Laurentiu Tucaa wrote: G este parte stabila in raport cu inmultirea matricilor si grup in raport cu aceasta operatie (cel putin asa apare enuntul, chiar daca faptul ca G este grup implica faptul ca este parte stabila).
in cazul acesta parte stabila e echivalent cu grup. ( pt ca G e finita )
Daca elementul neutru al grupului G este
\( I_n \) , atunci din teorema lui Lagrange avem
\( A^k=I_n \), pt orice A din G.Rezulta ca radacinile (complexe ) ale ecuatiei
\( \det(A-xI_n)=0 \) ( le notez cu
\( \lambda_i ) \) se gasesc printre radacinile ecuatiei
\( X^k=1 \), deci au toate modulul 1.
Daca A e din G si
\( \lambda_i \) sunt radacinile ecuatiei
\( \det(A-xI_n)=0 \) , atunci din relatiile lui Viete stim ca
\( Tr(A)=\sum \lambda_i \) , rezulta
\( Tr(A) \leq |Tr(A)| \leq \sum |\lambda_i | =n \).(*)
De aici deducem
\( kn=Tr(S)=|\sum_{A \in G} Tr(A)| \leq \sum_{A \in G} |Tr(A)| \leq kn \), rezulta ca in inegalitatea (*) trebuie sa avem egalitate pt orice A din G .
adica pentru orice A trebuie sa avem :
\( |\lambda_1 +\cdots + \lambda_n|= |\lambda_1|+ \cdots + |\lambda_n| \)
mai stim ca sunt radacini de ordin k ale unitatii si mai stim ca suma lor trebuie sa fie numar real.Din aceste conditii rezulta ca
\( \lambda_i =1 \) pt
\( i=\overline{1,n} \) (daca ar exista o matrice B pt care toate lambdaurile sa fie -1 nu s-ar mai putea indeplini conditia
\( Tr(S)=kn \) )
deci , daca A e din G , trebuie sa aiba toate valorile proprii egale cu 1. rezulta ca valorile proprii ale matricei
\( A^{k-1}+\cdots +A+I_n \) nu pot fi zero deci aceasta matrice e inversabila , rezulta din
\( A^k=I_n \) ca
\( A=I_n \).
Deci grupul G e grupul trivial.
Daca elementul neutru al grupului G nu e
\( I_n \) atunci se poate demonstra ca
\( Tr(S) \leq (n-1)k \).(exercitiu)
.Si mai trebuia avut grija la faptul ca daca elementul neutru al lui G nu e I_n , atunci nu cred ca puteai arata ca grupul e trivial.Un grup cu proprietatea din enunt care are elementul neutru diferit de I_n, nu exista. Din ce ai scris tu mai sus, am impresia ca ai omis asta.