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 Aest nilpotente.
Démonstration. Raisonnons par l’absurde en supposant que Ane soit pas nilpotente. Notons
λ1, . . . , λrses valeurs propres non nulles (r∈N?) et distinctes deux à deux. Notons n1, . . . , nrles
multiplicités respectives de λ1, . . . , λrdans le polynôme caractéristique de A. Il existe P∈GLn(C)
telle que
A=P−1T P
où T∈Mn(C)est triangulaire supérieure. Les éléments diagonaux de Tsont 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−1TkP.
Par passage à la trace, on obtient pour tout k∈N?
tr(Ak) = tr(Tk) =
r
X
i=1
niλk
i= 0.
De ce fait, on a 
λ1. . . λr
.
.
..
.
.
λr
1. . . λr r
η1
.
.
.
ηr
=
0
.
.
.
0
.(1)
Observons tout de suite que l’on dispose de l’égalité
det 
λ1. . . λr
.
.
..
.
.
λr
1. . . λr r
=λ1. . . λrdet 
λ0
1. . . λr−1
1
.
.
..
.
.
λ0
r. . . λr−1 r
.
Si r≥2, on exploite le résultat sur les déterminants de Vandermonde pour obtenir
det 
λ0
1. . . λr−1
1
.
.
..
.
.
λ0
r. . . λr−1 r
=Y
1≤i<j≤r
(λj−λi)6= 0.
1

Si r= 1, ce même déterminant vaut 16= 0. Dans les deux cas,
λ1. . . λr
.
.
..
.
.
λr
1. . . λr r
∈GLn(C).
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
| {z }
nfois
=eG,
alors on dit que Gest d’exposant fini. Si Gest d’exposant fini, le plus petit entier naturel non nul
ω(G)satisfaisant pour tout x∈G,
x?...?x
| {z }
ω(G)fois
=eG,
est appelé exposant de G.
Théorème. (Burnside) Soient n∈N?,Gun sous-groupe de GLn(C). Alors, Gest fini si et
seulement si Gest d’exposant fini.
Démonstration. ⇒, Trivial.
⇐, Supposons que Gsoit d’exposant fini. Notons Nl’exposant de Get Posons L= vectCG.
Puisque L⊂Mn(C),Lest de C-dimension finie (notée m) et évidemment, on a l’inégalité
dimCL≥1.
Puisque Gest une partie C-génératrice de L, elle contient une C-base de L. Choisissons M1, . . . , Mm∈
Gtels que (M1, . . . , Mm)soit une C-base de L. Definissons une application fpar
f:G−→ Cm
A7−→ (tr(AM1),...,tr(AMm)).
Fixons X, Y ∈Gtels 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).(2)
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∈Gnous donnent
tr(XY −1) = tr(Y Y −1) = n,
2

ce qui permet d’initialiser la récurrence.
Fixons k0∈N?tel que tr(Dk0) = n. Puisque Y−1Dk0∈G, on a
tr(Dk0+1) = tr(DDk`a)
= tr(X(Y−1Dk0))
= tr(Y Y −1Dk0)
= tr(Dk0)
=n.
Ceci termine la récurrence. Remarquons alors que pour tout k∈N?, on a
tr((D−In)k) = tr(
k
X
j=0 k
j!(−1)jDk−j) = n
k
X
j=0 k
j!(−1)j.
Sans difficultés, on a pour tout k∈N?
k
X
j=0 k
j!(−1)j= 0.
On en déduit que pour tout k∈N?,
tr((D−In)k) = 0.
Via notre lemme, D−Inest nilpotente. Comme Gest d’exposant fini N≥1, on a pour tout
g∈G,
gN=In.
Ainsi, XN−1∈C[X]est annulateur de tout , élément de Get donc tout élément de gest
diagonalisable sur C. En particulier, Dest diagonalisable sur C, de même que D−In. La matrice
D−Inest donc nilpotente et diagonalisable sur C, c’est donc la matrice nulle, i.e. D−In= 0.
Ceci nous donne X=Y, i.e. fest injective. Constatons que l’on dispose de l’inclusion
f(G)⊂ {tr(A) : A∈G}m.
L’ensemble {tr(A) : A∈G}mest fini (les valeurs propres des éléments de Gsont incluses dans l’en-
semble 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 Gest fini, ce qui termine la preuve.
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