Sous groupe fini de O(n)

Soit G un sous groupe de O(IR^n) ( groupe orthogonal)
Montrer l'équivalence entre :
1) G est fini
2) Il existe entier k tel que pour tout g€G , g^k=I_n
3) {Tr(g) / g€G} fini. où Tr est l'application trace

abdelbaki.attioui a écrit:

Soit G un groupe fini de O(IR^n) ( groupe orthogonal)
Montrer que l'équivalence entre :
1) G est fini

Je suppose que l'hypothèse est juste que G est un sous-groupe fini de O(R^n), non? (d'ailleurs, au vu du titre, je pense que c'est ça )

Ok . G sous groupe de O(n)

Ok.

Le fait que c'est un sous-groupe de O(n), et donc le fait que l'on puisse observer sa clôture qui est compacte, fait toute la différence.

Clairement, 1) (le fait que G soit fini) implique 2), et 2) implique 3) vu que les valeurs propres des éléments de G doivent être les k-ièmes racines de l'unité, et qu'il y a seulement un nombre fini de sommes possibles des n k-ièmes racines de l'unité.
Maintenant, tout ce dont nous avons besoin est de montrer que 3) implique 1).
On peut supposer que notre groupe est fermé dans O(n) : en effet, il suffit de prendre la clôture de G; c'est toujours un sous-groupe, et cela satisfait encore 3).
De plus, il est compact, vu que c'est un sous-ensemble fermé de l'ensemble compact O(n).
Supposons maintenant que ce ne soit pas discret; alors, pour chaque voisinage V de I il doit y avoir un élément de G différent de I dans V.
On choisit V si petit qu'il ne contienne aucune matrice avec une trace parmi les valeurs finies dans {tr g | g € G} qui sont différentes de n.
Maintenant, prenons un élément g <> I dans V.
La trace de g doit être n, vu que les autres valeurs dans cet ensemble fini ne peuvent être présentes dans V; mais la seule matrice de trace n est I : les matrices orthogonales sont diagonalisables, donc on peut les considérer comme des matrices diagonales; de plus, leur valeurs propres sont des nombres complexes de module 1, et la somme de n de ces nombres est n ssi tous les nombres sont égaux à 1.
C'est fini : nous avons notre contradiction, vu que, d'un côté, on avait supposé g<>I, mais de l'autre côté nous avons trouvé que g devait être égal à I.

EDIT : Oh, désolé, j'ai en quelque sorte oublié l'étape finale : on a montré que G devait être discret. De plus, il est compact. Un compact discret d'un espace de Hausdorff doit être fini, donc, c'est la vraie fin.

J'espère que ma solution marche; en effet, je suis un peu fatigué là, même s'il n'est pas trop tard (à peine plus de minuit).

3) ==> 1)
Soit E=vect(G), et (g_1,...,g_p) une base de E d'éléments de G. On munit E du produit scalaire:
<f|g>=Tr(f*g)=Tr(f^(-1)g).

Soit g=x_1g_1+....+x_pg_p dans G. On a pour tout i, <g_i|g>= x_1<g_i|g_1>+....+x_p<g_i|g_p>

On a alors un système Ax=b. Or l'ensemble des A et b est fini par hypothèse Donc l'ensemble des x est aussi fini et alors G est fini

Que représente Vect(G)?


EDIT : Ok, le sous-espace vectoriel de M_n(R) engendré par les éléments de
G.



Oops, je n'avais pas vu ta réponse..

vect(G)=l'espace vectoriel engndré par G

Sinon, ta preuve est très jolie!

Et c'est complètement algébrique; je veux dire qu'elle n'utilise pas la compacité de O(n,R); tu utilises just l'orthogonalité pour conclure que g*=g^(-1) pour tout g € G.
Joli.

Je ne comprends pas cette preuve avec E=vect(G). Pourquoi E serait-il obligatoirement de dimension finie ? (ce qui est affirmé implicitement en prenant une base (g_1,.....g_p) de E )

E est un sous espace de M_n(IR)

Evidemment