Nilpotence dans un $p$-groupe
Soit $G$ un $p$-groupe. Je regarde $\Z/p[G]$; dedans, pour tout $g\in G$, j'ai $g^{p^k} = 1$ donc $(g-1)^{p^k} = 0$ ($p^k=|G|$) (a fortiori c'est vrai dans tout $G$-module dans lequel $p=0$)
Ce fait utilise l'équation favorite des gens en caractéristique $p$, à savoir $(x+y)^p = x^p+y^p$ et est évident à partir de là.
Légèrement plus remarquable (si je ne dis pas de bêtise :-D ) : il existe un entier $N$ tel que pour toute suite $g_1,...,g_N \in G$, $(g_1-1)....(g_N-1) = 0$. Y en a-t-il une preuve "aussi évidente" que la précédente ?
(la preuve que j'ai en tête n'est pas compliquée, mais elle fait réfléchir un peu plus; je me demande s'il y a une preuve sans réflexion, que je n'aurais simplement pas trouvée)
Ce fait utilise l'équation favorite des gens en caractéristique $p$, à savoir $(x+y)^p = x^p+y^p$ et est évident à partir de là.
Légèrement plus remarquable (si je ne dis pas de bêtise :-D ) : il existe un entier $N$ tel que pour toute suite $g_1,...,g_N \in G$, $(g_1-1)....(g_N-1) = 0$. Y en a-t-il une preuve "aussi évidente" que la précédente ?
(la preuve que j'ai en tête n'est pas compliquée, mais elle fait réfléchir un peu plus; je me demande s'il y a une preuve sans réflexion, que je n'aurais simplement pas trouvée)
Réponses
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Sauf erreur, $N=p^{k(k-1)}+1$ convient.
$G$ ayant $p^k$ éléments distincts, si on prend $N$ éléments dans $G$, par le principe des tiroirs, l'un au moins sera tiré $p^k$ fois, nommons le $g_0$, alors le produit contiendra $(g_0-1)^{p^k}$ que tu as précédemment montré être nul.
Alain -
AD: $G$ n'est pas supposé abélien, donc le produit ne contient pas exactement ça. Je rate quelque chose ?
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Soit $\mathbb{F}_p[G]_0$ l'idéal des $\sum_{g\in G} a_g g\in \mathbb{F}_p[G]$ tels que $\sum_g a_g=0$. Il s'agit de montrer l'existence de $N>0$ tel que tout produit de $N$ éléments de $\mathbb{F}_p[G]_0$ est nul. Soit $U$ un sous-groupe distingué propre de $G$ tel que $G/U$ soit abélien (un tel sous-groupe existe toujours car $G$ est un $p$-groupe) alors l'image de $\mathbb{F}_p[G]_0$ dans $\mathbb{F}_p[G/U]$ est $\mathbb{F}_p[G/U]_0$. L'argument de AD montre l'existence de $N_1>0$ tel que tout produit de $N_1$ éléments de $\mathbb{F}_p[G/U]_0$ soit nul donc tout produit de $N_1$ éléments de $\mathbb{F}_p[G]_0$ appartient à $\mathbb{F}_p[ U ]_0=\mathbb{F}_p[G]_0 \cap \mathbb{F}_p[ U ]$. Ensuite on procède par récurrence.
On peut aussi faire un peu plus simple en utilisant un résultat de base sur les représentations de $G$ modulo $p$: l'unique telle représentation irréductible est la triviale (c'est classique et se démontre à coup de formule des classes). Si $V$ est une représentation de $G$ sur $\mathbb{F}_p$ de dimension finie $n$, on en déduit, par récurrence, l'existence d'un drapeau complet $0=V_0\subsetneq V_1\subsetneq \ldots\subsetneq V_n=V$ $G$-stable de sorte que $G$ agisse trivialement sur $V_i/V_{i-1}$ pour tout $1\leqslant i\leqslant n$. Pour $g_1,\ldots,g_n\in G$ on a alors $(g_1-1)\ldots (g_n-1)V\subset V_0=0$. Il suffit ensuite d'appliquer cela à $V=\mathbb{F}_p[G]$ (on trouve alors $N=\lvert G\rvert$). -
Pea: oui c'est les preuves que j'avais en tête, mais aucune des deux ne rentre dans ce que j'appelle "évident" (:P) Enfin, dans les deux il faut un poil d'inspiration.
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