\documentclass[a4paper]{article}
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\author{}
\title{Le théorème de Burnside}
\date{2011-2012}

\begin{document}
\maketitle

\begin{defi}
    On dit qu'un groupe $G$ est d'exposant fini si $\exists k \in \N,~ \forall g\in G,~g^k=e$.

    Si $G$ est d'exposant fini, on appelle {\em exposant de $G$} le plus petit $k$ qui convienne, et si $G$ n'est pas d'exposant fini, l'exposant de $G$ est $+\infty$.
\end{defi}

{\em Historique}~: En 1902, Burnside se demande si un groupe de type fini d'exposant fini est nécessairement fini. Ce n'est qu'en 1975 qu'on a pu répondre par la négative, par un contre-exemple.

\begin{thm}
    Soit $G$ un sous-groupe de $GL_n(\C)$.

    Alors $G$ est fini {\em si et seulement si} $G$ est d'exposant fini.
\end{thm}

\begin{nota}
    On notera $\omega(g)$ l'ordre d'un élément d'un groupe.
\end{nota}

\begin{proof}
    Le sens réciproque est évident, on peut considérer par exemple $k=\prod_{g\in G} \omega(g)$.

    Pour le sens direct, commençons par montrer un lemme sur les matrices nilpotentes~:

    \begin{lem}\label{lem:nil}
        Soit $A\in \mathcal M _n(\C)$ telle que $\forall k\in \N^*,~\tr(A^k)=0$. Alors $A$ est nilpotente.
    \end{lem}
    \begin{prooflem}
        Supposons que $A$ n'est pas nilpotente. Alors $A$ possède des valeurs propres non nulles $\lambda_1,\ldots,\lambda_r$ de multiplicités respectives $n_1,\ldots,n_r$.

        L'hypothèse nous donne donc (quitte à trigonaliser la matrice)~:
        $$\forall k \in\N^*, ~n_1\lambda_1^k+\cdots+n_r\lambda_r^k = 0.$$
         En écrivant ces relations pour $k=1,\ldots,r$, on obtient que $(n_1,\ldots,n_r)$ est une solution non nulle du système
         $$\left[
            \begin{array}{cccc}
                \lambda_1 & \lambda_2 & \cdots & \lambda_r\\
                \lambda_1^2 & \lambda_2^2 & \cdots & \lambda_r^2 \\
                \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
                \lambda_1^r & \lambda_2^r & \cdots & \lambda_r^r
            \end{array}
           \right]
           \left[
            \begin{array}{c}
                x_1 \\
                x_2 \\
                \vdots \\
                x_r
            \end{array}
           \right]
           =0
           $$
           Or le déterminant de la matrice du système est non nul car les $\lambda_i$ sont tous distincts par hypothèse (matrice de Vandermonde). Donc $(n_1,\ldots,n_r)=0$, ce qui est une contradiction.
    \end{prooflem}

    Soit $\left( M_i \right)_{1\leqslant i \leqslant m}$ une base de $\vect(G)$, où tous les $M_i$ sont dans le groupe $G$.

    Introduisons la fonction $$\fonction{f}{G}{\C^m}{A}{\left( \tr(AM_i) \right)_{1\leqslant i \leqslant m}}.$$

    \begin{lem}
        Si $f(A)=f(B)$, alors $AB^{-1} - I_n$ est nilpotente.

        De plus, $f$ est injective.
    \end{lem}
    \begin{prooflem}
        Comme $(M_i)$ est une base, et que $\tr$ est linéaire, on a $\tr(AM)=\tr(BM)$ pour tout $M$ dans $\vect(G)$, et en particulier pour tout $M$ dans $G$.

        Soit $D=AB^{-1} \in G$. Alors pour tout $k\geqslant 1$~:
        \begin{align*}
            \tr(D^k) & = \tr\left(AB^{-1}D^{k-1}\right)\\
            & = \tr \left( BB^{-1}D^{k-1} \right) \\
            & = \tr \left( D^{k-1} \right) 
        \end{align*}

        Une récurrence immédiate nous donne donc $\tr \left( D^k \right) = \tr \left( I_n \right) =n $, et donc ~:
        \begin{align*}
            \tr \left( (D-I_n)^k \right) & = \tr \left( \sum_{j=0}^k C_k^j (-1)^j D^{k-j} \right) \\
            & = n \sum_{j=0}^k C_k^j (-1)^j \\
            & = n(1-1)^k \\
            & = 0
        \end{align*}
        Le lemme~\ref{lem:nil} nous permet d'affirmer que $D-I_n$ est nilpotente.

        Montrons que toute matrice de $G$ est diagonalisable. Soit $N<\infty$ l'exposant de $G$. Alors le polynôme $X^N-I_n$ annule toutes les matrices de $G$. Comme il est scindé à racines simples, les matrices de $G$ sont diagonalisables.

        La matrice $D$ précédente est donc diagonalisable, et donc $D-I_n$ aussi. Comme elle est aussi nilpotente, elle est nulle, et donc $AB^{-1}-I_n=0$, d'où $A=B$.

        Donc $f$ est injective.
    \end{prooflem}

    Étant donnée la définition de $f$, on peut affirmer que $\im(f) \subseteq T^m$, où $T=\{ \tr(A)~|~A\in G\}$.

    On a vu que toute matrice de $G$ est annulée par $X^N -I_n$, donc les valeurs propres des matrices de $G$ sont toutes des racines $N$-ième de l'unité. Donc l'ensemble des traces possibles $T$ est fini.

    $f$ est donc une application injective de $G$ dans un ensemble fini, et donc $G$ est nécessairement fini.

    
\end{proof}

{\em Référence}~: Oraux X-ENS, algèbre 2.

\begin{rmq}
    Il y a plusieurs façon de démontrer le lemme~\ref{lem:nil} dans le bouquin. Cependant, celle qui utilise les polynômes symétriques élémentaires et formules de Newton demande de maîtriser celles-ci, et la récurrence sur la dimension est moche (comme toute récurrence sur la dimension).
\end{rmq}

\end{document}
