matrice GL(n,Z)
Hello
je bute sur sur le problème suivant A une matrice de GL(n,Z) telle que
toutes ses valeurs propres sont de modules inférieure ou égale à 1.
Il faut voir que ses valeurs propres sont des racines de l'unité.
Je suis arrivé à voir que toutes les valeurs propres sont de module 1
mais après plus d'idée.
merci pour une idée.
Frédéric
je bute sur sur le problème suivant A une matrice de GL(n,Z) telle que
toutes ses valeurs propres sont de modules inférieure ou égale à 1.
Il faut voir que ses valeurs propres sont des racines de l'unité.
Je suis arrivé à voir que toutes les valeurs propres sont de module 1
mais après plus d'idée.
merci pour une idée.
Frédéric
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Réponses
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.
Le fait que $A$ est inversible et à coefficients entiers implique que ses valeurs propres sont toutes de module 1 (on doit avoir $|det(A)|\geq 1$).
Ensuite, ce fait implique que la suite $A^p$ est bornée. Mais comme $A^p$ est à coefficients entiers, ceci implique que la suite $A^p$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs. Elle ne peut donc pas être injective : il existe $p$ et $q$ avec $p<q$ tels que $A^p = A^q$. Comme $A$ est inversible, on en déduit que $A^{q-p} = I$. Toutes les valeurs propres de $A$ sont donc des racines $(q-p)$-ièmes de l'unité.
(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.
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 $i$.
Pour résoudre l'exercice sans trop passer par les polynômes symétriques, on peut observer que les valeurs propres de A et de ses puissances étant bornées, il en est de même des coefficients des polynômes caractéristiques associés. Comme ceux-ci sont à coefficients entiers, on peut trouver $A^p$ et $A^q$ qui ont mêmes valeurs propres. Soient $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les valeurs propres de $A$. On a alors une permutation $\sigma$ telle que $\lambda_i^p=\lambda_{\sigma(i)}^q$ pour tout $i$. On en déduit que pour tout $k$
$$\lambda_i^{p^k}=\lambda_{\sigma^k(i)}^{q^k}$$
Lorsque l'on prend pour $k$ l'ordre de $\sigma$, on en déduit que toutes les valeurs propres de $A$ sont des racines de l'unité.
Laotseu.
[La case LaTeX. AD]
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.