Décomposition des matrices inversibles d'ordre 2

par **Nightmare** » 17 Déc 2009, 16:54

Salut tout le monde,

je vous propose de démontrer le théorème suivant (je ne sais pas quel nom il porte) :

On considère une famille finie de matrices complexes inversibles d'ordre 2 et telles que :

1)Chaque matrice admet deux points fixes distincts et que deux matrices n'ont jamais un point fixe commun

2)Chaque matrice admet deux valeurs propres de modules distincts.

Montrer qu'il existe un exposant k tel que le sous-groupe engendré par la famille des soit libre.

Précision : un point fixe de A est un point fixe de l'homographie complexe associée aux coefficients de A :

:happy3:

par **SlowBrain** » 17 Déc 2009, 17:25

Puis-je me permettre de demander quelques précisions??
1/ Par point fixe, il s'agit bien de AX=X? Dans ce cas, un point fixe non-nul engendre tout un espace vectoriel, et si par "deux point fixes" on sous-entend indépendant, alors A devient l'identité, donc en conclusion il y a un truc que je n'ai pas compris mais quoi?

par **Nightmare** » 17 Déc 2009, 17:38

Tu as raison, je n'ai pas précisé, en fait on identifie la matrice

à l'homographie :

J'appelle point fixe de M un point fixe de

.

:happy3:

par **Nightmare** » 17 Déc 2009, 17:48

Je viens de voir que l'exercice est dans le S.Lang, le théorème porte le nom de théorème de Tits.

par **Ben314** » 17 Déc 2009, 18:24

Nightmare a écrit:Tu as raison, je n'ai pas précisé, en fait on identifie la matrice à l'homographie :

J'appelle point fixe de M un point fixe de .

:happy3:

De toute façon, si tu veut voir le problème comme "purement matriciel" il suffit de remplacer "point fixe de l'homographie associée" par "vecteur propre"....

par **Nightmare** » 17 Déc 2009, 18:33

Ben314 a écrit:De toute façon, si tu veut voir le problème comme "purement matriciel" il suffit de remplacer "point fixe de l'homographie associée" par "vecteur propre"....

Oui, mais parler de points fixes pour la démo est à mon gout plus parlant :happy3:

par **SlowBrain** » 17 Déc 2009, 18:34

Non, ce n'est pas équivalent, l'homographie est loin d'être linéaire. Deux vecteurs propres différents impliquent tout un sous espace propre, tandis que résoudre h(z)=z ne donne qu'au plus deux solutions.

par **Nightmare** » 17 Déc 2009, 18:36

Ce n'est pas équivalent mais on a une implication.

par **SlowBrain** » 17 Déc 2009, 18:39

Je ne vois pas ce qui relie les vp de la matrice et les points fixes de l'homographie?

par **Nightmare** » 17 Déc 2009, 18:45

Si j'appelle z1 et z2 mes points fixes, les vecteurs propres de ma matrice sont

et

:happy3:

par **Ben314** » 17 Déc 2009, 20:35

Le "lien théorique" entre les deux est :

Qui permet de voir le lien produit matriciel composée d'homographies ainsi que vecteurs propres point fixe.

Effectivement, quand je dit vecteurs propres "distincts", c'est une erreur, il faut dire vecteurs propres non colinéaires (c'est un lapsus de ma part)

par **Ben314** » 19 Déc 2009, 17:44

J'en profite que t'es 'là' pour faire remonter ton post.
J'ai essayé de trouver une preuve avec du ping-pong, mais je trouve pas 'ping' ni 'pong'...
Est-ce la bonne voie ?

par **Nightmare** » 19 Déc 2009, 18:11

Euh, la bonne voie? Je sais pas, qu'appelles-tu preuve avec du Ping-Pong ? :s

L'idée est de faire opérer GL2(C) en tant que groupe sur un ensemble bien choisit.

C'est pas facile, Serge Lang propose en indication de considérer, pour chaque matrice Ai, deux disques centrés en ses points fixes assez petits pour qu'ils ne se rencontrent pas, et considérer la réunion de ces disques qu'on appelle Si

On prend un ensemble S assez grand qui contient tous les Si et on fait opérer GL2(C) dessus. En fait on peut prendre C et faire opérer GL2(C) par translation.

Je te laisse regarder ce qu'il se passe.

par **Ben314** » 19 Déc 2009, 18:17

Le ping-pong c'est la preuve "la plus simple" pour montrer que, dans un groupe G avec deux sous groupes H et K dont la réunion engendre G, en fait G est le produit libre de H et K.
L'idée est de faire opérer G sur un ensemble S et de trouver deux parties S1 et S2 (le ping et le pong) tels que les éléments de H (distincts de 1) envoie S1 dans S2 et que ceux de K (distinct de 1) envoient S2 dans S1.
Modulo des petites hypothèses sur S1 et S2, cela montre assez simplement que le produit est libre.
Vu les indics que tu donne, je pense que c'est bien un 'ping-pong'
(je vais essayer de trouver la preuve...)

par **Nightmare** » 19 Déc 2009, 18:19

Je suis de soirée, je verrai ce que tu trouves en rentrant.

par **Ben314** » 20 Déc 2009, 01:54

Bon, j'ai cherché, j'ai pas trouvé, il se fait tard, je vais me coucher...
mais je suis preneur pour plus d'indic. et je comprend pas du tout le agir "par translation"...

par **Nightmare** » 20 Déc 2009, 14:57

Je te donne un lemme (facile) qui pourrait t'aider :

Soit (Gi) famille de sous-groupe engendrant G.

On suppose de plus que :
- si x se décompose sous la forme

(

,

et

)
- alors

Alors sous ces hypothèses, G est somme des Gi.

par **Ben314** » 20 Déc 2009, 14:59

Jusque là, ça m'avance pas bien : c'est la définition d'un produit libre...

Je veut dire par là que c'est bien cela que je cherche à montrer depuis le début, mais je ne vois pas comment exhiber un élément

de

tel que

(c'est là en général qu'on utilise le ping-pong)

par **Nightmare** » 20 Déc 2009, 15:06

Ben314 a écrit:Jusque là, ça m'avance pas bien : c'est la définition d'un produit libre...

Je veut dire par là que c'est bien cela que je cherche à montrer depuis le début, mais je ne vois pas comment exhiber un élément de tel que (c'est là en général qu'on utilise le ping-pong)

L'idée est plutôt de supposer l'existence d'un produit g1...gm qui donne Id et d'appliquer ce produit à un point qui n'est pas dans mes disques.

par **Ben314** » 20 Déc 2009, 16:02

"L'idée est plutôt de supposer l'existence d'un produit g1...gm qui donne Id .." : cela signifie juste que tu fait une preuve par l'absurde là ou j'aurait fait une preuve directe, je ne pense pas que ça change grand chose (???)
Le fait que z ne soit dans aucun disque signifie qu'il n'est proche d'aucun point fixe de chaque gi, mais cele n'implique nullement qu'il ne soit pas point fixe du produit.
Pour être plus clair, l'énoncé permet d'avoir dans la liste des matrices A1, A2 et A3=A1.A2. Bien évidement, si tu fait A1^(-1).A3.A2^(-1) cela fait l'identité et cela montre que le groupe engendré par A1,A2,A3 n'est pas le groupe libre engendré par les 3. Cela ne met pas en défaut le résultat mais montre le coté indispensable du 'k'. Cela montre aussi que le fait que g1..gm n'est pas égal à l'identité est loin de couler de source...
En résumé, je ne vois pas au départ comment choisir le k (qui doit bien évidement être fixé avant d'écrire le fameux g1..gm=Id)

Décomposition des matrices inversibles d'ordre 2

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