Oraux X-ENS - 19 - Sous-groupes de GLn(Z)

[@baptistearnaudo8699]

L’exercice est vraiment magnifique

[@antoinebrgt]

Très joli, merci pour cette vidéo!

[@twentyc192]

OHHHH LE COME-BACK Ahaha ça me manquait merci beaucoup pour l'exo Et si c'était la dernière vidéo avant les fêtes, et bien bonne fête à toi🦾profite

[@MathsEtoile]

Merci bg, bonnes fêtes à toi aussi ! Et fais toi une vraie pause hein pas de Cassinis pendant les fêtes ;)

[@nawzadhogan5130]

Très sympa comme exercice d'oral! je crois d'ailleurs qu'il est tombé (avec les questions intermédiaires) à l'écrit de maths A en 2021

[@MathsEtoile]

Il me semble même que le maths A va un peu plus loin, notamment sur les p-groupes de matrices !

[@gotek2323]

C’est le maths A de mon année, un joli sujet !

[@valerdu78]

T'es vraiment le boss

[@thomasmartinelli4440]

Un sujet d'ENS (de 2006 il me semble) montre aussi qu'un sous-groupe fini de SL_n(Z) est tel que son cardinal divise (2n)! (donc aussi inférieur à (2n)!) mais il me semble que l'argument se généralise à tout sous-groupe de GL_n(Z)

[@saadbenalla3678]

Qu'elle est le nom de votre stylo 😅😅😅😅

[@orsobianco1402]

Très bel exo. Juste une question, naïve. Est ce que le groupe des inversibles de GLn(Z) est forcément infini? Autrement dit, existe-t-il une matrice M à coefficients entiers relatifs tels M^n - I ≠ 0 pour tout n dans N* ?

[@swenji9113]

Des unités de GLn(Z) ? Qu'est-ce que vous entendez par là ?

[@MathsEtoile]

Oui, il est bien infini dès que n >= 2. Une manière de le voir peut être de regarder les transvections, c'est à dire les matrices du genre : 1 n 0 .... 0 0 1 0 .... 0 0 0 1 0 . 0 . . . 0 ......... 0 1 Avec n dans Z.

[@orsobianco1402]

@@swenji9113 inversibles

[@orsobianco1402]

@@MathsEtoile merci

[@k_meleon]

Pour n>=2, oui. il suffit de choisir un inversible dans GL2(Z) puis de mettre cette matrice 2x2 tout en haut à gauche, des 1 sur le reste de la diagonale et des 0 partout ailleurs pour obtenir une matrice inversible de GLn(Z). Il y'a une infinité de matrices inversibles dans GL2(Z) parce que par exemple il y'a tous les : (k 1) (1 0) avec k dans Z

[@vegetossgss1114]

Juste tu peux réexpliquer à l'écrit comment on montre qu'un morphisme d'anneau (ici pi barre) est injectif please? Et pourquoi A est nécessairement de la forme Id + pC ?

[@alejandrosaldarriaga6061]

Ici on veut juste montrer qu'il est injectif en tant que morphisme de groupe ce qui revient a dire que pi(A)=1 n'a qu'une solution dans G (pi(A)=pi(B) ssi pi(AB^-1)=1). En utilisant le fait que pi est aussi morphisme d'anneau l'equation revient à pi(A-I)=0 sur Z/pZ autrement dit A-I = pC avec C a coefficients entiers.

[@Prout-yt2vf]

Salut, petite question En quoi la demonstration que tu fais par double inclusion ne fonctionnerai pas avec GLn(R) Intuitivement je me dis que c’est faux mais j’aimerai bien savoir en quoi ca fonctionne pas.

[@illan7702]

Prcq que un produit sur R peut donner 1 sans que les deux nombres soient 1 ou -1

[@SimoneChoule81]

l'exercice est magnifique mais genre il y en a qui trouvent la solution sans indications ou presque?

[@MathsEtoile]

Ya des gens qui trouvent ça oui mais ils sont très choooo

[@Cocorico91129]

Je n'aurais qu'une seule question à poser pour l'exercice, pourquoi les formules restent-elles vraies dans un anneau, comme le déterminant ou la formule de la comatrice?

[@alejandrosaldarriaga6061]

Le determinant ne fait intervenir que des additions et des multiplications, donc n'a besoin que d'une structure d'anneau pour etre valable. La comatrice est formée a partir des determinants mineurs ce qui reste aussi definissable dans un anneau. La formule vraie dans tout anneau est Acom(A)^T = det(A)In, puisque le calcul ne fait intervenir que les additions et multiplications dans l'anneau. L'etape suivante consiste a dire que si A est inversible, alors det(A)det(A^-1)=1 donc det(A) inversible dans l'anneau de base et A^-1 = com(A)^T/det(A)

[@brunoredon1520]

Burnside plutôt, non?

[@Nathnath_N]

Pour C, cela ne suffit-il pas de dire que les lambda_i sont plus petits que 1 en module et qu'il appartiennent à Z donc qu'ils sont nuls, d'où C=0 ?

[@hiyakora]

Je m'étais dit la même chose mais non, la matrice est diagonalisable sur C a priori, donc ses valeurs propres sont complexes et non forcément entières. Mais si on avait l'assurance d'avoir des valeurs propres entières alors oui effectivement, on aurait une matrice nilpotente (car de spectre réduit à {0}) et diagonalisable donc nulle

[@Nathnath_N]

@@hiyakora ok my bad, merci

[@julien4230]

Énoncé qui peut être raccourci : Montrez que tout sous-groupe de GLn(Z) est fini, pour tout n de N*.

[@come_rsy5235]

GLn(Z) est bien un sous groupe de GLn(Z) et pourtant, il n’est pas fini.

[@julien4230]

@@come_rsy5235effectivement, j’avais fumé.

[@blueknight7213]

Merci Maths* pour cet exercice partagé. Je me permets de poser la question suivante : Pourquoi p est-il choisi premier ? Autrement dit, utilisons-nous ici le fait que Z/pZ soit un corps ? Merci d'avance pour la réponse ;)

[@fumseck]

j’avoue avoir aussi cette question

[@sulianperinet2947]

En refaisant le raisonnement de tête je ne vois pas de raison particulière, si ce n'est qu'on préfère toujours travailler dans Mn(K) où K est un corps pour appliquer tout ce qu'on connait sur l'algèbre linéaire (et en plus ça fournit d'office une borne plus précise puisqu'on calcule facilement le cardinal de Gln(Fp)). On peut voir ça comme une mesure de prudence a priori (autant toujours travailler dans Z/pZ si on ne sait pas où on va).