matrice GL(n,Z)

Bonjour,

Si mes souvenirs sont bons, ça s'appelle le théorème de Kronecker : "Un polynôme P unitaire, irréductible sur Q dont toutes les racines complexes sont de modules inférieures à 1 est soit X, soit un polynôme cyclotomique".

En appliquant ce joli théorème aux facteurs irréductibles de ton polynôme, le résultat tombe tout seul.

Il me semble que la démo. de ce théorème est traitée dans le Gourdon d'Algèbre, la preuve faisant appel aux polynômes symétriques.

Guego heu si je prends pour A
(1 1)
(0 1)
elle est inversible dans GL(2,Z) ses valeurs propres sont de module 1

Mais A^p n'est pas bornée.

En fait ce que je veux dire matrice à coefficients entiers inversible de valeurs propres de module 1, n'implique pas que A^p soit bornée.

J'ai l'impression que la piste de sadyear est a explorer.

Autre méthode, j'espère que je ne me suis pas trompé cette fois :

Pour tout $k$, notons $P_k$ le polynôme caractéristique de $A^k$.
Pour tout $k$, $P_k$ est un polynôme unitaire de degré $n$, à coefficients entiers, et qui a toutes ses racines dans le disque unité.
Or, il n'existe qu'un nombre fini de tels polynômes (exercice : les coefficients de tels polynômes sont bornés, ceci s'obtenant à l'aide des relations coefficients-racines).
Donc il existe $p$ et $q$, avec $p<q$ tels que $P_p = P_q$ ou encore, en notant $\lambda_1,...,\lambda_n$ les valeurs propres de $A$ :
$$\prod_{i=1}^n (X-\lambda_i^p) = \prod_{i=1}^n (X-\lambda_i^q)$$

Ceci implique l'existence d'une permutation $\sigma$ telle que pour tout $i$, $\lambda_i^p = \lambda_{\sigma(i)}^q$.
Si on note $r$ l'ordre de la permutation $\sigma$, ceci donne $\lambda_i^{p^r} = \lambda_i^{q^r}$ pour tout $i$.
On en déduit que $\lambda_i$ est racine $(q^r - p^r)$-ième de l'unité, pour tout $i$.

Désolé, je me suis fait griller sur le vif. On peut enlever le message précédent (ainsi alors que celui-ci ?)

Le plus rigolo, c'est qu'on a même utilisé les mêmes notations...

AD, pour la case Latex, le pire c'est que je l'ai cochée, mais le phorum n'a pas l'air navigateur-indépendant, et ce encore plus sur Mac... En tous cas, merci de l'avoir cochée pour moi.

Laotseu.