Décomposition des matrices inversibles d'ordre 2

[Nightmare]

Regarde pour k assez grand :happy3:

[Ben314]

Regarde pour k assez grand :happy3:

Comme indic, c'est.... trés moyen.... je dirait même petit :hum:

[Doraki]

Chaque Ai agit sur la sphère de Riemann (P1(C)).
L'action de chaque Ai a un point fixe répulsif xi et un point fixe attractif yi.

On prend des voisinages Vi de xi et Wi de yi de sorte que tous ces voisinages soient deux à deux disjoints.

On choisit k suffisemment grand pour que pour tout i, Ai^k (P1(C) \ Vi) soit inclus dans Wi (ça équivaut aussi à ce que Ai^(-k) (P1(C) \ Wi) soit inclus dans Vi).

Alors le groupe engendré par les Ai^k est libre :

Soit x dans P1(C) qui soit dans aucun Vi ou Wi.
Soit y une image par x d'un élément du groupe.
On lit immédiatement selon l'endroit où se trouve y si y = x ou si y a été obtenu en appliquant un Ai^k ou un Ai^(-k)

[Nightmare]

Chaque Ai agit sur la sphère de Riemann (P1(C)).
L'action de chaque Ai a un point fixe répulsif xi et un point fixe attractif yi.

On prend des voisinages Vi de xi et Wi de yi de sorte que tous ces voisinages soient deux à deux disjoints.

On choisit k suffisemment grand pour que pour tout i, Ai^k (P1(C) \ Vi) soit inclus dans Wi (ça équivaut aussi à ce que Ai^(-k) (P1(C) \ Wi) soit inclus dans Vi).

Alors le groupe engendré par les Ai^k est libre :

Soit x dans P1(C) qui soit dans aucun Vi ou Wi.
Soit y une image par x d'un élément du groupe.
On lit immédiatement selon l'endroit où se trouve y si y = x ou si y a été obtenu en appliquant un Ai^k ou un Ai^(-k)

Bien joué :happy3: Cela dit je ne crois pas que ce soit nécessaire de compactifier C.

[Doraki]

C'est pour les homographies z -> az+b, (a <> 1) où les points fixes sont l'infini et b/(1-a)

[Nightmare]

C'est pour les homographies z -> az+b, (a 1) où les points fixes sont l'infini et b/(1-a)

Tu as raison, je n'avais pas traité ce cas. Bien joué.

[Ben314]

On choisit k suffisemment grand pour que pour tout i, Ai^k (P1(C) \ Vi) soit inclus dans Wi

J'aimerais bien savoir comment tu fait, vu que quand k est négatif, cela échange les rôles répulsifattractif
(c'est depuis le début pour cette raison que je vois pas ou est le ping-pong...)

[Doraki]

Si je ne m'abuse, ça marche encore si on autorise les homographies à 1 seul point fixe (comme les translations par exemple).
C'est juste un peu plus compliqué.

[Ben314]

J'ai l'impression que ça marche à peu prés pareil.
On prend une translation z->z+a où a est non nul (à changement de base prés, les homographies avec un seul point fixe sont toutes de cette forme)
Pour tout voisinage V de l'infini (le point fixe), on le coupe en deux V1 et V2 suivant la perpendiculaire au complexe 'a'.
On obtient alors l'équivalent des bassins atractifs et répulsifs du cas avec deux points fixes et on peut rejouer au ping-pong.

M'abuserais je ?

[Doraki]

Oui, c'est ça, Ben.

Il faudrait peut-être rajouter que les valeurs propres ne doivent pas être de module 1.

Parceque notre argument il va pas avec des trucs genre
z -> iz ou z -> iz/((i-1)z+1)

[Ben314]

De toutes façon, si les deux valeur propres sont de même module, on risque d'avoir une homographie "d'ordre" (au sens de la composition) finie
et ni elle ni ces puissance ne risquent de faire parti d'un groupe libre !
Cela veut dire que l'on peut un peu améliorer l'hypothèse 1) mais pas la 2)

Remarque : je sais pas trop ce qui se passe en prenant deux homographies de la forme z->az (dans des bases différentes, sinon elles commutent) avec les deux a de module 1. Est ce que ça peut être un groupe libre ?
(il faut évidement que les deux a vérifient arg(a)/2pi non rationnel pour que le groupe que chacune des deux engendre soit libre...)

P.S. le module de chaque valeur propre (prise individuellement) n'a pas de sens car les homographies sont le quotient de GL_2(C) par son centre et donc une homographie correspond à une matrice "à multiplication par une constante prés"

[Doraki]

Ah en effet, j'avais zappé le "de module distinct" dans l'énoncé, donc oui mon problème était que j'avais mal lu la condition 2.

[Ben314]

En fait, j'ai plus ou moins dit une c... :
Les matrices associées aux homographies avec un seul point fixe n'ont qu'un seul vecteur propre, donc une seule valeur propre et elle ne vérifient pas la condition 2) : "les valeur propres sont de modules différents".
Donc la "généralisation" consiste à prendre des homographies vérifiant
[ (1) et 2)) ou (un seul point fixe) ]...

Question (pas trés dure) : Existe t'il des complexes a et b tels que le groupe engendré par f(z)=z+b et g(z)=az soit le groupe libre engendré par ces deux éléments ?

[Doraki]

Réponse très constructive : On prend a transcendant sur Q(b).

Dans l'esprit de l'exercice je me serais plutôt demandé si pour b non nul et |a| différent de 1, on peut toujours les élever à une puissance k de manière à ce qu'ils soient libres.

[Ben314]

Réponse très constructive : On prend a transcendant sur Q(b)

Perdu... (même dans ce cas, ça marche pas) tu as répondu trop vite...

P.S. : Lorsque je me suis posé la question j'ai d'abord répondu comme toi....

[Doraki]

Ah ouais, f g f g^-1 f^-1 g f^-1 g^-1 = Id, toujours.
Ah ben c'est triste.

Mon autre question devient stupide, du coup.

[Ben314]

f g f g^-1 f^-1 g f^-1 g^-1 = Id

Tout à fait. Un peu plus généralement (?) on a que tout conjugué de f par un élément du groupe commute avec f.
Le ? vient du fait que que je pense (mais je ne suis pas 100% sûr) que dans un groupe avec générateurs f,g et relation f(gfg^-1)=(gfg^-1)f, on n'a pas forcémént f(hfh^-1)=(hfh^-1)f pour tout h du groupe.

Si on veut se poser une autre question sur cet exemple ce pourait être celle ci dessus ou bien celle là :
"Le groupe est-il isomorphe au groupe ?"

P.S. : si tu regarde bien, le b n'a aucune influence, pourvu qu'il soit non nul : un changement de base le ramène à 1 sans changer le a. L'autre question interessante est alors de savoir si la structure du groupe dépend 'beaucoup' du a : si a est racine n-ième de l'unité, ca 'coince', mais si a est de module 1 sans être racine n-ième je sais pas si ça change le groupe (topologiquement, ça doit le changer, mais algébriquement ???)

[Doraki]

Je pense que tous les a qui sont algébriques coincent, et les autres jamais.

Sinon pour Nightmare, les homographies z -> z/(z+1) et z -> z+1 sont libres, et ce qu'est marrant c'est que le monoïde engendré par ces deux opérations donne une belle structure d'arbre à Q+*, en partant de 1, qui est relié à l'algorithme d'euclide de calcul de pgcd.

[Ben314]

Je pense que tous les a qui sont algébriques coincent, et les autres jamais.

Effectivement : l'annulation d'un poly. de Z[X] au point a se traduit systèmatiquement par une relation entre f et g qui me semble ne jamais être une 'déduction' des (hfh^-1)f=f(hfh^-1).
Ensuite, si a est trancendant, les élément du groupe sont de la forme
z->a^kz+c où c est dans Z[a,a^-1] et l'écriture de c étant unique, on doit trouver une 'forme canonique' pour une telle homographie qui doit permettre de montrer que le groupe est bien celui avec les seules relations (hfh^-1)f=f(hfh^-1).

[Ben314]

... les homographies z -> z/(z+1) et z -> z+1 sont libres...

Ne serait-ce d'ailleurs pas les "fameux" générateurs de PSL(Z) qui agissent sur le demi plan de poincarré et qui ont tant occupé les théoritiens des nombres ?

P.S. : non, c'est pas tout à fait eux : dns PSL(Z), il y a de la torsion....