Théorème de Burnside

Théorème de Burnside
Florent Nacry
24 janvier 2015
Référence : Oraux X-E.N.S., Algèbre 2.
Proposition. Soient n ∈ N? , A ∈ Mn (C). Si pour tout k ∈ N? , tr(Ak ) = 0, alors A est nilpotente.
Démonstration. Raisonnons par l’absurde en supposant que A ne soit pas nilpotente. Notons
λ1 , . . . , λr ses valeurs propres non nulles (r ∈ N? ) et distinctes deux à deux. Notons n1 , . . . , nr les
multiplicités respectives de λ1 , . . . , λr dans le polynôme caractéristique de A. Il existe P ∈ GLn (C)
telle que
A = P −1 T P
où T ∈ Mn (C) est triangulaire supérieure. Les éléments diagonaux de T sont les valeurs propres
de T (celles-ci apparaissant autant de fois que leurs multiplicités dans le polynôme caractéristique
de A). Pour tout k ∈ N? , on a
Ak = P −1 T k P.
Par passage à la trace, on obtient pour tout k ∈ N?
tr(Ak ) = tr(T k ) =
r
X
ni λki = 0.
i=1
De ce fait, on a





λ1 . . . λr
η1
0
 .
 . 
 . 
.
 .




.. 
 .
  ..  =  ..  .
r
r
λ1 . . . λr
ηr
0
(1)
Observons tout de suite que l’on dispose de l’égalité



λ1 . . . λr
 .

.. 


det  ..
. 
 = λ1 . . . λr det 
λr1 . . . λrr
λ01 . . . λr−1
1
..
.. 
.
. 
.
0
r−1
λr . . . λr

Si r ≥ 2, on exploite le résultat sur les déterminants de Vandermonde pour obtenir
λ01 . . . λr−1
1
Y
 .
.. 
.
det 
(λj − λi ) 6= 0.
. 
 .
=
1≤i<j≤r
0
r−1
λr . . . λr


1
Si r = 1, ce même déterminant vaut 1 6= 0. Dans les deux cas,


λ1 . . . λr
 .
.. 
 .
. 
 ∈ GLn (C).
 .
r
r
λ1 . . . λr
En combinant ceci avec (1), il vient
n1 = . . . = nr = 0.
Ceci est absurde et nous permet de conclure la preuve.
Rappelons la notion d’exposant pour un groupe.
Définition. Soit (G, ?) un groupe. S’il existe un entier n ∈ N? tel que pour tout x ∈ G,
x
. . ? x} = eG ,
| ? .{z
n fois
alors on dit que G est d’exposant fini. Si G est d’exposant fini, le plus petit entier naturel non nul
ω(G) satisfaisant pour tout x ∈ G,
x
. . ? x} = eG ,
| ? .{z
ω(G) fois
est appelé exposant de G.
Théorème. (Burnside) Soient n ∈ N? , G un sous-groupe de GLn (C). Alors, G est fini si et
seulement si G est d’exposant fini.
Démonstration. ⇒, Trivial.
⇐, Supposons que G soit d’exposant fini. Notons N l’exposant de G et Posons L = vectC G.
Puisque L ⊂ Mn (C), L est de C-dimension finie (notée m) et évidemment, on a l’inégalité
dimC L ≥ 1.
Puisque G est une partie C-génératrice de L, elle contient une C-base de L. Choisissons M1 , . . . , Mm ∈
G tels que (M1 , . . . , Mm ) soit une C-base de L. Definissons une application f par
f : G −→ Cm
A 7−→ (tr(AM1 ), . . . , tr(AMm )).
Fixons X, Y ∈ G tels que f (X) = f (Y ). On a pour tout i ∈ {1, . . . , m}
tr(XMi ) = tr(Y Mi ).
Via la C-linéarité de la trace, on a tout de suite, pour tout M ∈ L
tr(XM ) = tr(Y M ).
Posons D = XY −1 ∈ G. Montrons par récurrence que pour tout k ∈ N? , tr(Dk ) = n.
Tout d’abord, remarquons que (2) et Y −1 ∈ G nous donnent
tr(XY −1 ) = tr(Y Y −1 ) = n,
2
(2)
ce qui permet d’initialiser la récurrence.
Fixons k0 ∈ N? tel que tr(Dk0 ) = n. Puisque Y −1 Dk0 ∈ G, on a
tr(Dk0 +1 ) = tr(DDkà )
= tr(X(Y −1 Dk0 ))
= tr(Y Y −1 Dk0 )
= tr(Dk0 )
= n.
Ceci termine la récurrence. Remarquons alors que pour tout k ∈ N? , on a
k
tr((D − In ) ) = tr(
k
X
j=0
k
X
k
k
j k−j
(−1) D ) = n
(−1)j .
j
j=0 j
!
!
Sans difficultés, on a pour tout k ∈ N?
k
X
j=0
!
k
(−1)j = 0.
j
On en déduit que pour tout k ∈ N? ,
tr((D − In )k ) = 0.
Via notre lemme, D − In est nilpotente. Comme G est d’exposant fini N ≥ 1, on a pour tout
g ∈ G,
g N = In .
Ainsi, X N − 1 ∈ C [X] est annulateur de tout , élément de G et donc tout élément de g est
diagonalisable sur C. En particulier, D est diagonalisable sur C, de même que D − In . La matrice
D − In est donc nilpotente et diagonalisable sur C, c’est donc la matrice nulle, i.e. D − In = 0.
Ceci nous donne X = Y , i.e. f est injective. Constatons que l’on dispose de l’inclusion
f (G) ⊂ {tr(A) : A ∈ G}m .
L’ensemble {tr(A) : A ∈ G}m est fini (les valeurs propres des éléments de G sont incluses dans l’ensemble des racines N -ièmes de l’unité qui est fini). Donc, f (G) est un ensemble fini. En combinant
ceci à l’injectivité de f , on a le fait que G est fini, ce qui termine la preuve.
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