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$SL_n(\mathbb C)$ n'est pas résoluble

Bonjour,

Un exercice sur les groupes résolubles me pose problème (à noter que je débute avec les notions de groupes quotients et de groupes résolubles).

On dit d'un groupe $G$ qu'il est résoluble s'il possède une suite strictement croissante de sous-groupes $ \{ 1 \} \subsetneq G_n \subsetneq ... \subsetneq G_0 = G$ vérifiant pour tout $i \in [\![ 0, n - 1 ]\!]$, $G_{i + 1}$ est distingué dans $G_i$ et le groupe quotient $G_i / G_{i + 1}$ est commutatif.

Montrer que le groupe $SL_n(\mathbb C)$ des matrices complexes de taille $n$ (avec $n\geq 2$) de déterminant 1 n'est pas résoluble.

Par l'absurde, je suppose que ce groupe est résoluble. Puisqu'il n'est pas commutatif, il existe $G_1, G_2$ deux sous-groupes de $SL_n(\mathbb C)$ vérifiant $ \{ 1 \} \subsetneq G_1 \subsetneq G_2$, et $G_1$ est commutatif, $G_1$ est distingué dans $G_2$ et $G_2 / G_1$ est commutatif.

Mais je dois dire que je ne vois pas bien comment exploiter ces hypothèses pour aboutir à une contradiction.

Je sais bien qu'on peut utiliser une autre définition de groupe résoluble utilisant la notion de sous-groupe dérivé, mais j'aimerais ici si possible faire sans.

Je vous serais reconnaissant si vous pouviez me fournir une piste.

Merci d'avance,

Bonne journée.

Réponses

  • Je ne vois pas comment faire autrement qu'avec le sous-groupe dérivé. Il est bien connu que $D(\mathrm{SL}_n(\mathbb C)) = \mathrm{SL}_n(\mathbb C)$, et ça plie l'exercice en deux lignes. A part utiliser ça de manière déguisée en redémontrant l'équivalence entre la résolubilité et le fait que la suite des sous-groupes dérivés successifs stationne au sous-groupe trivial, je ne vois pas comment faire.
  • Bonjour et merci pour votre réponse.

    En effet, en essayant de résoudre l'exercice, j'ai redémontré un sens de l'équivalence ce qui, avec $D(SL_n(\mathbb C)) = SL_n(\mathbb C)$, m'a permis de conclure.

    Je cherchais simplement à ne pas utiliser cela car cet exercice était présenté dans un cours entre la définition que j'ai donnée dans le message initial et la caractérisation avec les sous-groupes dérivés, et je pensais donc pouvoir m'en sortir autrement, mais cela me convient très bien.

    Bonne journée à vous.
  • Que sais-tu de ce groupe ? Il faut savoir quelque chose.

    Une propriété pertinente, c'est que $\mathrm{SL}_n(\C)$ est engendré par les transvections $\mathrm{I}_n+\alpha E_{ij}$ où $\mathrm{I}_n$ est l'identité, $\alpha$ un complexe quelconque et $E_{ij}$ la matrice (« élémentaire ») dont le seul coefficient non nul est un $1$ placé en position $(i,j)$ avec $i\ne j$. Le sais-tu ?

    De là on peut par exemple déduire que $\mathrm{SL}_n(\C)$ est engendré par les commutateurs (parce que c'est facile à voir pour une transvection) et donc égal à son groupe dérivé.

    Edit : Tiens, je suis à la bourre.
  • Une autre approche est de trouver un sous-groupe non résoluble dans $\mathrm{SL}(n,\mathbb{C})$. Puisque la résolubilité passe aux sous-groupes, cela permet de conclure. Par exemple, on peut dire que $\mathrm{SL}(n,\mathbb{C})$ contient $\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$ si $n \geq 2$, qui contient lui-même un sous-groupe libre non abélien (ce qui peut se montrer simplement par un argument de ping-pong en faisant agir $\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$ sur les irrationnels par homographie).
  • Ah oui ! Peut-être plus simple alors : dans $\mathrm{SL}_n(\C)$ pour $n\ge2$ on trouve $\mathrm{SL}_2(\C)$ qui contient $\mathrm{SU}_2(\C)$ qui se projette(*) sur $\mathrm{SO}_3(\R)$ qui contient $\mathfrak{A}_5$, le groupe des isométries d'un icosaèdre régulier. (Il est amusant que l'existence d'un dé à vingt faces ait pour conséquence la non-résolubilité de tous les $\mathrm{SL}_n(\C)$.)

    (*) Une façon de le voir : faire agir $\mathrm{SU}_2(\C)$ sur l'espace $\mathfrak{su}_2(\C)$ des matrices anti-hermitiennes de trace nulle et constater que le déterminant est une forme quadratique définie positive (ou négative ?) préservée par cette action.
  • Avec un dodécaèdre, on te fait diminuer de 8 ne nombre de faces.
  • En effet c'est mieux parce qu'avec les sommets d'un dodécaèdre on forme cinq tétraèdres et le lien avec le groupe alterné idoine est plus visible. En revanche, pour les jeux de rôle c'est plutôt moins utile.
  • Merci pour vos réponses !

    J’essaierai de comprendre tout ça plus tard.
  • @Math Coss : Par dualité, les cinq tétraèdres sont aussi dans l'icosaèdre ! D'ailleurs, lors d'une année où je préparais un concours, on m'a demandé de démontrer l'existence du dodécaèdre régulier, je ne sais pas si vous y avez déjà réfléchi :-) ?
  • Oui il y a bien cinq tétraèdres mais les sommets sont au centre des faces de l'icosaèdre, c'est quand même plus tortueux.

    En revanche, on doit pouvoir former cinq cubes avec les sommets d'un dodécaèdre.

    Pour fabriquer un dodécaèdres régulier, une option consiste à ajouter des petits toits sur un cube, il n'y a qu'une façon de faire. On peut plus bêtement retenir les coordonnées par cœur, elles sont données par Michèle Audin : $(0,\pm1,\pm\phi)$ et permutations circulaires, c'estfacile de vérifierque ça marche. On peut aussi partir du caractère de la représentation de dimension 3 du groupe alterné, se débrouiller pour la réaliser avec de vraies matrices réelles et trouver les axes des éléments d'ordre 5 et leur intersection avec la sphère unité -- c'est plus tortueux...
  • La construction que je connais est la suivante : on prend deux pentagones réguliers tête-bêche parallèles et l’un au-dessus de l’autre. On relie chaque sommet de celui du dessus aux deux sommets juste en dessous. Cela fait une couronne de dix triangles isocèles, que l’on peut rendre équilatéraux si on écarte juste assez les pentagones. Quand c’est bon, on ajoute deux chapeaux, un au-dessus et un en dessous, qui sont des pyramides à base pentagonale et dont les autres faces sont des triangles équilatéraux. On obtient un icosaèdre et pour obtenir un dodécaèdre, on ne garde que les centres des faces.
  • Je précise l'histoire des petits chapeaux.
    On part d'un cube, disons de sommets $(\pm1,\pm1,\pm1)$.
    On met un segment à la hauteur $t$ de longueur $1$, i.e. les points $(0,\pm\frac12,t)$. Cela fait un « toit » en reliant ces points au carré de sommets $(\pm1,\pm1,1)$.
    On met de même un segment vertical de longueur $1$, i.e. les points $(t,0,\pm\frac12)$. Cela fait un « toit » en reliant ces points au carré de sommets $(1,\pm1,\pm1)$.
    Il existe une unique valeur de $t$ (qui doit être le nombre d'or) pour laquelle une face triangulaire d'un toit et une face trapézoïdale d'un autre sont dans le même plan.
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