GL_n(\mathbb{F}_p)$, surjectif par construction..."

Attention ce morphisme n'est pas surjectif , en effet il ne l'est meme pas pour n=1 , les transvections se relève bien modulo p mais pas les dilatations ,ainsi seul le morphisme $ SL_n(\Z) \xrightarrow{\mod p} SL_n(\mathbb{F}_p)$, surjectif .

Ne'inquiètes pas Alain , tout le monde y est passé j'ai moi meme été corrigé après avoir dit la meme chose que toi c'est pour cette raison que je m'en souviens !
Les sous groupes lineaires de type fini ,c'est assez traitre comme truc surtout sur l'anneau des entiers .