d´eveloppements d`alg`ebre pour l`oral de l`agr´egation

Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENTS D’ALGÈBRE POUR
L’ORAL DE L’AGRÉGATION
Sébastien Pellerin
Laboratoire de Mathématiques - Case Cr A, Faculté des Sciences et Techniques de Saint-Jérôme,
Université d’Aix-Marseille 3, 13397 MARSEILLE Cedex 20.
E-mail : [email protected]
DÉVELOPPEMENTS D’ALGÈBRE POUR L’ORAL DE
L’AGRÉGATION
Sébastien Pellerin
TABLE DES MATIÈRES
1. Action de An sur K[T1 , . . . , Tn ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2. Automorphismes de K(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3. Automorphismes de SO(3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4. Théorème de Burnside . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
5. Théorème de Carlitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
6. Groupe des isométries du cube . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
7. Décomposition polaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
8. Entiers de Gauss et théorème des deux carrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
9. Vecteurs propres de la transformation de Fourier dans L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
10. Forme faible du théorème de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
11. Décomposition de Dunford et applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
12. Enveloppe convexe du groupe orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
13. Équations diophantiennes et séries génératrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
14. Un homéomorphisme réalisé par l’exponentielle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
15. Diagonalisabilité de l’exponentielle de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
16. Théorème des extrema liés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
17. Équation de Fermat pour n = 2 et n = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
18. Méthode de Gauss et polynômes orthogonaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
19. Action du groupe modulaire sur le demi-plan de Poincaré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
20. Groupes d’ordre pq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
21. Irréductibilité de Φn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
22. Théorème de John . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
23. Théorème de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
24. Théorème de stabilité de Liapounov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
25. Théorème de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
26. Polynômes irréductibles de Fq [T ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
27. Probabilités que deux entiers soient premiers entre eux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6
Table des matières
28. Théorème de Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
29. Endomorphismes semi-simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
30. Sous-groupes compacts de GLn (R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
31. Sous-groupes finis de SO(3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
32. A5 est le seul groupe simple d’ordre 60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
33. Sur l’ellipse de Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
34. Surjectivité de l’exponentielle sur Mn (C) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 1
ACTION DE An SUR K[T1 , . . . , Tn ]
On considère un corps K de caractéristique différente de 2 et l’action de Sn sur l’anneau K[T1 , . . . , Tn ]
définie par
σ · f (T1 , . . . , Tn ) = f (Tσ(1) , . . . , Tσ(n) ).
Définition. — Soit f ∈ K[T1 , . . . , Tn ].
(i) On dit que f est symétrique si σ · f = f pour tout σ ∈ Sn .
(ii) On dit que f est alterné si σ · f = ε(σ)f pour tout σ ∈ Sn .
(iii) On dit que f est semi-symétrique si σ · f = f pour tout σ ∈ An .
Exemple. — Le polynôme de Vandermonde défini par
1
1
···
T1
T
···
2
V (T1 , . . . , Tn ) = ..
..
.
.
n−1
n−1
T
···
T
2
1
1
Tn
..
.
Tnn−1
est alterné (donc semi-symétrique non symétrique).
En effet, considérons le polynôme
1
···
T1
···
f (X) = ..
.
n−1
T
···
1
1
1
X
..
.
Tn−1
..
.
n−1
X n−1
Tn−1
∈ (K[T1 , . . . , Tn−1 ])[X],
il s’agit d’un polynôme (en X) de degré au plus n − 1 qui s’annule en T1 , . . . , Tn−1 donc il existe
α ∈ K[T1 , . . . , Tn−1 ] tel que f = α(X − Tn−1 ) · · · (X − T1 ) et en identifiant les termes constants, il vient
1
···
1
1 T1
· · · Tn−1 T1
· · · Tn−1 0 .
.. n−1 α(−1)n−1 T1 · · · Tn−1 = f (0) = ..
..
..
.. = (−1)
. .
.
. n−1
n−1 n−1
T1
· · · Tn−1
T
· · · T n−1 0 1
d’où
αT1 · · · Tn−1
n−1
1
···
..
= T1 · · · Tn−1 .
n−2
T
···
1
= T1 · · · Tn−1 V (T1 , · · · , Tn−1 )
1
..
.
n−2
Tn−1
et il vient donc
V (T1 , . . . , Tn ) = f (Tn ) = (Tn − Tn−1 ) · · · (Tn − T1 )V (T1 , · · · , Tn−1 ).
En raisonnant par récurrence, on obtient finalement
V (T1 , . . . , Tn ) =
Y
(Tj − Ti ).
1≤i<j≤n
Il est alors clair que ce polynôme est alterné puisque c’est un déterminant.
Action de An sur K[T1 , . . . , Tn ]
8
Proposition. — Soit f (T1 , . . . , Tn ) un polynôme semi-symétrique alors f se décompose de façon
unique sous la forme
f (T1 , . . . , Tn ) = P (T1 , . . . , Tn ) + V (T1 , . . . , Tn )Q(T1 , . . . , Tn )
où P et Q sont deux polynômes symétriques.
Démonstration. — Soit σ1 et σ2 deux permutations impaires alors σ2−1 σ1 est une permutation paire or
f est semi-symétrique donc σ2−1 σ1 · f = f i.e. σ1 · f = σ2 · f . Puisque les permutations impaires agissent
de la même façon sur f , il est donc cohérent de poser g = τ · f avec τ transposition, alors g = σ · f pour
toute permutation impaire σ.
Soit τ1 et τ2 deux transpositions alors, puisque f est semi-symétrique et par définition de g, on a :
– τ1 · g = τ1 · (τ · f ) = (τ1 τ ) · f = f et τ1 · f = g
– (τ2 τ1 ) · g = (τ2 τ1 ) · (τ · f ) = (τ2 τ1 τ ) · f = g et (τ2 τ1 ) · f = f
d’où
– τ1 · (f − g) = g − f = ε(τ1 )(f − g) et (τ2 τ1 ) · (f − g) = f − g = ε(τ2 τ1 )(f − g)
– τ1 · (f + g) = g + f = f + g et (τ2 τ1 ) · (f + g) = f + g
ce qui signifie que f − g est alterné et f + g est symétrique.
On considère deux entiers h < k de {1, . . . , n} et on effectue la division euclidienne, dans l’anneau
ck , . . . , Tn ])[Tk ] de f − g par Tk − Th
(K[T1 , . . . , T
ck , . . . , Tn ] et degT r < 1
f − g = (Tk − Th )q + r avec q, r ∈ K[T1 , . . . , T
k
i.e. r ne dépend pas de l’indéterminée Tk . On note τh,k la transposition inversant h et k alors
−(f − g) = τh,k · (f − g) = τh,k · (Tk − Th )τh,k · q + τh,k · r = −(Tk − Th )τh,k · q + τh,k · r.
On évalue maintenant ces deux expressions en substituant à l’indéterminée Tk l’élément Th de l’anneau
des coefficients, il vient
(f − g)(Th ) = r(Th ) et − (f − g)(Th ) = (τh,k · r)(Th ).
ck , . . . , Tn ])[Tk ] donc r(Th ) = r. D’autre part, τh,k · r ne
Mais r est une constants de l’anneau (K[T1 , . . . , T
dépend pas de Th , il est donc clair que (τh,k · r)(Th ) = r. On a donc
(f − g)(Th ) = r et − (f − g)(Th ) = r
ce qui n’est possible que si r = 0. Par conséquent Tk − Th divise f − g pour tous h < k, on pose
(f − g)(T1 , . . . , Tn ) = 2V (T1 , . . . , Tn )Q(T1 , . . . , Tn ).
En pose en outre
(f + g)(T1 , . . . , Tn ) = 2P (T1 , . . . , Tn ).
On a déja dit que P était un polynôme symétrique. Considérons une permutation σ ∈ Sn alors
ε(σ)(f − g) = σ · (f − g) = 2σ · V (T1 , . . . , Tn )σ · Q(T1 , . . . , Tn ) = 2ε(σ)V (T1 , . . . , Tn ) [σ · Q(T1 , . . . , Tn )]
d’où
2V (T1 , . . . , Tn )Q(T1 , . . . , Tn ) = f − g = 2V (T1 , . . . , Tn ) [σ · Q(T1 , . . . , Tn )]
i.e. (puisque K[T1 , . . . , Tn ] est intègre)
Q(T1 , . . . , Tn ) = σ · Q(T1 , . . . , Tn )
ce qui signifie que Q est symétrique.
Les relations f + g = 2P et f − g = 2V Q donnent bien f = P + V Q avec P et Q symétriques. Pour
e avec Pe et Q
e symétriques alors g = τ · f = Pe − V Q
e d’où f + g = 2Pe et
l’unicité, on écrit f = Pe + V Q
e Les polynômes Pe et Q
e sont donc complètement déterminés par f et g i.e. par f .
f − g = 2V Q.
Sébastien Pellerin
9
Leçons concernées
02 Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications
06 Groupe des permutations d’un ensemble fini. Applications
16 Algèbre des polynômes à n indéterminées (n ≥ 2). Polynômes symétriques. Exemples et applications
Référence
R. Goblot, Algèbre commutative, Masson, 1996.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 2
AUTOMORPHISMES DE K(X)
Proposition. — Les automorphismes d’algèbres de K(X) sont les applications
aX + b
K(X) → K(X), G(X) 7→ G
cX + d
avec a, b, c, d ∈ K et ad − bc 6= 0.
Démonstration. — Soit Φ un morphisme d’algèbres de K(X), on note F = Φ(X). Alors F n = Φ(X n )
d
P
pour tout n ∈ N et si P =
an X n alors
n=0
Φ(P ) =
d
X
n=0
Soit G ∈ K(X), on écrit G =
an Φ(X n ) =
d
X
an F n = P ◦ F.
n=0
P
Q
avec P, Q ∈ K[X], alors
P
Φ(P )
P ◦F
Φ(G) = Φ
=
=
= G ◦ F.
Q
Φ(Q)
Q◦F
Réciproquement, il est clair que, pour tout F ∈ K(X), l’application
ΦF : K(X) → K(X), G 7→ G ◦ F
est un morphismes d’algèbres ; il reste à trouver à quelle condition sur F , l’application ΦF est un
automorphisme.
Si ΦF est un automorphisme alors ΦF est surjective donc il existe G ∈ K(X) tel que ΦF (G) = X
A
P
i.e. G ◦ F = X. On écrit F = B
avec A, B ∈ K[X] premiers entre eux et G = Q
avec P, Q ∈ K[X]
premiers entre eux, on note
P = a0 + a1 X + · · · + ap X p et Q = b0 + b1 X + · · · + bq X q
où ai , bj ∈ K, ap 6= 0 et bq 6= 0. La relation G ◦ F = X devient P ◦ F = X(Q ◦ F ) i.e.
a0 + a1 F + · · · + ap F p = X (b0 + b1 F + · · · + bq F q )
d’où
Ap
Aq
A
A
a0 + a1 + · · · + ap p = X b0 + b1 + · · · + bq q .
B
B
B
B
Si on note m le maximum de p et q, on obtient
p
q
X
X
aj Aj B m−j = X
bk Ak B m−k .
j=0
k=0
Dans cette égalité, les seuls polynômes qui ne sont pas divisibles par A sont ceux qui correspondent à
j = 0 et à k = 0, il s’ensuit que A divise la différence a0 B m − b0 XB m de ces deux termes. Comme A est
premier avec B, A est premier avec B m , donc A divise a0 − b0 X. Puisque P et Q sont premiers entre
eux, on a (a0 , b0 ) 6= (0, 0) donc a0 − b0 X est non nul, il s’ensuit que deg A ≤ 1.
Toujours dans la même égalité, les seuls polynômes qui ne sont pas divisibles par B sont ceux qui
correspondent à j = p et à k = q. On distingue trois cas :
12
Automorphismes de K(X)
(i) si m = p = q alors B divise (ap − bp X)Ap or A est premier avec B donc B divise ap − bp X qui est
de degré 1 puisque bp est le coefficient dominant de B ;
(ii) si p < q = m alors B divise bq X qui est de degré 1 ;
(iii) si m = p > q alors B divise ap qui est non nul.
Dans tous les cas, on obtient que deg B ≤ 1 i.e. on a montré qu’il existe a, b, c, d ∈ K tels que F =
aX + b
. De plus, F ne peut pas être constant (sinon ΦF n’est pas surjectif) donc ad − bc 6= 0.
cX + d
Réciproquement, on considère a, b, c, d ∈ K tels que ad − bc 6= 0 et on note Φa,b,c,d le morphisme de
aX + b
K(X) défini par Φa,b,c,d (X) =
. Si (a, b, c, d) ∈ K 4 et (a0 , b0 , c0 , d0 ) ∈ K 4 vérifient ad − bc 6= 0 et
cX + d
a0 b0 − d0 c0 6= 0 alors
Φa,b,c,d ◦ Φa0 ,b0 ,c0 ,d0 = Φa00 ,b00 ,c00 ,d00
00
00
00
00
où (a , b , c , d ) est donné par
0 0 00 00 a b
a b
a b
·
=
.
c d
c0 d0
c00 d00
La relation ad − bc 6= 0 assure donc que Φa,b,c,d est inversible.
a b
Remarque. — L’application qui à A =
∈ GL2 (K) associe Φa,b,c,d est un morphisme de
c d
groupes. Son noyau est le sous-groupe des matrices scalaires non nulles.
Leçon concernée
13 Corps des fractions rationnelles à une indéterminée sur un corps commutatif. Exemples et applications
Référence
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 3
AUTOMORPHISMES DE SO(3)
Considérons l’ensemble X des demi-tours de R3 , il s’agit d’un plan projectif (on identifie x avec la
rotation rx d’axe Rx).
– Si x 6= y alors : x⊥y ⇐⇒ rx ry = ry rx .
– Si x1 , x2 et x3 sont trois droites distinctes alors : x1 , x2 , x3 sont alignés si et seulement si (x1 , x2 , x3 )
sont liés dans R3 i.e. si et seulement s’il existe x ∈ X tel que rx rxi = rxi rx pour i = 1, 2, 3.
Proposition. — Les automorphismes de SO(3) sont tous intérieurs.
Démonstration. — Soit ψ ∈ Aut(SO(3)) alors :
– ψ transforme les éléments d’ordre 2 en éléments d’ordre 2 i.e. ψ réalise une bijection de l’ensemble X
des demi-tours sur lui-même ;
– ψ transforme trois points alignés de X en trois points alignés ; en effet, si x1 , x2 , x3 sont alignés alors
il existe x tel que rx rxi = rxi rx pour i = 1, 2, 3, d’où ψ(rx )ψ(rxi ) = ψ(rxi )ψ(rx ) i.e. ψ(rx1 ), ψ(rx2 ),
ψ(rx3 ) sont alignés. Ainsi, ψ est une bijection de X qui transforme des points alignés en points alignés
i.e. ψ est une homographie.
On écrit ψ = u avec u ∈ GL(R3 ) de sorte que ψ(rx ) = ru(x) pour tout x, on a donc ψ(rx ) = urx u−1 .
Si x⊥y alors rx ry = ry rx donc ψ(rx )ψ(ry ) = ψ(ry )ψ(rx ) i.e. ru(x) ru(y) = ru(y) ru(x) et il s’ensuit que
u(x)⊥u(y). Ainsi, u est un isomorphisme qui conserve l’orthogonalité. Donc u est une similitude d’après
le lemme suivant :
Lemme. — Si f ∈ GL(E) conserve l’orthogonalité alors u est une similitude.
On peut donc écrire u = λv avec a priori λ > 0 et v ∈ O(3) mais la dimension est impaire donc on peut
prendre λ 6= 0 et v ∈ SO(3). Pour tout x, on a donc
ψ(rx ) = u(x) = ux = λvx = vx = rv(x) = vrx v −1 .
Puisque les demi-tours rx engendrent SO(3), on a en fait
∀g ∈ SO(3) , ψ(g) = vgv −1
i.e. ψ ∈ Int(SO(3)).
Preuve du lemme. — Soit (e1 , . . . , en ) une base orthonormale de E alors, puisque f est un isomorphisme
qui conserve l’orthogonalité, (f (e1 ), . . . , f (en )) est aussi une base orthonormale de E. Puisque les ei
sont orthogonaux et normés, on a hei − ej , ei + ej i = 0 d’où (en utilisant encore l’hypothèse sur f )
hf (ei − ej ), f (ei + ej )i = 0 i.e. kf (ei )k = kf (ej )k. Ainsi, il existe λ > 0 tel que kf (ei )k = λ pour tout i.
Cela signifie que λ1 f ∈ O(E) i.e. f est une similitude.
Remarque. — Cela implique que le morphisme injectif
ϕ : SO(3) → Aut(SO(3)), A 7→ ϕA
avec ϕA (M ) = AM A−1
est en fait un isomorphisme ; on peut donc identifier Aut(SO(3)) à SO(3).
14
Automorphismes de SO(3)
Leçon concernée
42 Exemples de propriétés projectives et d’utilisation d’éléments à l’infini
Référence
D. Perrin, Cours d’algèbre, Ellipses, 1996.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 4
THÉORÈME DE BURNSIDE
Lemme. — u ∈ L(Cn ) est nilpotent si et seulement si Tr (up ) = 0 pour tout 1 ≤ p ≤ n.
Démonstration. — Si u est nilpotent alors toutes ses valeurs propres sont nulles donc il en est de même
de celles des up , d’où Tr (up ) = 0 pour tout 1 ≤ p ≤ n. Réciproquement, notons
χu = (−1)n X α (X − λ1 )α1 · · · (X − λr )αr
où les λi sont non nuls et deux à deux distincts. Pour tout 1 ≤ p ≤ n, on a
α1 λp1 + · · · + αr λr1 = Tr (up ) = 0
i.e. (α1 , . . . , αr ) est un zéro non trivial du système


 λ1 X 1 + · · · + λr X r = 0
..
.

 r
λ1 X1 + · · · + λrr Xr = 0
1
···
..
donc le déterminant de ce système est nul i.e. λ1 · · · λr .
r−1
λ
···
1
Y
λ1 · · · λr
(λj − λi ) = 0
1
..
.
λr−1
r
= 0 d’où
1≤i<j≤r
ce qui est impossible puisque les λi sont non nuls et distincts deux à deux.
Théorème de Burnside. — Un sous-groupe G de GLn (C) est fini si et seulement s’il est d’exposant
fini.
Démonstration. — Si G est fini alors G est d’exposant fini d’après le théorème de Lagrange.
Réciproquement, supposons qu’il existe un entier e ≥ 1 tel que Ae = In pour tout A ∈ G et considérons
une famille génératrice C1 , . . . , Cr de la sous-algèbre G de Mn (C) engendrée par G, on définit alors une
application τ : G → Cr par
τ (A) = (Tr (AC1 ), . . . , Tr (ACr )) .
Si A et B vérifient τ (A) = τ (B) alors on a Tr (AM ) = Tr (BM ) pour tout M ∈ G (puisque que les Ci
engendrent G qui contient G).
Notons N = AB −1 − In alors N est diagonalisable. En effet, AB −1 ∈ G donc AB −1 est annulée par le
polynôme X e − 1 qui est scindé à racines simples donc AB −1 est diagonalisable i.e. il existe P inversible
telle que P AB −1 P −1 = ∆ soit diagonale mais dans ce cas P AB −1 P −1 − In = ∆ − In est aussi diagonale
i.e. P (AB −1 − In )P −1 est diagonale ce qui signifie que N est diagonalisable.
D’autre part, on a
Tr ((AB −1 )p ) = Tr (A(B −1 (AB −1 )p−1 )) = Tr (B(B −1 (AB −1 )p−1 )) = Tr ((AB −1 )p−1 )
16
Théorème de Burnside
d’où (de proche en proche) pour tout p ∈ N
Tr ((AB −1 )p ) = Tr (In ) = n.
Comme les matrices AB −1 et In commutent, on a
N k = (AB −1 − In )k =
k
X
Cpk (−1)k−p (AB −1 )p
p=0
d’où
k
Tr (N ) =
k
X
Cpk (−1)k−p Tr
((AB
−1 p
) )=
p=0
(N k )
k
X
p=0
Cpk (−1)k−p n
=n
k
X
Cpk (−1)k−p
p=0
1)k
i.e. on a Tr
= n(1 −
= 0, pour tout k, et il découle donc du lemme que N est nilpotente.
Puisque N est diagonalisable et nilpotente, on a N = 0 i.e. AB −1 = In d’où A = B. On a donc montré
l’injectivité de l’application τ .
Les éléments de G sont tous annulés par le polynôme X e − 1 qui est scindé à racines simples donc tous
les éléments de G sont diagonalisables à valeurs propres dans l’ensemble des racines eè de l’unité ; il
s’ensuit que les traces des éléments de G ne peuvent prendre qu’un nombre fini de valeurs donc τ (G)
est fini. Mais τ est injective donc G est aussi fini.
Leçons concernées
05 Groupes finis. Exemples et applications
07 Groupes linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
39 Endomorphismes nilpotents
40 Polynômes d’endomorphismes. Applications
Références
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 5
THÉORÈME DE CARLITZ
On considère un anneau de Dedekind A dont le groupe des classes d’idéaux C(A) est fini.
On note I la classe de l’idéal I.
Lemme. — Soit p1 , . . . , pr des idéaux premiers de A tels que p1 · · · pr = Aπ alors π est irréductible
si et seulement s’il n’existe par de sous-produit strict pi1 · · · pis principal.
Démonstration. — ⇒ Supposons qu’il existe ∅ 6= F $ {1, . . . , r} telle que
inversible dans A. Alors
Q
Y
pi
i∈F
Y
pi est aussi un idéal principal non trivial de A donc
i∈F
/
= Aγ avec γ non
pi = Aδ avec δ non
i∈F
/
inversible dans A, d’où
Aπ = p1 · · · pr = Aγδ
i.e. il existe u inversible dans A tel que π = uγδ. Puisque ni uγ, ni δ ne sont inversibles dans A, π n’est
pas irréductible dans A.
⇐ Écrivons π = γδ avec γ et δ non inversibles dans A. On considère les factorisations des idéaux Aγ
et Aδ en produits d’idéaux premiers de A
Aγ = q1 · · · qs
et
Aδ = q01 · · · q0t .
On a Aπ = Aγδ donc
p1 · · · pr = q1 · · · qs q01 · · · q0t
et par unicité de la décomposition d’un idéal en produit d’idéaux premiers, il existe une partition non
triviale F, F 0 de {1, . . . , r} telle que
{q1 , . . . , qs } = {pi ; i ∈ F } et
{q01 , . . . , q0t } = {pi ; i ∈ F 0 },
on a donc
Aγ =
Y
pi
et
Aδ =
i∈F
Y
pi
i∈F 0
et le produit p1 · · · pr admet donc un sous-produit strict principal.
Lemme. — Soit p un idéal premier de A dont la classe p est d’ordre r dans C(A) alors on a pr = Aπ
avec π irréductible dans A.
Démonstration. — Puisque p est d’ordre r, on a rp = 0 et kp 6= 0, pour tout 0 ≤ k < r, ce qui signifie
que pr est principal et que pk n’est pas principal.
Définition. — On dit que A est un anneau semi-factoriel si la longueur des factorisations d’un élément
ne dépend que de l’élément, i.e. toute égalité du type
π1 . . . π r = τ 1 . . . τ s ,
où les πi , τj sont irréductibles dans A, implique r = s.
18
Théorème de Carlitz
Théorème de Carlitz. — Si toute classe d’idéaux non nulle contient des idéaux premiers alors A
est semi-factoriel si et seulement si |C(A)| ≤ 2.
Démonstration. — On note h = |C(A)| ; si h = 1 alors l’anneau A est principal donc factoriel et a
fortiori semi-factoriel. Supposons maintenant que h = 2, on considère un élément x ∈ A non nul non
inversible et une factorisation de x en produit d’éléments irréductibles
x = π1 . . . πr τ1 . . . τs
où les πi sont premiers et les τj ne le sont pas. Pour 1 ≤ i ≤ r, on pose pi = Aπi , c’est un idéal premier
de A, on a alors
Ax = p1 . . . pr Aτ1 . . . τs .
Pour tout 1 ≤ j ≤ s, l’élément τj n’est pas premier donc l’idéal Aτj n’est pas premier i.e. on peut écrire
Aτj = qj,1 . . . qj,sj où les qj,i sont des idéaux premiers de A et où sj ≥ 2. Puisque C(A) = Z/2Z, la
somme de deux classes non nulles est nulle i.e. le produit de deux idéaux non principaux est principal.
Puisque τj est irréductible, on déduit du lemme précédent que sj = 2. On a donc
Ax = p1 . . . pr q1,1 q1,2 . . . qs,1 qs,2 .
La décomposition d’un idéal en produit d’idéaux premiers étant unique, le nombre d’idéaux premiers
principaux intervennant dans cette décomposition l’est aussi i.e. l’entier r ne dépend que de x. De
même, le nombre d’idéaux premiers non principaux intervennant dans cette décomposition l’est aussi
i.e. l’entier s ne dépend que de x. Finalement, la longueur r + s de la factorisation initiale de x ne
dépend que de x.
Pour montrer la réciproque, on suppose que h ≥ 3 et on va exhiber des factorisations d’un même élément
qui ne comportent pas le même nombre de facteurs. Il y a deux cas à considérer : soit il existe une classe
d’ordre m ≥ 3, soit le groupe des classes de A est (Z/2Z)h/2 .
– Dans le premier cas, notons g une classe d’ordre m ≥ 3, alors la classe −g est aussi d’ordre m.
Considérons dans ces deux classes deux idéaux premiers p et q. Alors les idéaux pm et qm sont
principaux engendrés par des éléments irréductibles de l’anneau, notons-les pm = Aπ et qm = Aτ .
D’autre part, la classe g + (−g) est nulle donc l’idéal pq est principal engendré par un élément
irréductible, notons le pq = Aθ. On remarque alors que pm qm = (pq)m donc
Aπτ = (Aθ)m = Aθm
ce qui signifie qu’il existe u inversible tel que πτ = uθm . Puisque m ≥ 3, l’anneau A n’est pas
semi-factoriel.
– Dans le second cas, i.e. lorsque C(A) = (Z/2Z)h/2 , on peut trouver des classes g et h distinctes telles
que la classe g + h soit non nulle et elle-même distincte des classes g et h. Considérons alors des
idéaux premiers p, q et r respectivement dans les classes g, h et g + h. Ces trois classes sont d’ordre 2
dans C(A) donc les idéaux p2 , q2 et r2 sont principaux engendrés par des éléments irréductibles de A,
notons-les p2 = Aπ, q2 = Aτ et r2 = Aθ. D’autre part, la classe g + h + (g + h) est elle-même nulle
donc l’idéal pqr est principal engendré par un élément irréductible, notons-le pqr = Aψ. On remarque
que p2 q2 r2 = (pqr)2 donc
Aπτ θ = (Aψ)2
ce qui signifie qu’il existe u inversible tel que πτ θ = uψ 2 et l’anneau A n’est donc pas semi-factoriel.
Leçons concernées
01 Méthodes combinatoires, problèmes de dénombrements
04 Sous-groupes distingués, groupes quotients. Exemples et applications
05 Groupes finis. Exemples et applications
11 Idéaux d’un anneau commutatif unitaire. Exemples et applications
43 Exemples de parties génératrices d’un groupe
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 6
GROUPE DES ISOMÉTRIES DU CUBE
On considère un cube Γ = ABCDA0 B 0 C 0 D0 de l’espace euclidien E3 (où ABCD est une face et où
−−→0 −−→0 −−→0 −−→0
AA = BB = CC = DD ). On considère G = {f ∈ A(E3 ); f (Γ) = Γ}.
Groupe des isométries du cube
Lemme. — Si f ∈ G alors f est un automorphisme affine qui induit une permutation sf de l’ensemble
des sommets de Γ et l’application ϕ : G → SX , f 7→ sf est un morphisme injectif.
Démonstration. — Le sous-espace affine f (E3 ) contient f (Γ) = Γ donc contient un repère affine donc f
est surjective, d’où bijective. De plus, f permute les points extrémaux de Γ i.e. ses sommets donc induit
bien une bijection sf de X. Si sf alors f est l’identité puisque f stabilise un repère affine.
Proposition. — Les éléments de G sont des isométries.
Démonstration. — Il suffit de montrer que l’image par f d’un repère orthonormée est un repère or−−→ −−→ −−→
thonormé. On choisit la longueur d’un côté comme unité de longueur de sorte que (A, AB, AD, AA0 )
soit orthonormé. L’image par f du plan P contenant une face comme ABCD est le plan contenant les
images mais Γ est contenu dans le demi-espace délimité par P donc il en est de même de son image
−−→ −−→ −−→
(puisque f (Γ) = Γ) ; il s’ensuit que l’image du repère (A, AB, AD, AA0 ) est un repère du même type
(d’origine f (A)) donc est orthonormé.
Description du stabilisateur d’un sommet
−−→ −−→ −−→
Si f stabilise A alors le repère R = (A, AB, AD, AA0 ) a pour image un autre repère issu de A donc f a
−−→ −−→ −−→
permuté les vecteurs AB, AD, AA0 . Réciproquement, un tel repère est l’image de R par une isométrie
f unique ; comme f est affine, f conserve le parallélisme donc Γ. Ainsi, le stabilisateur GA est de A
est d’ordre 3! = 6. Ses éléments sont l’identité, les symétries planes orthogonales par rapport aux trois
−−→ −→ −−→ −−→
−−→ −−→
plans (AA0 , AC), (AB, AD0 ) et (AD, AB 0 ), la composée de deux telles symétries i.e. les rotations r et
4π
r2 d’axe (AC 0 ) et d’angles 2π
3 et 3 .
Tout f ∈ G fixe l’isobarycentre du cube donc, si f fixe un sommet alors f fixe le sommet opposé et tout
point de la droite qui les joint. Les stabilisateurs de deux sommets opposés sont donc égaux.
Ordre de G
Le groupe G agit de façon transitive sur l’ensemble E des sommets de Γ : pour appliquer A sur B
(par exemple), il suffit de considérer la symétrie orthogonale par rapport au plan médiateur de [AB]
et la connexité du graphe formé par les sommets et arêtes de Γ montre que l’on peut appliquer A sur
n’importe quel sommet en composant de telles symétries. Donc l’orbite de A est E i.e. a 8 éléments or
le stabilisateur de A a 6 éléments donc G a 48 éléments.
20
Groupe des isométries du cube
Sous-groupes d’ordre 3 de G
Soit H un sous-groupe d’ordre 3 de G, ce groupe agit sur l’ensemble E des sommets et les orbites
de cette action sont de cardinal 1 et 3. Comme H n’est pas réduit à l’identité, il y a des orbites non
ponctuelles donc E contient 1 ou 2 orbites non ponctuelles ; quoi qu’il en soit, H laisse fixe au moins
deux sommets (en particulier H est contenu dans le stabilisateur d’un élément) donc (d’après l’étude
du stabilisateur) au moins deux sommets opposés. Par exemple si ces sommets sont A et C 0 alors H est
contenu dans GA ' S3 et H est l’unique sous-groupe d’ordre 3 de GA constitué de l’identité et des deux
rotations r et r2 .
Tout Les éléments d’ordre 3 de G sont les 8 rotations d’axes les 4 grandes diagonales et d’angles ± 2π
3 .
Ainsi, il y a 4 sous-groupes de G d’ordre 3. Notons que les théorèmes de Sylow donnaient que ce nombre
de 3-Sylow devait être congru à 1 modulo 3 et diviser 16, ce qui laissait 4 et 16 comme possibilités.
Permutation des grandes diagonales
Soit f ∈ G alors f ◦ r ◦ f −1 , où r est la rotation d’axe (AC 0 ) et d’angle 2π
3 , est d’ordre 3 donc c’est une
0
rotation autour de l’une des grandes diagonales. C’est la rotation d’angle 2π
3 autour de f (AC ) donc f
applique une grande diagonale sur une grande diagonale i.e. f permute les grandes diagonales i.e. on a
un morphisme ϕ : f 7→ σf .
Considérons le plan constitué par deux grandes diagonales alors la symétrie orthogonale par rapport à
ce plan permute les deux autres grandes diagonales donc l’image de ϕ contient les transpositions de S4 .
Puisque ces dernières engendrent S4 , l’image de ϕ est exactement S4 .
Puisque ϕ est d’image S4 et G est d’ordre 48, le noyau est d’ordre 2. Donc ker ϕ est constitué de l’identité
et de la symétrie par rapport à O. Tout élément f du centre de G commute avec les rotations donc laisse
fixes les grandes diagonales donc le centre de G est contenu dans le noyau de ϕ. On vérifie aisément que
la symétrie par rapport à O est dans le centre de G donc ker ϕ est exactement le centre de G.
Groupe des déplacements du cube
Le groupe I + des déplacements est distingué dans I donc G+ = G ∩ I + est distingué dans G. Puisque la
symétrie sO par rapport à O est une involution, on a G+ = G ∩ I − = sO G+ . Les deux classes à gauche
G+ et sO G+ contiennent toutes deux 24 éléments. Puisque la restriction de ϕ à G+ est injective, on a
G+ ∼ S4 .
Comme le centre {id, sO } et G+ sont distingués dans G d’ordres respectifs 2 et 24 et d’intersection
triviale, on a un produit direct G ' G+ × Z(G) ' S4 × Z/2Z.
Leçons concernées
01 Groupe des permutations d’un ensemble fini. Applications
08 Sous-groupes finis de O(2, R), de O(3, R). Applications
28 Isométries d’un espace affine euclidien de dimension finie. Formes réduites. Applications.
30 Barycentres dans un espace affine réel de dimension finie ; convexité. Applications
34 Utilisation des groupes en géométrie
Référence
F. Combes, Algèbre et géométrie, Bréal, 1998.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 7
DÉCOMPOSITION POLAIRE
Théorème. — L’application
U(n) × H++ (n) → GLn (C), (U, H) 7→ U H
est un homéomorphisme.
Démonstration. — Soit M ∈ GLn (C), on a (M ∗ M )∗ = M ∗ M ∗∗ = M ∗ M donc la matrice M ∗ M est
hermitienne ; d’autre part pour tout X ∈ Cn non nul
X ∗ (M ∗ M )X = (M X)∗ M X = kM Xk2 > 0
i.e. la matrice M ∗ M est hermitienne définie positive. Donc il existe U ∈ U(n) telle que la matrice
U ∗ (M ∗ M )U soit diagonale à coefficients diagonaux réels strictement positifs λ1 , . . . , λn . On pose alors
 √

λ1

 ∗
..
H =U
U .
.
√
λn
On a H ∗ = H i.e. H est hermitienne. De plus pour tout X ∈ Cn non nul
 √

 √

λ1
λ1

 ∗
 ∗
∗
∗
..
..
X ∗ HX = X ∗ U 
 U X = (U X) 
U X > 0
.
.
√
√
λn
λn
i.e. H est hermitienne définie positive. On pose V = M H −1 , alors


λ1

V ∗ V = (M H −1 )∗ M H −1 = (H −1 )∗ M ∗ M H −1 = (H ∗ )−1 U 
..
 ∗ −1
U H
.
λn
d’où


V ∗ V = (U ∗ )−1 
√1
λ1

..
.
√1
λn



λ1
..


.
λn
√1
λ1

..
.
√1
λn
 −1
U
or U ∈ U(n) donc
V ∗ V = (U ∗ )−1 U −1 = In
i.e. V ∈ U(n) et on a bien l’existence de la décomposition polaire.
On considère une décomposition polaire quelconque M = V H, alors M ∗ M = (V H)∗ V H = H ∗ V ∗ V H
or V est unitaire et H hermitienne donc M ∗ M = H 2 . On note m et h les deux endomorphismes de Cn
dont les matrices dans la base canonique de Cn sont respectivement M ∗ M et H. Si µ1 , . . . , µk sont les
valeurs propres de m (qui sont réelles positives) et Eµ1 , . . . , Eµk sont les sous-espaces propres associés
alors les Eµi sont stables par h (puisque m et h commutent) ; on peut donc considérer hi = h|Eµi pour
tout 1 ≤ i ≤ k. Comme hi est hermitien, hi est diagonalisable et toute valeur propre λ de hi est réelle
√
positive et vérifie λ2 = µi donc hi = µi idEµi . Ainsi, h est complètement déterminé par m i.e. H par
M , ce qui assure l’unicité de la décomposition.
22
Décomposition polaire
L’application U(n) × H++ (n) → GLn (C), (U, H) 7→ U H est continue. Réciproquement, considérons une
suite (Mp )p de GLn (C) qui converge vers une matrice M ∈ GLn (C). On pose M = U H et Mp = Up Hp
pour tout p. Puisque le groupe U(n) est compact, la suite (Up )p admet une sous-suite convergente (Uϕ(p) )p
dont on note U0 la limite ; alors la suite (Hϕ(p) )p converge vers une matrice hermitienne positive H0 et,
comme H0 = M U0−1 est inversible, H0 est définie positive. L’unicité de la décomposition polaire donne
alors U = U0 et H = H0 . Cela signifie que la suite (Up )p n’admet que U pour valeur d’adhérence et
comme U(n) est compact, (Up )p converge vers U ; il en résulte que (Hp )p converge vers H. L’application
réciproque est donc bien continue.
Application. — U(n) est un sous-groupe compact maximal de GLn (C).
Démonstration. — Soit G un sous-groupe compact de GLn (C) contenant U(n), on considère un élément
A ∈ G. La décomposition polaire permet d’écrire A = U H avec U unitaire et H hermitienne définie
positive. Puisque A ∈ G et U ∈ U(n) avec U(n) ⊂ G, la matrice H = AU ∗ est dans G donc (H k )k∈Z est
une suite d’éléments de G ; puisque G est compact, cette suite est bornée. Soit λ une valeur propre de
H, puisque la matrice H est hermitienne, elle est diagonalisable, le fait que la suite (H k )k∈Z soit bornée
implique donc que |λ| = 1. Or H est hermitienne définie positive donc ses valeurs propres sont réelles
strictement positives, on obtient donc H = In i.e. A = U ∈ U(n) donc G = U(n).
Remarque. — Soit M ∈ Mn (C), par densité de GLn (C) dans Mn (C), il existe une suite (Mp )p dans
GLn (C) qui converge vers M ; pour tout p, on écrit Mp = Up Hp avec Up unitaire et Hp hermitienne
définie positive. Puisque U(n) est compact, la suite (Up )p admet une sous-suite convergente (Uϕ(p) )p
∗ M ) converge vers la matrice U ∗ M i.e. U ∗ M est la limite
dont on note U la limite. Alors la suite (Uϕ(p)
p p
∗
de la suite (Hϕ(p) )p donc H := U M est hermitienne positive. On obtient donc bien M = U H avec U
unitaire et H hermitienne positive.
Leçons concernées
07 Groupes linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
26 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel euclidien de dimension finie
27 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel hermitien de dimension finie
41 Exemples de décompositions remarquables dans le groupe linéaire. Applications
Références
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
R. Mneimné et F. Testard, Groupes de Lie classiques, Hermann, 1986.
J.-E. Rombaldi, Thèmes pour l’agrégation de mathématiques, EDP Sciences, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 8
ENTIERS DE GAUSS ET THÉORÈME DES DEUX CARRÉS
On considère l’anneau des entiers de Gauss Z[i] des nombres complexes de la forme u+iv avec (u, v) ∈ Z2
et on pose
ϕ : Z[i] → N, a 7→ aa.
Lemme. — U(Z[i]) = {−1, 1, −i, i}
Démonstration. — Si a ∈ Z[i] est inversible alors ab = 1 avec b ∈ Z[i] et la multiplicativité de ϕ donne
ϕ(a)ϕ(b) = 1. Ainsi, l’entier ϕ(a) est positif et inversible dans Z donc ϕ(a) = 1. Réciproquement, si
ϕ(a) = 1 alors aa = 1 et a ∈ Z[i] est l’inverse de a. Les éléments inversibles de Z[i] sont donc les a ∈ Z[i]
vérifiant ϕ(a) = 1. Si on écrit a = u + iv avec (u, v) ∈ Z2 , on obtient u2 + v 2 = 1. Il s’ensuit que les
éléments inversibles de Z[i] sont ±1 et ±i.
Proposition. — Z[i] est un anneau euclidien.
Démonstration. — Soit (a, b) ∈ Z[i] × Z[i]∗ et considérons le nombre complexe ab = x + iy avec (x, y) ∈
R2 ; on note u l’entier le plus proche de x, v l’entier le plus proche de y et q = u + iv, alors
2 2
a
2
1
1
2
2
+
< 1.
− q = (u − x) + (v − y) ≤
b
2
2
Il s’ensuit que |a − bq|2 < |q|2 . Posons r = a − bq alors r ∈ Z[i] puisque a, b, q ∈ Z[i] et on a |r|2 < |q|2
i.e. ϕ(r) < ϕ(q). On a donc déterminé (q, r) ∈ Z[i]2 tels que a = bq + r et ϕ(r) < ϕ(q).
Lemme. — Si ϕ(a) est un nombre premier alors a est irréductible dans Z[i].
Démonstration. — Soit a ∈ Z[i] tel que ϕ(a) soit premier et supposons que l’on puisse écrire a = bc
avec b, c ∈ Z[i]. Alors ϕ(a) = ϕ(b)ϕ(c) d’où ϕ(b) = 1 ou ϕ(c) = 1 i.e. b et c est inversible.
Lemme. — −1 est un carré modulo p si et seulement si p ≡ 1 (mod 4).
Démonstration. — Si −1 = x2 dans Z/pZ alors, puisque le groupe (Z/pZ)∗ est d’ordre p − 1, on a
p−1
xp−1 = 1 i.e. (−1) 2 = 1 donc p−1
2 est pair ce qui signifie p ≡ 1 (mod 4). Réciproquement, sur le corps
Z/pZ, l’équation x
p−1
2
= 1 a au plus
p−1
2
p−1
2
solutions or (Z/pZ)∗ contient p − 1 >
y2
xp−1
p−1
2
éléments donc il
existe x 6= 0 tel que y = x
6= 1. Alors
=
= 1 donc (y + 1)(y − 1) = 0 or y 6= 1 i.e. y = −1.
p−1
Puisque p ≡ 1 (mod 4), on peut écrire 2 = 2k de sorte que
(xk )2 = x2k = x
i.e. −1 est un carré modulo p.
p−1
2
= y = −1
24
Entiers de Gauss et théorème des deux carrés
Proposition. — Soit p un nombre premier, on a équivalence entre
(i) p est irréductible dans Z[i],
(ii) p ≡ 3 (mod 4),
(iii) p n’est pas somme de deux carrés.
Démonstration. — Supposons p irréductible dans Z[i] et p 6≡ 3 (mod 4) alors −1 est un carré modulo
p i.e. il existe x ∈ Z tel que x2 ≡ −1 (mod p). Il s’ensuit que p divise x2 + 1 = (x + i)(x − i) dans Z
donc dans Z[i] et l’hypothèse sur p montre que p divise x + i ou x − i, ce qui est absurde puisque x+i
p
et x−i
ne
sont
pas
dans
Z[i].
p
Supposons que l’on puisse écrire p = u2 + v 2 avec (u, v) ∈ Z2 . Un carré est congru à 0 ou 1 modulo 4
donc une somme de deux carrés est congrue à 0, 1 ou 2 et il est donc impossible que p ≡ 3 (mod 4).
Écrivons p = ab avec a, b ∈ Z[i] alors p2 = ϕ(p) = ϕ(a)ϕ(b). Puisque p n’est pas somme de deux carrés,
il n’existe pas d’élément c = α + iβ ∈ Z[i] tel que p = ϕ(c) = α2 + β 2 et a fortiori on a ϕ(a) 6= 0 et
ϕ(b) 6= 0. Comme p est premier, il s’ensuit que ϕ(a) = 1 ou ϕ(b) = 1 i.e. a ou b est inversible dans Z[i]
et p est irréductible dans Z[i].
Leçons concernées
03 Sous-groupes discrets de Rn . Réseaux
09 Congruences dans Z, anneau Z/nZ. Applications
Références
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 9
VECTEURS PROPRES DE LA TRANSFORMATION DE
FOURIER DANS L2
Lemme. — Si f : R → R est mesurable non nulle presque partout et telle qu’il existe δ > 0 vérifiant
f = O(e−δ|x| ). Alors Vect(xn f (x))n∈N est dense dans L2 (R).
Démonstration. — Si Vect(xn f (x))n∈N n’est pas dense dans l’espace de Hilbert L2 (R) alors il existe
h ∈ L2 (R) non nulle presque partout telle que
Z
∀n ∈ N ,
xn f (x)h(x)dx = 0.
L’inégalité de Cauhcy-Schwarz donne f h ∈
R
1
L (R)
Z
donc on peut considérer sa transformée de Fourier
f (x)h(x)e−iξx dx.
g(ξ) =
R
eξ|x| f (x)h(x)
L1 (R)
Si 0 < ξ < δ alors
∈
d’après l’hypothèse sur f donc (en utilisant le théorème
d’holomorphie sous le signe somme) g se prolonge analytiquement sur la bande {z ∈ C ; Im (z) < δ}.
D’après la propriété vérifiée par h et en utilisant le théorème de dérivation de la transformée de Fourier,
on obtient que toutes les dérivées de g sont nulles en 0. D’après l’analyticité de g, g est identiquement
nulle et l’injectivité de la transformation de Fourier donne f h = 0 presque partout, c’est absurde puisque
f et h sont toutes deux non nulles presque partout.
2
2
La dérivée d’ordre n de H(t) = e−t est de la forme e−t Hn (t) où Hn (t) est un polynôme appelé
polynôme de Hermite, déterminé par la relation de récurrence Hn+1 (t) = 2tHn (t) + Hn0 (t), de degré n
et de coefficient dominant (−2)n . Les fonctions de Hermite sont alors définies par
√
1
t2
hn (t) = (n!2n π)− 2 Hn (t)e− 2 .
2
Proposition. — La famille (hn )n est une base hilbertienne de L2 (e−t dt).
Démonstration. — Si P est un polynôme de degré au plus n − 1 alors une intégration par parties donne
(par définition de Hn et puisque P (n) = 0)
Z
Z
Z
2
P (t)Hn (t)e−t dt =
P (t)H (n) (t)dt = (−1)n
P (n) (t)H(t)dt = 0
R
R
R
ce qui montre que la famille (hn )n est orthogonale. La formule d’intégration par parties donne
Z
Z
Z
2
2
(Hn (t))2 e−t dt =
Hn (t)H (n) (t)dt = (−1)n
Hn(n) (t)e−t dt
R
R
R
(−2)n
d’où puisque le coefficient dominant de Hn est
Z
Z
√
2
2 −t2
n
(Hn (t)) e dt = 2 n! e−t dt = 2n n! π
R
R
donc (hn )n est bien une famille orthonormale. Puisque les polynômes Hn sont de degré échelonnés, il
découle du lemme que la famille (hn )n est une base hilbertienne de L2 (R).
Vecteurs propres de la transformation de Fourier dans L2
26
cn =
Proposition. — h
√
2π(−i)n hn
2
x
b
=
Démonstration. — On rappelle que la gaussienne G(x) = e− 2 vérifie G(x)
Z
√
t2
x2
e− 2 e−itx dt = 2πe− 2 .
√
2πG(x) i.e.
R
On remplace t par t + 2u alors
Z
e−
t2 +4ut+4u2
2
t2
2
e−itx e−2iux dt =
√
2πe−
x2
2
R
i.e.
Z
e− 2 e−2ut−u e−itx dt =
√
2
2πeu e2iux e−
x2
2
R
ce qui s’écrit encore
Z
t2
e 2 H(t + u)e−itx dt =
√
2
2πeu e2iux e−
x2
2
=
√
2πH(iu − x)e
x2
2
R
et cette intégrale est une fonction holomorphe en u donc on peut dériver de sorte que
Z
n
√
x2
t2 d
dn
−itx
2
2
e
[H(t + u)] e
dt = 2π n H(iu − x)e
dun
du
R
et pour u = 0, on obtient
Z
√
√
t2
x2
x2
dn
e− 2 Hn (t)e−itx dt = 2π n H(iu − x)e 2
= 2πin Hn (−x)e− 2
du
R
u=0
i.e. en tenant compte de la parité de Hn
Z
√
t2
x2
Hn (t)e− 2 e−itx dt = 2πin Hn (x)e− 2
\
d’où h
n (x) =
√
R
2πin h
n (x).
Leçon concernée
36 Polynômes orthogonaux
Référence
A. Kolmogorov, Éléments de la théorie des fonctions et de l’analyse fonctionnelle, Mir Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 10
FORME FAIBLE DU THÉORÈME DE DIRICHLET
Lemme. — Si f, g ∈ Q[X] sont unitaires et vérifient f g ∈ Z[X] alors f, g ∈ Z[X]
Démonstration. — Soit a > 0 le plus petit entier tel que af ∈ Z[X], on pose af = f1 ; soit b > 0 le plus
petit entier tel que bg ∈ Z[X], on pose bg = g1 . Supposons que ab > 1 et soit p un diviseur premier de
ab, on considère alors le morphisme πP : Z[X] → (Z/pZ)[X]. On a f1 g1 = abf g ∈ Z[X] d’où
πP (f1 )πP (g1 ) = πP (f1 g1 ) = πP (ab)πP (f g) = 0
et il en résulte (puisque (Z/pZ)[X] est intègre) que πP (f1 ) = 0 ou πP (g1 ) = 0, par exemple πP (f1 ) = 0.
On peut alors écrire f1 = pf2 où f2 ∈ Z[X]. Comme f est unitaire et puisque f1 = af , a est le coefficient
dominant de f1 , donc p divise a et on écrit a = pa0 . Il vient donc pa0 f = f1 = pf2 i.e. a0 f = f2 ∈ Z[X],
ce qui est impossible puisque a0 < a. Donc ab = 1 i.e. a = b = 1.
Théorème. — Pour tout entier n ≥ 1, il existe une infinité de premiers congrus à 1 modulo n.
Démonstration. — On considère le k è polynôme cyclotomique
Y
Y 2i`π
Φk =
(X − ζ) =
X −e n ,
ζ∈Uk◦
puisque la réunion Un =
[
1≤`≤k
k∧`=1
Ud◦ est disjointe, il vient
d|n
Xn − 1 =
Y
Y
(X − ζ) =
ζ∈Un
ζ∈
S
(X − ζ) =
Y Y
(X − ζ) =
d|n ζ∈Ud◦
◦
d|n Ud
Y
d|n
Φd = Φn
Y
Φd .
d|n
d≤n−1
0
n − 1 ∈ Q[X] et
0 ∈ Q[X] pour tout n < n. Puisque X
On
Ya Φ1 = X − 1 ∈ Q[X], supposons que ΦnY
Y
Φd ∈ Q[X], on peut écrire X n − 1 = Q
Φd + R avec Q, R ∈ Q[X] et deg R < deg
Φd . Il
d|n
d≤n−1
d|n
d≤n−1
d|n
d≤n−1
vient donc
(Φn − Q)
Y
Φd = R.
d|n
d≤n−1
Puisque deg R < deg
Y
Φd , il s’ensuit que Φn − Q = 0 d’où Φn ∈ Q[X]. Enfin, on a Φn ∈ Z[X]
d|n
d≤n−1
d’après le lemme, puisque Φn
Y
d|n
d≤n−1
Φd = Xn − 1 ∈ Z[X].
28
Forme faible du théorème de Dirichlet
Soit p un nombre premier et a ∈ Z tels que p divise Φn (a) mais ne divise aucun Φd (a) pour tout diviseur
d de n. Comme p divise Φn (a), p divise aussi an − 1 donc l’ordre de la classe a de a dans U(Z/pZ) divise
n. Si d divise n strictement alors
Y
ad − 1 =
Φd0 (a)
d0 |d
d0
dans Z/pZ. Mais si
divise d où d est un diviseur de n alors d0 divise n et par hypothèse, on a donc
Φd0 (a) 6= 0. Comme Z/pZ est un corps, il s’ensuit que le produit des Φd0 (a) est non nul i.e. ad 6= 1.
Ainsi, on a an = 1 et ad 6= 1 pour tout diviseur d de n donc l’ordre de a dans U(Z/pZ) est exactement
n. D’autre part, cet ordre divise l’ordre du groupe i.e. n divise p − 1 et le nombre premier p est donc de
la forme kn + 1 avec k entier.
Supposons maintenant qu’il n’existe qu’un nombre fini de premiers congrus à 1 modulo n, on les note
p1 , . . . , pq . On pose N = np1 · · · , pq , d’après ce qui précède, il suffit de trouver un nombre premier p et
un entier a tel que p divise ΦN (a) mais ne divise aucun Φd (a) pour tout diviseur d de N . On pose
Y
B=
Φ(d),
d|N
d<N
i.e. il s’agit de trouver p premier et a ∈ Z tels que p divise ΦN (a) mais ne divise pas B(a). Les polynômes
B et ΦN sont tous deux à coefficients dans Q et n’ont aucune racine commune dans C (où ils sont scindés)
donc B et ΦN sont premiers entre eux dans Q et, d’après le théorème de Bézout, on a U B + V ΦN = 1
avec U, V ∈ Q[X]. Il existe alors un entier a ∈ Z tel que U 0 = aU et V 0 = aV soient à coefficients entiers ;
puisque ΦN n’est pas constant, on peut choisir a ∈ Z tel que |ΦN (a)| ≥ 2. Soit p un diviseur premier
de ΦN (a) alors p divise aN − 1 (puisque ΦN divise X N − 1) i.e. aN = 1 dans Z/pZ ; en particulier
a est inversible dans Z/pZ ce qui signifie que a et p sont premiers entre eux. Ainsi, p ne divise pas
a = U 0 (a)B(a) + V 0 (a)ΦN (a) et comme p divise ΦN (a), p ne divise pas B(a) et p est donc congru à 1
modulo N . Donc p est congru à 1 modulo n et est distinct de p1 , . . . , pq .
Leçons concernées
09 Congruences dans Z, anneau Z/nZ. Applications
10 Nombres premiers.Applications
15 Groupe des nombres complexes de module 1. Applications
Références
S. Francinou et H. Gianella, Exercices d’algèbre 1, Masson, 1993.
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 11
DÉCOMPOSITION DE DUNFORD ET APPLICATIONS
On note E un K-espace vectoriel de dimension finie.
Lemme des noyaux. — Soit f ∈ L(E) et Q1 , . . . , Qs ∈ K[X] des polynômes premiers entre eux deux
à deux, alors
(i) les sous-espaces Ei = ker Qi (f ) sont en somme directe,
s
M
(ii)
ker Qi (f ) = ker(Q1 Q2 · · · Qs )(f ),
i=1
(iii) les projecteurs associés à cette somme directe sont dans K[f ]
Démonstration. — Posons Pi =
Y
Qi alors les Pi sont premiers dans leur ensemble. En effet, considérons
j6=i
un diviseur ∆ des Pi alors ∆ divise P1 = Q2 · · · Qs , donc un Qi0 pour i0 ≥ 2, et ∆ divise aussi
Pi0 = Q1 · · · Qi0 −1 Qi0 +1 · · · Qs , donc un Qi pour i 6= i0 ; comme les Qj sont premiers entre eux deux à
deux, on obtient bien que ∆ est inversible.
L’identité de Bézout donne alors A1 P1 + · · · + As Ps = 1 pour A1 , . . . , As ∈ K[X], d’où
A1 (f )P1 (f ) + · · · + As (f )Ps (f ) = id.
Soit x ∈ ker(Q1 · · · Qs )(f ) alors
A1 (f )P1 (f )(x) + · · · + As (f )Ps (f )(x) = x.
On pose xi = Ai (f )Pi (f )(x), on a
Qi (f )(xi ) = Qi (f )Ai (f )Pi (f )(x) = Ai (f )Pi (f )Qi (f )(x) = Ai (f )(Q1 · · · Qs )(f )(x) = 0
i.e. xi ∈ ker Qi (f ). On a donc
ker(Q1 · · · Qs )(f ) ⊆
s
X
ker Qi (f )
i=1
et la réciproque est évidente puisque ker Qi (f ) ⊆ ker(Q1 · · · Qs )(f ) pour tout i, d’où
ker(Q1 · · · Qs )(f ) =
s
X
ker Qi (f ).
i=1
Montrons que cette somme est directe : il suffit de montrer que si ω1 + · · · + ωs = 0 avec ωj ∈ ker Qj (f )
alors tous les ωj sont nuls. Pour j 6= i, on a Ej = ker Qj (f ) ⊆ ker Pi (f ) donc Ai (f )Pi (f )(ωj ) = 0 et il
s’ensuit que
Ai (f )Pi (f )(ωj ) = (A1 (f )P1 (f ) + · · · + As (f )Ps (f ))(ω1 + · · · + ωs ) = 0
donc
ωj = (A1 (f )P1 (f ) + · · · + As (f )Ps (f )) (ωj ) = A1 (f )P1 (f )(ωj ) + · · · + As (f )Ps (f )(ωj ) = 0
Enfin, le projecteur sur Ej parallèlement à E1 ⊕ · · · ⊕ Ei−1 ⊕ Ei+1 · · · ⊕ Es est πi = Ai (f )Pi (f ) donc
πi ∈ K[f ].
30
Décomposition de Dunford et applications
Théorème. — Soit f ∈ L(E) tel que χf soit scindé alors il existe d ∈ L(E) diagonalisable et n ∈ L(E)
nilpotent tels que u = d + n et vérifiant
– d◦n=n◦d
– d, n sont uniques avec cette propriété
– d et n sont des polynômes en f
Démonstration. — On écrit µf = (X − λ1 )m1 · · · (X − λs )ms et on note Fi = ker(f − λi id)mi les sousespaces caractéristiques correspondants, alors E = F1 ⊕ · · · ⊕ Fs et les Fi sont stables, on définit donc d
et n sur les Fi . On pose d|Fi = λi idFi et n|Fi = f − λi idFi . Alors n|Fi est nilpotent d’indice mi donc n est
nilpotent d’indice m = sup{m1 , . . . , ms }. Sur chaque Fi , di est une homothétie donc d ◦ n = n ◦ d. Si on
note pi le projecteur sur Fi parallèlement à F1 ⊕ · · · ⊕ Fi−1 ⊕ Fi+1 ⊕ · · · ⊕ Fs alors d = λ1 p1 + · · · + λs ps
or, d’après le théorème de décomposition des noyaux, les projecteurs sont des polynômes en f donc d
est un polynôme en f et c’est aussi le cas de n = f − d.
Supposons maintenant que f = d0 + n0 soit une autre décomposition. Puisque d0 commute avec n0 (et
avec d0 ), d0 commute avec f donc d0 laisse stable les Fi = ker(f − λi id)mi . Or sur Fi , d et d0 sont des
homothéties donc commutent sur Fi et il en résulte que d et d0 commutent sur E. Par conséquent, on
peut diagonaliser d et d0 dans une même base B, ce qui signifie que dans B la matrice de d − d0 est
diagonale. Mais comme d et d0 commutent, n = f − d et n0 = f − d0 commutent aussi or n et n0 sont
nilpotents donc la formule de Newton donne
X
(n − n0 )p+q =
Cip+q ni (−1)j (n0 )j = 0
i+j=p+q
i.e. n −
n0
=
d0
− d est nilpotent et diagonalisable donc n − n0 = d0 − d = 0.
Application. — Si A ∈ GLn (C) alors il existe B ∈ Mn (C) telle que A = exp B.
Démonstration. — Soit A ∈ GLn (C) alors, quitte à raisonner sur les blocs de Jordan de A, on peut
supposer que A est de la forme A = λ(Im + N ) où N est nilpotente. On pose alors C = Im + N et
D = log C = N −
N2
N m−1
+ · · · + (−1)m
2
m−1
et on va montrer que exp D = C. On considère
D(t) = tN −
tm−1 m−1
t2 2
N + · · · + (−1)m
N
2
m−1
d’où en dérivant
et comme N m
D0 (t) = N − tN 2 + · · · + (−1)m tm−2 N m−1
= 0 (puisque N est nilpotente et que l’on considère des matrices de Mm (K)) on a
(Im + tN )D0 (t) = N.
Puisque D(t) et D0 (t) commutent, en posant S(t) = exp D(t), il vient
S 0 (t) = D0 (t) exp D(t) i.e. (Im + tN )S 0 (t) = N S(t)
et en dérivant à nouveau, on obtient finalement (Im + tN )S 00 (t) = 0 or Im + tN est inversible donc
S 00 (t) = 0 d’où S(t) = S(0) + tS 0 (0) = Im + tN et pour t = 1, on a bien exp D = Im + N = C.
Considérons maintenant µ ∈ C tel que eµ = λ alors
exp(µIm + D) = exp(µIm ) exp D = λIm .C = λIm (Im + N ) = A.
Application. — Si A ∈ Mn (R) a un polynôme caractéristique χA scindé alors
A diagonalisable ⇐⇒ exp A diagonalisable.
Sébastien Pellerin
31
Démonstration. — Si A est diagonalisable alors exp A est clairement diagonalisable. Réciproquement,
notons A = D + N la décomposition de Dunford de A alors exp A = exp D exp N , puisque DN = N D.
D’autre part A et D commutent donc il en est de même de exp(A) et exp(−D) or ces deux matrices
sont diagonalisables donc on peut les diagonaliser dans une même base et exp N = exp(−D) exp A est
donc aussi diagonalisable. Comme la matrice
exp N = In + N +
N2
N n−1
+ ··· +
.
2
(n − 1)!
est unipotente, on a exp N = In d’où
N+
N2
N n−1
+ ··· +
=0
2
(n − 1)!
et le polynôme
Q(X) = X +
X n−1
X2
+ ··· +
2
(n − 1)!
est annulateur pour N . Donc Q est divisible par le polynôme minimal de N qui est de la forme X k avec
1 ≤ k ≤ n donc µN = X i.e. N = 0.
Application. — Si B ∈ Mn (C) vérifie ρ(B) < 1 alors B k −−−−→ 0.
k→+∞
Démonstration. — On se place dans une base de sous-espaces caractéristiques alors


λ1 I + N 1


..
B = P −1 CP où C = 

.
λs I + Ns
où les λi sont les valeurs propres de B et les Ni sont nilpotents. Alors B k tend vers 0 si et seulement si
C k tend vers 0 et on se ramène donc à montrer que chaque (λid + N )k tend vers 0. On note r l’ordre
de nilpotence de N alors, puisque id et N commutent, pour tout k ≥ r, on a
k−r+1 r−1
N
.
(λid + N )k = λk id + C1k λk−1 N + C2k λk−2 N 2 + · · · + Cr−1
k λ
Or |λ| ≤ ρ(B) < 1 et les Cjk sont des polynômes en k de degré au plus r donc (λid + N )k tend vers 0
quand k tend vers l’infini.
Application. — Soit A ∈ GLn (C) alors la suite (Ak )k∈Z est bornée si et seulement si A est diagonalisable et Sp(A) ⊂ S1 .
Démonstration. — On regarde la suite (λid + N )k pour k ≥ 0, on a (avec r indice de nilpotence de N )
k−r+1 r−1
(λid + N )k = λk id + C1k λk−1 N + C2k λk−2 N 2 + · · · + Cr−1
N
k λ
et la famille {id, N, . . . , N r−1 } est libre donc le comportement de la suite (λid + N )k est le même que
celui des monômes. La fait que (λid + N )k soit borné implique donc que |λ| < 1, ou que |λ| = 1 et
N = 0. Pour k = −` négatif, on a
(λid + N )−` = λ−` (id + N 0 )`
et, d’après le cas précédent, le fait que (λid + N )−` soit borné implique que λ−1 < 1, ou que λ−1 = 1
et N 0 = 0. Finalement, on obtient |λ| = 1 et N = 0 i.e. A est diagonalisable et ses valeurs propres sont
de module 1. La réciproque est claire.
Sébastien Pellerin
32
Décomposition de Dunford et applications
Leçons concernées
23 Réduction d’un endomorphisme en dimension finie. Applications
24 Sous-espaces stables d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie. Applications
37 Endomorphismes diagonalisables
39 Endomorphismes nilpotents
40 Polynômes d’endomorphismes. Applications
Référence
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 12
ENVELOPPE CONVEXE DU GROUPE ORTHOGONAL
On considère l’espace Mn (R) muni de la norme ||| |||2 induite par la norme euclidienne de Rn .
Lemme. — Les formes linéaires sur Mn (K) sont les applications
Mn (K) → K, M 7→ Tr (AM ) où A ∈ Mn (K).
Démonstration. — On considère le morphisme f : Mn (K) → Mn (K)0 , A 7→ fA où fA (M ) = Tr (AM ).
Il s’agit de montrer que f est un isomorphisme i.e. (puisque dim Mn (K) = dim Mn (K)0 ) de montrer
que f est injective. Si A = (ai,j ) est telle que fA = 0 alors, pour tous 1 ≤ i, j ≤ n, on a
0 = fA (Ei,j ) = Tr (AEi,j )
mais
AEi,j =
X
X
ak,l Ek,l Ei,j =
1≤k,l≤n
ak,l δli Ek,l Ei,j =
0 = Tr (AEi,j ) = Tr
n
X
ak,i Ek,i Ei,j =
ak,i Ek,j =
k=1
n
X
ak,i Tr (Ek,j ) =
k=1
n
X
ak,i Ek,j
k=1
k=1
1≤k,l≤n
d’où
n
X
n
X
ak,i δkj = aj,i
k=1
i.e. A = 0.
Théorème. — L’enveloppe convexe de O(n) dans Mn (R) est la boule unité.
Démonstration. — Il est clair que BMn (K) contient l’enveloppe convexe de O(n), on considère donc une
matrice M ∈ Mn (K) telle que |||M |||2 ≤ 1. D’après un corollaire du théorème de Hahn-Banach, pour
montrer que M est dans l’enveloppe convexe de O(n), il suffit de montrer que
ϕ(M ) ≤ sup ϕ(O)
O∈O(n)
pour toute forme linéaire ϕ sur Mn (K). D’après le lemme, cela revient à montrer que
Tr (AM ) ≤ sup Tr (AO) , ∀A ∈ Mn (K).
O∈O(n)
On considère une décomposition polaire A = ΩS de A (i.e. Ω est orthogonale et S est symétrique
positive) et une base orthonormale (e1 , . . . , en ) de Rn formée de vecteurs propres de S, alors
sup Tr (AO) ≥ Tr (AΩ−1 ) = Tr (Ω−1 A) = Tr (S) =
O∈O(n)
n
X
kSei k2 .
i=1
D’autre part, on a
Tr (AM ) = Tr (M A) =
n
X
i=1
hM Aei , ei i =
n
X
i=1
hAei , M ∗ ei i
34
Enveloppe convexe du groupe orthogonal
d’où d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz
n
n
X
X
∗
Tr (AM ) ≤
kAei k2 kM ei k2 ≤
kAei k2 |||M ∗ |||2 kei k2 .
Mais |||M |||2 ≤ 1 implique que
i=1
∗
|||M |||2
i=1
≤ 1 et la base (e1 , . . . , en ) est orthonormale donc
n
n
n
X
X
X
Tr (AM ) ≤
kAei k2 ≤
kΩSei k2 =
kSei k2
i=1
i=1
i=1
et on a finalement bien Tr (AM ) ≤ sup Tr (AO).
O∈O(n)
On rappelle qu’un élément U de B est dit extremal si toute écriture du type U =
V, W ∈ B implique U = V = W .
1
2 (V
+ W ) avec
Théorème. — O(n) est l’ensemble des points extrémaux de la boule unité.
Démonstration. — Notons tout d’abord que si |||U ||| < 1 alors U n’est
pas extrémal ; en effet, si U = 0
1
1
1
1
alors U = 2 (I + (−I)) et si U 6= 0 alors U = 2 |||U ||| U + (2 − |||U ||| )U .
D’autre part, tout élément U ∈ O(n) est extrémal ; en effet, écrivons U = 12 (V + W ) alors, pour tout
x ∈ Rn , on a 2U x = V x + W x d’où
4 kxk2 = k2U xk2 = kV xk2 + kW xk2 + 2hV x, W xi ≤ |||V |||2 kxk2 + |||W |||2 kxk2 + |||V ||||||W ||| kxk2 ≤ 4 kxk2
ce qui implique que les inégalités ci-dessus sont en fait des égalités i.e. on a
kV xk = kxk , kW xk = kxk et hV x, W xi = kV xk kW xk ;
la dernière égalité implique que V x et W x sont positivement liés et le deux premières montrent donc
qu’on a en fait V x = W x, d’où U = V = W .
Soit A un élément extrémal de la boule unité, on en considère une décomposition polaire A = SO, ce
qui peut aussi s’écrire


d1


..
A = t ΩDΩO où D = 

.
dn
et Ω, O ∈ O(n) et λ1 , . . . , λn ≥ 0. D’autre part on a |||A||| = |||D||| = sup di donc 0 ≤ di ≤ 1 pour tout
1≤i≤n
i. Supposons que l’un des di soit non nul, par exemple d1 6= 0, et posons



1
2d1 − 1



d
d2
2



D1 = 
et
D
=


2
.
..
..



.
dn
dn





puis V = t ΩD1 ΩO et W = t ΩD2 ΩO alors V 6= W , |||V ||| = |||D1 ||| ≤ 1, |||W ||| = |||D2 ||| ≤ 1 et
A = 12 (U + W ) ce qui contredit le caractère extrémal de A. Par conséquent, tous les di sont nuls
i.e. A = t ΩΩO = O ∈ O(n).
Sébastien Pellerin
35
Leçons concernées
07 Groupe linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
30 Barycentres dans un espace affine réel de dimension finie ; convexité. Applications
40 Exemples de décompositions remarquables dans le groupe linéaire. Applications
45 Formes linéaires et hyperplans en dimension finie. Exemples et applications
Compléments
Applications de la caractérisation du dual de Mn (K). —
On a vu que les formes linéaires sur Mn (K) sont les applications
Mn (K) → K, M 7→ Tr (AM ) où A ∈ Mn (K).
Proposition. — Si f est une forme linéaire sur Mn (K) telle que f (M N ) = f (N M ) pour tous M, N
de Mn (K) alors il existe λ ∈ K tel que f = λTr .
Démonstration. — Soit A ∈ Mn (K) telle que f (M ) = Tr (AM ) pour tout M ∈ Mn (K) ; l’hypothèse
s’écrit donc Tr (AM N ) = Tr (AN M ), pour tous M, N ∈ Mn (K), i.e. Tr ((AM − M A)N ) = 0. Puisque,
pour M fixée, la forme linéaire N 7→ Tr ((AM − M A)N ) est nulle, c’est donc que AM = M A. Ainsi,
A commute avec toute matrice M ∈ Mn (K) or le centre de Mn (K) est composé des homothéties donc
A = λI et il s’ensuit que f = λTr .
Remarque. — Le fait que le centre de Mn (K) soit composé des homothéties peut se montrer de la
façon suivante : A = (ai,j )i,j commute avec la matrice Ei,j de la base canonique alors
n
X
k=1
ak,i Ek,j =
X
X
ak,l Ek,l Ei,j = AEi,j = Ei,j A =
1≤k,l≤n
1≤k,l≤n
ak,l Ei,j Ek,l =
n
X
aj,l Ei,l
l=1
d’où ak,i = 0 pour k 6= i et ai,i = aj,j .
Remarque. — On peut donner une preuve directe de la proposition. Soit 1 ≤ i, j ≤ n avec i 6= j, on a
f (Ei,j ) = f (Ei,i Ei,j ) = f (Ei,j Ei,i ) = f (0) = 0 et f (Ei,i ) = f (Ei,j Ej,i ) = f (Ej,i Ei,j ) = f (Ej,j ).
Si on note λ la valeur commune des f (Ei,i ), on vérifie que les formes linéaires f et λTr coı̈ncident sur
une base de Mn (K) donc sont égales.
Proposition. — GLn (K) coupe tout hyperplan de Mn (K).
Démonstration. — Un hyperplan de Mn (K) est le noyau d’une forme linéaire M 7→ Tr (AM ) donc
il s’agit de trouver M inversible telle que Tr (AM ) = 0. Notons r le rang de A alors il existe P, Q
inversibles telles que
Ir 0
P AQ =
=: Jr
0 0
or Tr (AM ) = Tr (P −1 Jr Q−1 M ) = Tr (Jr Q−1 M P −1 ) i.e. il s’agit de trouver N inversible telle que
Tr (Jr N ) = 0 (on pose alors M = QN P ). On considère la matrice de permutation
0
1
N=
In−1 0
qui est bien inversible et telle que Jr N soit de diagonale nulle.
Proposition. — Soit A, B ∈ Mn (K), on a équivalence entre
(i) il existe M ∈ Mn (K) telle que AM + M A = B
Sébastien Pellerin
36
Enveloppe convexe du groupe orthogonal
(ii) pour tout C ∈ Mn (K) telle que AC + CA = 0, on a Tr (BC) = 0
Démonstration. — (i) ⇒ (ii) Si C ∈ Mn (K) vérifie AC + CA = 0 alors
Tr (BC) = Tr ((AM + M A)C) = Tr (AM C) + Tr (M AC) = Tr (CAM ) + Tr (ACM )
i.e. Tr (BC) = Tr ((CA + AC)M ) = 0.
(ii) ⇒ (i) On considère l’endomorphisme f : Mn (K) → Mn (K), M 7→ AM + M A, il s’agit de montrer
que B ∈ Im f . L’application T : C 7→ TC , où TC (M ) = Tr (CM ), définit un isomorphisme de Mn (K)
sur son dual et la condition (ii) signifie que TC (B) = 0 dès que C ∈ ker f i.e.
B ∈ (T (ker f ))◦ = {N ∈ Mn (K) ; ∀ϕ ∈ T (ker f ), ϕ(N ) = 0}.
Mais la première implication donne Im f ⊂ (T (ker f ))◦ or (puisque T est un isomorphisme)
dim(T (ker f ))◦ = dim Mn (K) − dim T (ker f ) = dim Mn (K) − dim ker f = dim Im f
d’où B ∈ Im f .
Preuve du théorème de Hahn-Banach et de ses corollaires. —
Théorème de Hahn-Banach. — Soit E un espace vectoriel normé, M un sous-espace de E et A un
ouvert convexe non vide de E tel que M ∩ A = ∅. Alors il existe un hyperplan linéaire fermé H de E
tel que M ⊂ H et H ∩ A = ∅.
Démonstration. — Notons F l’ensemble des sous-espaces N de E qui contiennent M et n’intersectent
pas A, on ordonne F par inclusion de sorte que ce soit un ensemble inductif, alors le lemme de Zorn
donne un élément maximal H ; on pose alors
!
[
[
[
Ω=H+
λA =
h+
λA
λ>0
h∈H
λ>0
qui est un ouvert de E.
• On a Ω ∩ (−Ω) = ∅. En effet, sinon il existe x = h1 + λ1 a1 = h2 − λ2 a2 avec h1 , h2 ∈ H, λ1 , λ2 > 0 et
a1 , a2 ∈ A ; on peut alors écrire
λ1
λ2
1
a1 +
a2 =
(h1 − h2 ) ∈ H
λ1 + λ2
λ1 + λ2
λ1 + λ2
alors que cet élément appartient à A par convexité, c’eest impossible puisque H ∩ A = ∅.
e = H ⊕ Rx
• On a E = H ∪ Ω ∪ (−Ω). En effet, sinon on considère x ∈ E \ (H ∪ Ω ∪ (−Ω)) puis on pose H
e donc, par maximalité de H, on doit avoir H
e ∩ A 6= ∅ i.e. il existe x ∈ H et λ 6= 0 tels que
alors H $ H
e
y = h + λx ∈ H ∩ A. Mais comme y ∈ A, on a
1
1
x = − h + y ∈ Ω ∪ (−Ω)
λ
λ
ce qui contredit le choix de x.
• On a H ∩ (Ω ∪ (−Ω)) = ∅. En effet, puisque H coupe Ω si et seulement si H coupe (−Ω), il suffit de
montrer que H ∩ Ω = ∅, on suppose donc qu’il existe x = h + λa dans H où h ∈ H, λ > 0 et a ∈ A,
alors a = λ1 (x − h) ∈ A ∩ H ce qui est impossible.
• Puisque Ω est ouvert et H = E \ (Ω ∪ (−Ω)), H est fermé dans E.
• Enfin, H est un hyperplan linéaire. En effet, considérons un élément x non nul dans Ω \ H et posons
e = H ⊕ Rx. Si H
e 6= E alors il existe y ∈ (−Ω) tel que y ∈
e (on peut prendre y dans (−Ω) puisque
H
/H
e implique Ω ⊂ H)
e et on considère alors l’application
(−Ω) ⊂ H
f : [0, 1] → E, t 7→ tx + (1 − t)y.
Sébastien Pellerin
37
On a 0 ∈ f −1 (−Ω) et 1 ∈ f −1 (Ω) or f −1 (−Ω) et f −1 (Ω) sont deux ouverts non vides du connexe [0, 1]
qui sont disjoints puisque Ω ∩ (−Ω) = ∅, il s’ensuit que f −1 (−Ω) ∪ f −1 (−Ω) $ [0, 1]. Ainsi, il existe
t ∈]0, 1[ tel que f (t) ∈ H i.e.
1
e
y=
(f (t) − tx) ∈ H ⊕ Rx = H
1−t
e = E i.e. H est un hyperplan.
ce qui est impossible par choix de y. On a donc H ⊕ Rx = H
Corollaire. — Soit E un R-espace vectoriel normé, F un convexe fermé de E et C un convexe compact
de E tels que F ∩ C = ∅. Alors il existe une forme linéaire continue ϕ telle que :
sup ϕ(x) < inf ϕ(y).
y∈F
x∈C
Démonstration. — On pose G = F − C, alors G est fermé et ne contient pas 0. En effet, 0 ∈
/ G puisque
F ∩ C = ∅ et considérons deux suites (xn )n et (yn )n respectivement dans F et C telles que la suite
(zn )n , où zn = xn − yn , converge vers z ∈ E. Puisque C est compact, il existe ψ : N → N strictement
croissante telle que la suite (yψ(n) )n converge vers y ∈ C. Notons x = y + z alors
lim xψ(n) = lim yψ(n) + zψ(n) = y + z = x.
n→+∞
n→+∞
Or F est fermé donc x ∈ F i.e. z = x − y ∈ F − C = G. En particulier, il existe r > 0 tel que
B(0, r) ∩ G = ∅.
On pose A = G + B(0, r) = G − B(0, r), alors 0 ∈
/ A et il existe une forme linéaire continue ϕ : E → R
telle que ϕ(z) > 0 pour tout z ∈ A. En effet, on a 0 ∈
/ A et puisque A est un ouvert convexe, on pose
M = {0} et on applique le théorème de Hahn-Banach géométrique donc il existe un hyperplan fermé H
tel que H ∩ A = ∅. En écrivant H = ker ϕ avec ϕ : E → R linéaire, on voit que ϕ est continue. Comme
ker ϕ ∩ A = ∅, on a 0 ∈
/ ϕ(A) avec ϕ(A) convexe dans R donc ϕ(A) est un intervalle et on a donc soit
ϕ(A) ⊂]0, +∞[, soit ϕ(A) ⊂] − ∞, 0[ ; quitte à prendre −ϕ au lieu de ϕ, on a bien ϕ(z) > 0 pour tout
z ∈ A.
On a alors m = inf ϕ(x) > 0. En effet, supposons que m = 0, alors il existe une suite (xn )n dans G
x∈G
telle que la suite (ϕ(xn ))n tende vers 0. Puisque ϕ est non nulle, il existe u ∈ B(0, r) tel que ϕ(u) 6= 0.
On pose
|ϕ(u)|
·u ,
v=−
ϕ(u)
alors on a kvk = kuk donc v ∈ B(0, r). Comme xn + v ∈ G + B(0, r) = A, on a
0 < ϕ(xn + v) = ϕ(xn ) + ϕ(v) = ϕ(xn ) − |ϕ(u)|
d’où
0 < |ϕ(u)| < ϕ(xn ) −−−−−→ 0
n→+∞
ce qui est impossible. On a donc bien m > 0.
Considérons maintenant x ∈ C et y ∈ F , alors y − x ∈ G d’où ϕ(y) − ϕ(x) ≥ m donc
∀y ∈ F, sup ϕ(x) < sup (m + ϕ(x)) ≤ m + ϕ(y)
x∈C
x∈C
d’où
sup ϕ(x) ≤ m inf ϕ(y) < inf ϕ(y).
x∈C
y∈F
y∈F
Corollaire. — Soit E un espace vectoriel normé et A une partie compacte de E. Alors x ∈ E est
adhérent à l’enveloppe convexe de A si et seulement si pour tout ϕ ∈ E 0 , on a
ϕ(x) ≤ sup ϕ(y).
y∈A
Sébastien Pellerin
38
Enveloppe convexe du groupe orthogonal
Démonstration. — On pose F = {x} et on note C l’adhérence de l’enveloppe convexe de A, alors F est
un convexe fermé et C est un convexe compact (d’après le théorème de Caratheodory). Si x ∈
/ F alors
C ∩ F = ∅ avec C convexe compact et F convexe fermé donc le corollaire précédent donne une forme
linéaire ϕ telle que
sup ϕ(y) < inf ϕ(y) i.e. sup ϕ(y) < ϕ(x).
y∈F
y∈C
y∈C
Réciproquement, si x ∈ C alors il existe (xn )n dans l’enveloppe convexe de A tendant vers x, on a donc
ϕ(xn ) ≤ sup ϕ(y) pour tout ϕ ∈ E 0 et tout n, d’où ϕ(x) ≤ sup ϕ(y) par continuité de ϕ.
y∈C
y∈C
Une caractérisation géométrique de SO(n) dans SLn (R). —
√
Proposition. — On a d2 (0, SLn (R)) =
inf
kM k2 = n et le lieu de SLn (R) où cette distance
M ∈SLn (R)
est atteinte est exactement SO(n).
Démonstration. — On considère les applications f et q de Mn (R) dans R définies pour M = (mi,j ) par
X
f (M ) = det M − 1 et q(M ) = kM k22 =
m2i,j = Tr (t M M ).
1≤i,j≤n
C∞
Il s’agit de deux fonctions de classe
puisque ce sont des fonctions polynômiales en les n2 variables
∂q
réelles mi,j . De plus, on a ∂mi,j (M ) = 2mi,j pour tous i, j, i.e. ∇q(M ) = 2M . Si Mi,j désigne le cofacteur
n
X
∂f
de mi,j alors det M =
mi,j Mi,j mais Mi,j ne dépend pas de la variable mi,j d’où ∂m
(M ) = Mi,j
i,j
j=1
donc ∇f (M ) est la comatrice Com(M ) de M . On souhaite minimiser l’expression q(M ) sous la contrainte
f (M ) = 0 (ce minimum existe bien puisque SLn (R) est un fermé de Mn (R)) ; on rappelle le théorème
des extrema liés :
Lemme. — Soit U un ouvert de RN et u, v : U → RN de classe C 1 telles que V = {x ∈ U; v(x) = 0} =
6 ∅,
u|V a un extremum local en a ∈ V et ∇v(a) 6= 0. Alors il existe λ ∈ R tel que ∇u(a) = λ∇v(a).
Si inf M ∈SLn (R) kM k2 est atteint en A ∈ SLn (R) alors il existe un réel µ tel que A = µCom(A) or
det A = det Com(A) = 1 d’où µ = 1. Or A−1 = t Com(A) donc t AA = I i.e. A ∈ O(n) d’où
A ∈ SO(n). Réciproquement, si A ∈ SO(n) alors on a q(A) = n.
Distance au groupe orthogonal. —
√
Proposition. — Pour tout M ∈ Mn (R), on a d(M, O(n)) = ||| t M M − I|||2 .
Démonstration. — Notons tout d’abord que si S et T sont symétriques positives et si h , i désigne
le produit scalaire euclidien sur Mn√
(R) alors hS, T i ≥ 0. Par densité, il suffit√de vérifie
cela pour T
√
symétrique définie positive ; on note T l’unique racine carré de T alors R = T S T est symétrique
√
√ −1
positive et on a hS, T i = Tr (ST ) = Tr ( T ST T ) = Tr (R) ≥ 0.
On considère l’action de O(n) × O(n) sur Mn (R) donnée par (Ω1 , Ω2 ) ? M = Ω1 M Ω−1
alors on a
2
k(Ω1 , Ω2 ) ? M k2 = kM k2 donc tous les points d’une même orbite sont à la même distance de O(n).
Soit M = SO une décomposition polaire de M , alors il existe Ω ∈ O(n) telle que S = t ΩDΩ avec D
diagonale à coefficients positifs ; il s’ensuit que D est dans l’orbite de M or on a
√
kD − Ik2 = t Ω(D − I)Ω2 = t ΩDΩ − I2 = kS − Ik2 = M t M − I
2
donc il reste à montrer que kD − Ik2 est la distance de D à O(n).
Sébastien Pellerin
39
Soit U ∈ O(n) et δ := kD − U k22 − kD − Ik22 , montrons que δ ≥ 0. En développant, on obtient
1
δ = 2hI − U, Di = 2hI − E, Di où E = (U +t U ).
2
n
Si ||| |||2 est la norme induite sur Mn (R) par la norme k k2 de R alors |||U |||2 = 1 donc |||E|||2 ≤ 1 et il
s’ensuit que la matrice symétrique I − E est positive puisque
h(I − E)X, Xi = kXk22 − hEX, Xi ≥ kXk22 (1 − |||E|||2 ) ≥ 0.
D’après la remarque préliminaire, on a donc δ = 2hI − E, Di ≥ 0.
Références
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
H. Queffélec et C. Zuily, Éléments d’analyse pour l’agrégation, Dunod, 2002.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 13
ÉQUATIONS DIOPHANTIENNES ET SÉRIES GÉNÉRATRICES
Exemple. — Le nombre de solutions (x, y, z) ∈ N3 de l’équation x + 2y + 3z = n est
p(n) =
(n + 1)(n + 5) 17 (−1)n 2
2iπ
+
+
+ cos
.
12
72
8
9
3
Démonstration. — Pour |t| < 1, on effectue les développements en série entière suivants :
+∞
+∞
+∞
k=0
k=0
k=0
X
X
X
1
1
1
2k
=
tk ,
=
t
et
=
t3k
1−t
1 − t2
1 − t3
de sorte que
1
=
(1 − t)(1 − t2 )(1 − t3 )
+∞
X
!
tk
k=0
+∞
X
!
t2k
k=0
+∞
X

!
t3k
=
k=0
X

d≥0

X
 X
p(d)td .
td  =
n+2m+3p=d
n,m,p≥0
d≥0
On décompose cette fraction en éléments simples
1
1
1
17
1
1
1
=
+
+
+
+
+
.
2
3
3
2
(1 − t)(1 − t )(1 − t )
6(1 − t)
4(1 − t)
72(1 − t) 8(1 + t) 9(1 − jt) 9(1 − j 2 t)
En dérivant la série géométrique, il vient
+∞
+∞
k=0
k=0
X
X1
1
1
k
=
(k
+
1)t
et
=
(k + 2)(k + 1)tk
(1 − t)2
(1 − t)3
2
d’où en remplaçant plus haut
+∞ X
1
=
(1 − t)(1 − t2 )(1 − t3 )
k=0
1
1
17 (−1)k
1 2iπk
− 2iπk
3
3
(k + 2)(k + 1) + (k + 1) +
+
+ (e
+e
) tk .
12
4
72
8
9
et on a donc, pour tout k ≥ 0, p(k) =
(k + 1)(k + 5) 17 (−1)k
2
2iπ
+
+
+ cos
.
12
72
8
9
3
On considère des entiers naturels non nuls α1 , . . . , αp premiers dans leur ensemble et, pour tout n ∈ N,
on note Sn le nombre de solutions (n1 , . . . , np ) ∈ Np de l’équation
α1 n1 + · · · + αp np = n.
Proposition. — Sn ∼
1
np−1
α1 · · · αp (p − 1)!
42
Équations diophantiennes et séries génératrices
Démonstration. — On a
F (z) =
+∞
X
n
Sn z =
p X
Y
z
α` n`
=
`=1 n` ∈N
n=0
p
Y
`=1
1
1 − z α`
et toutes ces séries entières admettent 1 pour rayon de convergence. La fraction rationnelle F (z) a pour
pôles les racines α`è de l’unité pour ` = 1, . . . , p. En outre, le pôle z = 1 est d’ordre p alors que tous les
autres sont d’ordre < p (puisque les αi sont premiers dans leur ensemble). La décomposition en éléments
simples de F s’écrit donc sous la forme
A
F (z) =
+ G(z)
(1 − z)p
a1,ω
ap−1,ω
où G(z) est une somme finie de termes du type
+ ···
avec les ω racines de l’unité et
ω−z
(ω − z)p−1
les ak,ω ∈ C. Pour trouver A, on écrit
1
1
(1 − z)p F (z) =
···
α
−1
1
1 + z + ··· + z
1 + z + · · · + z αp −1
1
puis on fait tendre z vers 1 d’où A =
. Par ailleurs en dérivant k fois, il vient
α1 · · · αp
+∞
X (s + k − 1)!
1
1
=
ω −s−k z s
(k − 1)!
s!
(ω − z)k
s=0
et (puisque |ω| = 1) le coefficient en
zn
dans cette série est un O(sk−1 ). D’autre part, on a
+∞
+∞
s=0
s=0
X (s + k − 1)!
X
1
1
1
=
zs =
(s + 1) · · · (s + p − 1)z s
p
(1 − z)
(p − 1)!
s!
(p − 1)!
d’où
Sn =
1
(n + 1) · · · (n + p − 1)
+ O(np−2 )
α1 · · · αp
(p − 1)!
d’où
Sn ∼
1
np−1
.
α1 · · · αp (p − 1)!
Leçons concernées
13 Corps des fractions rationnelles à une indéterminée sur un corps commutatif. Exemples et applications
18 Équations diophantiennes du premier degré ax + by = c. Exemples d’équations diophantiennes de
degré suprieur
Références
A. Chambert-Loir, S. Fermigier et V. Maillot, Analyse 1, Masson, 1997.
X. Gourdon, Analyse, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 14
UN HOMÉOMORPHISME RÉALISÉ PAR L’EXPONENTIELLE
Proposition. — L’exponentielle de Mn (R) réalise un homéomorphisme entre Sym(n) et Sym++ (n).
L’exponentielle de Mn (C) réalise un homéomorphisme entre H(n) et H++ (n).
Démonstration. — On fait la preuve dans C, celle dans R est analogue. Soit A hermitienne, alors il
existe U ∈ U (n) telle que


λ1
0

 ∗
..
A=U
U
.
0
λn
or, pour tout k, on a


 k

λ1
0
λ1
0

 ∗ k

 ∗
..
..
(U 
U ) = U 
U
.
.
0
λn
λkn
0
d’où

eλ1
0
..

exp(A) = U 
.
eλn
0

 ∗
U
donc exp(A) est hermitienne définie positive.
Si A est hermitienne définie positive alors

λ1
0
..

A=U
0

 ∗
U
.
λn
avec U unitaire et λ1 , . . . , λn > 0 donc la matrice hermitienne


log λ1
0

 ∗
..
B=U
U
.
0
log λn
vérifie A = exp(B) i.e. l’exponentielle est surjective de H(n) sur H++ (n).
Considérons maintenant H1 et H2 hermitiennes telles que exp(H1 ) = exp(H2 ). Puisque exp(H1 ) est
un polynôme en H1 , la matrice H1 commute avec exp(H2 ). D’autre part, en diagonalisant H2 puis en
utilisant un polynôme tel que P (eλ ) = λ pour toute valeur propre λ de H2 , on montre que H2 est un
polynôme en exp(H2 ) ; il en résulte que H1 et H2 commutent donc H1 et H2 (qui sont diagonalisables
puisque hermitiennes) sont diagonalisables dans une même base i.e. il existe une matrice P ∈ GLn (C)
telle que H1 = P D1 P −1 et H2 = P D2 P −1 où D1 et D2 sont diagonales réelles. Comme exp(D1 ) =
exp(D2 ) et puisque les valeurs propres de H1 et H2 sont réelles, il vient D1 = D2 d’où H1 = H2 . Donc
l’exponentielle est injective de H(n) dans H++ (n).
L’exponentielle étant continue, il reste à établir que sa réciproque est continue. On considère une suite
(Ap )p de H++ (n) tendant vers A ∈ H++ (n), on note Ap = exp(Bp ) et A = exp(B), il s’agit de montrer
44
Un homéomorphisme réalisé par l’exponentielle
n
que la suite (Bp )p de H(n) tend
p vers B. On munit C de la norme 2 alors la norme induite sur Mn (C) est
la norme définie par |||A|||2 = ρ(A∗ A) ; lorsque A est hermitienne, on a donc |||A|||2 = ρ(A). Puisque les
matrices Ap sont hermitiennes définies positives, les valeurs propres des Ap sont dans ]0, +∞[. D’autre
part, la suite (Ap )p∈N tend vers A donc est bornée mais |||Ap |||2 = ρ(Ap ) donc les valeurs propres des
−1 donc est bornée et les valeurs propres des
Ap sont bornées ; de même, la suite (A−1
p )p∈N tend vers A
A−1
p sont bornées. Il en résulte que les valeurs propres des matrices Ap sont contenues dans un compact
de ]0, +∞[. En considérant l’image de ces valeurs propres par la fonction logarithme, on obtient que
les valeurs propres des matrices Bp sont elles-aussi bornées. Comme ρ(Bp ) = |||Bp |||, on en déduit que
la suite (Bp )p est bornée. Considérons une valeur d’adhérence B0 de la suite (Bp )p , le fait que la suite
(Ap )p tende vers A implique que exp(B0 ) = exp(B) et l’injectivité sur H(n) donne B0 = B i.e. la suite
bornée (Bp )p n’admet que B pour valeur d’adhérence donc (Bp )p converge vers B.
Il reste à montrer que |||A|||2 = ρ(A) pour toute matrice hermitienne A. En fait, si A ∈ Mn (C) est
une matrice normale alors A se diagonalise en base orthonormée i.e. il existe une base orthonormée
(e1 , . . . , en ) de Cn et des scalaires λ1 , . . . , λn tels que Aek = λk ek pour tout 1 ≤ k ≤ n. Considérons
X = x1 e1 + · · · + xn en avec |x1 |2 + · · · + |xn |2 = 1 alors
n
n
X
X
kAXk22 =
|xk |2 |λk |2 ≤ ρ(A)2
|xk |2 = ρ(A)2
k=1
k=1
donc |||A|||2 ≤ ρ(A). Soit k tel que ρ(A) = |λk | alors
ρ(A) = |λk | = kAek k2
d’où |||A|||2 = ρ(A).
Leçons concernées
26 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel euclidien de dimension finie
27 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel hermitien de dimension finie
37 Endomorphismes diagonalisables
38 Exponentielle de matrices. Applications
Références
R. Mneimné et F. Testard, Groupes de Lie classiques, Hermann, 1986.
J.-E. Rombaldi, Thèmes pour l’agrégation de mathématiques, EDP Sciences, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 15
DIAGONALISABILITÉ DE L’EXPONENTIELLE DE MATRICES
Proposition. — Si A ∈ Mn (R) a un polynôme caractéristique χA scindé alors
A diagonalisable ⇐⇒ exp A diagonalisable.
Démonstration. — Si A est diagonalisable alors exp A est clairement diagonalisable. Réciproquement,
notons A = D + N la décomposition de Dunford de A alors exp A = exp D exp N , puisque DN = N D.
D’autre part A et D commutent donc il en est de même de exp(A) et exp(−D) or ces deux matrices
sont diagonalisables donc on peut les diagonaliser dans une même base et exp N = exp(−D) exp A est
donc aussi diagonalisable. Comme la matrice
exp N = In + N +
N n−1
N2
+ ··· +
.
2
(n − 1)!
est unipotente, on a exp N = In d’où
N+
N2
N n−1
+ ··· +
=0
2
(n − 1)!
et le polynôme
Q(X) = X +
X2
X n−1
+ ··· +
2
(n − 1)!
est annulateur pour N . Donc Q est divisible par le polynôme minimal de N qui est de la forme X k avec
1 ≤ k ≤ n donc µN = X i.e. N = 0.
Application. — Si A ∈ Mn (C) alors
exp A = In ⇐⇒ A diagonalisable et Sp(A) ⊂ 2iπZ
Démonstration. — Si exp A = In alors exp A est diagonalisable donc A est diagonalisable i.e. on a


λ1
0


..
P −1 AP = 

.
0
λn
eλ1
0
avec P inversible d’où

..

In = exp A = P 
.
eλn
0

 −1
P
donc

eλ1
0
..


0
.
eλn


 = In
i.e. eλ1 = · · · = eλn = 1 donc les λj sont dans 2iπZ. La réciproque est claire.
46
Diagonalisabilité de l’exponentielle de matrices
Application. — Si A ∈ Mn (R) est diagonalisable alors
A diagonale ⇐⇒ exp A diagonale.
Démonstration. — Puisque A est diagonalisable, il existe P inversible et λ1 , . . . , λn réels tels que


λ1
0


..
P −1 AP = 

.
0
λn
alors

eλ1
0
..

P −1 exp(A)P = exp(P −1 AP ) = 
.
eλn
0



et comme exp(A) est diagonale, c’est donc que

eλ1
0
..

exp(A) = 
0
.
eλn


.
On pose D = P −1 AP , on a donc exp(D) = exp(A). Soit λ une valeur propre de A et X un vecteur
propre associé alors An X = λn X donc X est un vecteur propre de exp(A) associé à la valeur propre eλ ,
on a donc Eλ ⊂ Feλ où Eλ et Feλ sont respectivement les sous-espaces propres de A associé à λ et de
exp(A) associé à eλ . Le lemme des noyaux donne
M
M
E=
Eλ =
Fµ .
λ∈Sp(A)
µ∈Sp(f (A))
L’injectivité de exp sur Sp(A) ⊂ R assure que pour toute valeur propre µ de exp A, il existe une unique
valeur propre λ de exp(A) telle que Eλ ⊂ Fµ . L’égalité ci-dessus implique (à cause de la dimension)
que Eλ = Feλ pour toute valeur propre λ de A. Si on note Eλ0 les sous-espaces propres de D, le même
argument (en utilisant l’injectivité de f sur Sp(D)) aboutit à Eλ = Feλ = Eλ0 . Le fait que A et D
admette les mêmes sous-espaces propres implique que A = D.
Leçons concernées
20 Matrices équivalentes. Matrices semblables. Exemples et applications
23 Réduction d’un endomorphisme en dimension finie. Applications
24 Sous-espaces stables d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie. Applications
37 Endomorphismes diagonalisables
38 Exponentielle de matrices. Applications
40 Polynômes d’endomorphismes. Applications
Références
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
J.-E. Rombaldi, Thèmes pour l’agrégation de mathématiques, EDP Sciences, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 16
THÉORÈME DES EXTREMA LIÉS
Proposition. — Soit f, g1 , . . . , gr : U → R de classe C 1 où U est un ouvert de Rn , on note
Γ = {x ∈ U ; g1 (x) = · · · = gr (x) = 0}.
Si f|Γ admet un extremum en a ∈ Γ et si dg1 a , . . . , dgr a sont linéairement indépendantes, alors il existe
λ1 , . . . , λr ∈ R tels que
dfa = λ1 dg1 a + . . . + λr dgr a .
Démonstration. — On note s = n − r et on identifie Rn à Rs × Rr i.e. on note les éléments de Rn sous
la forme (x1 , . . . , xs , y1 , . . . , yr ) et on pose a = (α, β). Notons que le résultat est trivial pour r = n, on
suppose donc désormais r ≤ n − 1. Le fait que dg1 a , . . . , dgr a soient linéairement indépendantes signifie
que la matrice

 ∂g1
∂g1
∂g1
∂g1
∂x1 (a) · · ·
∂xs (a) ∂y1 (a) · · ·
∂yr (a)


..
..
..
..


.
.
.
.
∂gr
∂gr
∂gr
∂gr
∂x1 (a) · · ·
∂xs (a) ∂y1 (a) · · ·
∂yr (a)
∂gi
est de rang r i.e. (quitte à changer le nom des variables) la sous-matrice ∂y
(a)
est inversible.
j
1≤i,j≤n
D’après le théorème des fonctions implicites, il existe un voisinage ouvert U 0 de α dans Rs , un voisinage
ouvert Ω de a = (α, β) dans Rn et une application ϕ : U 0 → Rr de classe C 1 tels que (en notant
g = (g1 , . . . , gr ))
g(x, y) = 0 , x ∈ U 0 , (x, y) ∈ Ω ⇐⇒ y = ϕ(x)
i.e. , sur un voisinage de a, les éléments de Γ = {z; g(z) = 0} s’écrivent (x, ϕ(x)). On pose ψ(x) =
(x, ϕ(x)) et h(x) = f (ψ(x)) alors (puisque ψ(α) = a et ψ(x) ∈ Γ) h admet un extremum local en α ; il
s’ensuit que les dérivées partielles de h en α sont toutes nulles d’où (en notant ϕ = (ϕ1 , . . . , ϕr ))
r
X ∂f
∂ϕj
∂f
(a) +
(a)
(α) = 0
∂xi
∂yj
∂xi
j=1
et pour tout k
r
X ∂gk
∂ϕj
∂gk
(a) +
(a)
(α) = 0
∂xi
∂yj
∂xi
j=1
donc dans la matrice suivante






∂f
∂x1 (a)
∂g1
∂x1 (a)
···
···
..
.
∂gr
∂x1 (a) · · ·
∂f
∂xs (a)
∂g1
∂xs (a)
..
.
∂gr
∂xs (a)
∂f
∂y1 (a)
∂g1
∂y1 (a)
···
···
..
.
∂gr
∂y1 (a) · · ·
∂f
∂yr (a)
∂g1
∂yr (a)
..
.
∂gr
∂yr (a)






les s premières colonnes s’expriment comme combinaison linéaire des r dernières donc cette matrice est
de rang au plus r. Il s’ensuit que les r + 1 lignes sont liées i.e. il existe µ0 , µ1 , . . . , µr ∈ R tels que
µ0 dfa + µ1 dg1 a + . . . + µr dgr a = 0
mais µ0 6= 0 puisque dg1 a , . . . , dgr a sont linéairement indépendantes, il suffit donc de poser λi =
µi
µ0 .
48
Théorème des extrema liés
Application. — SO(n) est l’ensemble des éléments de SLn (R) de norme k k2 minimale.
Pn
2
Démonstration. — La norme est donnée par kM k22 = Tr ( t M M ) =
i,j=1 mi,j donc il s’agit de
minimiser q(M ) = Tr ( t M M ) sous la contrainte f (M ) = det M − 1. L’application q est une forme
∂q
quadratique donc est de classe C ∞ et, pour tous i, j, on a ∂m
(M ) = 2mi,j i.e. ∇q = 2M . L’application
i,j
2
∞
f est polynômiale en n variables donc est de classe C et, pour tout i, on a en développant selon la
ligne i
n
X
det M =
mi,j Mi,j
j=1
où Mi,j est le cofacteur d’indice (i, j) ; puisque Mi,j ne dépend pas de la variable mi,j , on a
∂f
(M ) = Mi,j
∂mi,j
2
et il s’ensuit que ∇f = Com(M ). Notons que SLn (R) est un fermé de Rn donc q atteint un minimum
en un élément A ∈ SLn (R) donc, d’après le théorème des extrema liés, il existe µ ∈ R tel que ∇q(A) =
µ∇f (A) i.e. 2A = µCom(A). Comme det A = 1, on a A−1 = t Com(A) d’où 2 t AA = µIn et 2n = µn .
De plus, t AA est symétrique définie positive donc det( t AA) > 0 i.e. µ > 0. Il vient donc µ = 2 et
t AA = I i.e. A ∈ SO(n). Notons enfin que kAk2 = Tr ( t AA) = n.
n
2
Leçon concernée
19 Dimension d’un espace vectoriel (on se limitera au cas de la dimension finie). Rang. Exemples et
applications
Références
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
X. Gourdon, Analyse, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 17
ÉQUATION DE FERMAT POUR n = 2 ET n = 4
Proposition. — Pour que (x, y, z) ∈ N3 soit solution de l’équation x2 + y 2 = z 2 il faut et il suffit
qu’il existe d ∈ N et u, v ∈ N∗ premiers entre eux tels que
(x, y, z) = d(u2 − v 2 ), 2duv, d(u2 + v 2 ) ou 2duv, d(u2 − v 2 ), d(u2 + v 2 ) .
Démonstration. — Il est clair qu’un tel triplet est solution. Réciproquement, les solutions où l’une des
variables est nulle sont de cette forme et si on a une solution x, y, z, on en obtient une autre en divisant
par leur pgcd. On peut donc supposer que x, y et z sont premiers dans leur ensemble (on dira que
(x, y, z) est une solution première) alors
– x, y et z sont premiers entre eux deux à deux,
– au plus un des entiers x, y ou z est pair (sinon 2 diviserait x,y et z),
– x et y ne sont pas impairs tous les deux (sinon on aurait x2 ≡ 1[4] et y 2 ≡ 1[4] d’où z 2 ≡ 2[4] ce qui
est impossible).
Quitte à inverser les rôles de x et y, on suppose donc que (x, y, z) est une solution vérifiant x pair, y
impair et z impair.
x 2 z − y z + y z+y
=
donc z−y
On a
2 et 2 sont des carrés d’entiers. En effet, tous les diviseurs
2
2
2
2
z+y
premiers de x2 apparaissent au carré et z−y
2 et 2 sont premiers entre eux puisque z et y sont
z−y
z+y
2
premiers entre eux. On a donc 2 = m et 2 = n2 avec m, n ∈ N∗ d’où x = 2mn, y = n2 − m2 et
z = m2 + n2 . On vérifie alors qu’un tel triplet est bien solution.
Proposition. — Les équations x4 + y 4 = z 2 et x4 + y 4 = z 4 n’ont pas de solution dans (N∗ )3 .
Démonstration. — Il suffit de montrer que la première n’a pas de solution (x, y, z) ∈ (N∗ )3 . Supposons
par l’absurde qu’il existe une telle solution, on peut de plus choisir z minimal. Alors x, y et z sont
premiers dans leur ensemble (sinon, en notant d le pgcd, ( xd , yd , dz2 ) serait solution mais dz2 < z). D’après
la première proposition, il existe des entiers u et v premiers entre eux avec 0 < v < u tels que x2 = 2uv,
y 2 = u2 − v 2 et z = u2 + v 2 (quitte à échanger les rôles de x et y).
Si u ≡ 0[2] alors v ≡ 1[2] (puisque u ∧ v = 1) d’où y 2 ≡ −1[4] ce qui est impossible puisqu’un carré est
congru à 0 ou 1 modulo 4 donc u est impair et v est pair. On a v 2 + y 2 = u2 avec u, v et y premiers dans
leur ensemble (puisque u ∧ v = 1) donc il existe des entiers r et s premiers entre eux tels que v = 2rs,
y = r2 − s2 et u = r2 + s2 . Il s’ensuit que x = 2uv = 4rs(r2 + s2 ) mais r, s et r2 + s2 sont premiers entre
eux deux à deux donc ce sont tous des carrés i.e. r = α2 , s = β 2 et r2 + s2 = γ 2 d’où α4 + β 4 = γ 2 .
Or x 6= 0 et y 6= 0 donc α 6= 0 et β 6= 0 et on a γ 2 = s2 + r2 = u < u2 + v 2 = z ce qui contredit la
minimalité de z.
50
Équation de Fermat pour n = 2 et n = 4
Leçons concernées
09 Congruences dans Z, anneau Z/nZ. Applications
10 Nombres premiers. Applications
18 Équations diophantiennes du premier degré ax + by = c. Exemples d’équations diophantiennes de
degré supérieur
Références
F. Combes, Algèbre et géométrie, Bréal, 1998.
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 18
MÉTHODE DE GAUSS ET POLYNÔMES ORTHOGONAUX
Proposition. — Soit a < b, ω : ]a, b[ → R une application continue strictement positive et ` ≥ 0. Il
existe une unique famille de points a < x0 < · · · < x` < b et une unique famille de réels λ0 , . . . , λ` tels
que la méthode d’intégration donnée par
Z b
`
X
f (x)ω(x)dt '
λj f (xj )
a
j=0
soit d’ordre 2` + 1. De plus l’erreur est donnée par
2`+2 Z
f
(ξ) b
(π`+1 (x))2 ω(x)dx
E(f ) =
(2` + 2)! a
où ξ ∈]a, b[ et π`+1 est le (` + 1)-è polynôme orthogonal associé au poids ω.
Démonstration. — On commence par montrer l’unicité. Supposons qu’il existe de tels xj et λj , on pose
π`+1 (t) = (t − x0 ) · · · (t − xn ).
Soit P un polynôme de degré au plus ` alors deg P π`+1 ≤ 2` + 1 donc
Z b
`
X
P (t)π`+1 (t)ω(t)dt =
λj P (xj )π`+1 (xj ) = 0
a
j=0
i.e. π`+1 est orthogonal à R`+1 [X] or π`+1 est unitaire donc il s’agit du (` + 1)-è polynôme orthogonal
associé au poids ω et les xj sont donc parfaitement déterminés comme étant ses racines. Notons Li un
polynôme (par exemple de Lagrange) tel que Li (xj ) = δi,j alors
Z b
`
X
λj Li (xj ) =
Li (x)ω(x)dx
λi =
a
j=0
et les λi sont aussi uniques.
Montrons maintenant l’existence. On note x0 , . . . , x` les ` + 1 racines (distinctes) de π`+1 dans ]a, b[,
Rb
L0 , . . . , Ln des polynômes définis par Li (xj ) = δi,j et on pose λi = a Li (x)ω(x)dx. Soit f : [a, b] → R
P̀
alors le polynôme d’interpolation de Lagrange de f est P` (x) =
f (xj )Lj (x) d’où
j=0
b
Z
P` (x)ω(x)dx =
a
`
X
j=0
Z
f (xj )
b
Lj (x)ω(x)dx =
a
`
X
λj f (xj ).
j=0
L’égalité précédente montre que la méthode est exacte si f ∈ R` [X] puisque, dans ce cas, on a f = P` . Si
f ∈ R2`+1 [X] alors la division euclidienne de f par π`+1 donne f (x) = q(x)π`+1 (x) + r(x) avec deg q ≤ `
et deg r < ` + 1 d’où
Z b
Z b
Z b
f (x)ω(x)dx =
q(x)π`+1 (x)ω(x)dx +
r(x)ω(x)dx.
a
a
a
52
Méthode de Gauss et polynômes orthogonaux
b
Z
Mais π`+1 est orthogonal à R` [X] donc
q(x)π`+1 (x)ω(x)dx = 0 et la méthode est exacte pour r
a
puisque deg r ≤ ` d’où
b
Z
f (x)ω(x)dx =
a
`
X
λj r(xj ).
j=0
Comme f (xj ) = rj pour tout j, il vient
Z b
f (x)ω(x)dx =
a
`
X
λj f (xj )
j=0
et la méthode est donc exacte pour les polynômes de degré au plus 2` + 1.
Soit Hf ∈ R2`+1 [X] un polynôme vérifiant Hf (xi ) = f (xi ) et Hf0 (xi ) = f 0 (xi ). On fixe x dans ]a, b[
distinct des xi et on pose ϕ(t) = f (t) − Hf (t) − kx (π`+1 (x))2 où kx est une constante fixée de sorte que
f 2`+2 (cx )
ϕ(x) = 0. D’après le théorème de Rolle, il existe cx ∈]a, b[ tel que ϕ2`+2 (cx ) = 0 d’où kx =
(2` + 2)!
puis
f 2`+2 (cx )
f (x) − Hf (x) =
(π`+1 (x))2 .
(2` + 2)!
Puisque Hf est un polynôme de degré 2` + 1, la méthode est exacte pour Hf , on a donc
Z b
`
`
X
X
Hf (x)ω(x)dx =
λj Hf (xj ) =
λj Hf (xj )
a
d’où
j=0
j=0
Z b
`
X
E(f ) = f (x)ω(x)dx −
λj Hf (xj ) =
a
j=0
2`+2
Z
f
(cx )
(2` + 2)!
b
(π`+1 (x))2 ω(x)dx.
a
En particulier, on a
2`+2
E(x 7→ x
Z
b
)=
(π`+1 (x))2 ω(x)dx 6= 0
a
donc la méthode est d’ordre 2` + 1. Enfin, on a
2`+2 Z b
`
f
X
∞
f (x)ω(x)dx −
λj Hf (xj ) =
E(f ) ≤
kπ`+1 k22 .
(2` + 2)!
a
j=0
Leçon concernée
36 Polynômes orthogonaux
Références
J.-P. Demailly, Analyse numérique et équations différentielles, EDP Sciences, 1996.
J.-E. Rombaldi, Thèmes pour l’agrégation de mathématiques, EDP Sciences, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 19
ACTION DU GROUPE MODULAIRE SUR LE DEMI-PLAN DE
POINCARÉ
On considère le groupe modulaire P SL2 (Z) = SL2 (Z)/{±I}, on note P le demi-plan de Poincaré
{z ∈ C; Im z > 0} et on pose D = {z ∈ C ; |z| ≥ 1 et |Re z| ≤ 21 }.
Action du groupe modulaire
Définition
—
de l’action.
a b
Soit A =
∈ SL2 (Z) et z ∈ P, on note
c d
A?z =
On a
Im (A ? z) = Im
az + b
cz + d
= Im
az + b
.
cz + d
(az + b)(cz + d)
|cz + d|2
=
ad − bc
Im (z)
|cz + d|2
or ad − bc = 1 et Im(z) > 0 donc
Im (A ? z) =
Im(z)
> 0.
|cz + d|2
De plus, si B ∈ SL2 (Z), on a facilement B ? (A ? z) = (BA) ? z pour tout z ∈ P et il est clair que
In ? z = z. Donc on a bien défini une action de SL2 (Z) sur P.
De plus,
∀z ∈ P, A ? z = z ⇐⇒ cz 2 + (d − a)z − b = 0
donc c = b = 0 et a = d or det A = ad = 1 donc A = ±In . Il s’ensuit que l’action de P SL2 (Z) =
SL2 (Z)/{±I} sur P est fidèle.
Transversale d’une action. —
On note G le sous-groupe de SL2 (Z) engendré par les matrices S =
0 −1
1 0
et T =
1 1
0 1
et on
fait agir G sur P comme ci-dessus.
Si z ∈ P alors |c| Im (z) = |Im (cz + d)| ≤ |cz + d| ≤ 1 donc l’ensemble des couples (c, d) ∈ Z2 tels que
|cz + d| ≤ 1 est fini. Notons Oz l’orbite de z et
Iz = {Im (u) ; u ∈ Oz } = {Im (A ? z) ; A ∈ G}
a b
Im(z)
mais Im (A ? z) = { |cz+d|2 si A =
donc il n’y a qu’un nombre fini d’éléments Im(u) de Iz
c d
vérifiant Im (u) ≥ Im (z). En particulier, il existe A1 ∈ G telle que Im (A1 ? z) soit maximal dans Iz .
On note z1 = A1 ? z et n = E(Re(z1 ) + 21 ). Puisque T ? u = u + 1, on a
1
1
− ≤ Re (z1 ) − n = Re (z1 − n) = Re (T −n ? z1 ) ≤
2
2
et
Im (T −n ? z1 ) = Im (z1 )
54
Action du groupe modulaire sur le demi-plan de Poincaré
i.e. z2 = T −n ? z1 est dansla bande |Re (u)| ≤
Im (z2 ) ≥ Im (S ? z2 ) = Im|z (z|22 ) d’où |z2 | ≥ 1.
1
2
et tel que Im (z2 ) soit maximal dans Iz . Il s’ensuit que
2
On a donc montré que toute orbite pour cette action rencontre D.
Optimalité du domaine. —
Soit z ∈ D et A ∈ SL2 (Z) tels que A ? z ∈ D. On commence par considérer le cas où Im (A ? z) ≥ Im (z)
a b
alors, si A =
, on a |cz + d|2 ≤ 1. On a |c| Im (z) ≤ 1 donc |c| ≤ √23 i.e. c = −1, 0 ou 1.
c d
(i) Si c = 0 alors d = det A = 1 d’où (quitte à changer A en −A) a = d = 1 et A ? z = z + b ; on a
trois sous-cas :
– si |Re z| < 12 alors b = 0 i.e. A = ±In ,
– si Re z = − 21 alors b = 0 ou 1 i.e. A = ±In ou A = T ,
– si Re z = 12 alors b = 0 ou −1 i.e. A = ±In ou A = T −1 .
(ii) Si c = 1 alors |z + d| ≤ 1 donc d = 0, ou d = 1 et z = j, ou d = −1 et z = − 1j . On distingue ces
cas :
(iii) si d = 0 alors b = − det A = −1 i.e. A ? z = a − z1 ; de plus, on a |z| ≤ 1 donc |z| = 1 et − z1
est le symétrique de z par rapport à l’axe des imaginaires purs ; A ? z n’est donc dans D que
si a = 0, ou z = j et a = −1, ou z = − 1j et a = 1 ; donc A = S ou (ST )2 ou T S ;
= a + j qui n’est dans D que
– si d = 1 et z = j, alors a − b = det A = 1 donc A ? j = aj+(a−1)
j+1
si a = 0 ou 1 i.e. si A = ST ou T ST ;
– si d = −1 et z = − 1j , on a de même A = (T S)2 ou T −1 ST −1 .
1. Si c = −1 alors on se ramène au cas précédant en changeant A en −A ce qui ne modifie pas A ? z.
Si Im (A ? z) < Im (z) = Im (A−1 ? (A ? z)) alors, puisque z et A ? z sont dans D, on applique le même
raisonnement que ci-dessus à A−1 .
Il résulte de l’analyse ci-dessus que z et z 0 de D sont dans la même orbite si et seulement si on est dans
l’une des situations suivantes :
– Re z = − 12 et z 0 = z + 1 = T ? z,
– Re z = 12 et z 0 = z − 1 = T −1 ? z,
– |z| = 1 et z 0 = − z1 = S ? z.
Donc une transversale pour l’action de G sur P est le domaine D0 défini par les relations suivantes :
− 21 ≤ Re z < 21 et |z| > 1, ou − 12 ≤ Re z ≤ 0 et |z| = 1.
Conséquence. —
◦
On en déduit que les matrices S et T engendrent SL2 (Z). En effet, soit A ∈ SL2 (Z) et z ∈D alors A ? z
est sur l’orbite de z donc il existe B ∈ G tel que B ? (A ? z) ∈ D i.e. on a BA ? z ∈ DR. D’après ce qui
précède, cela impose que BA = ±In i.e. A = ±B −1 ∈ G.
Classification des réseaux
Préliminaires. —
On note L = {(u1 , u2 ) ∈ (C∗ )2 ; Im uu12 > 0}. Un réseau est une partie Γ(u1 , u2 ) = Zu1 ⊕ Zu2 de C où
(u1 , u2 ) est une base de C, on note R l’ensemble des réseaux. On considère l’action de SL2 (Z) sur L par
a b
· (u1 , u2 ) = (au1 + bu2 , cu1 + du2 ).
c d
Le fait qu’il s’agisse bien d’une action vient du fait que
A · (u1 , u2 ) = (u01 , u02 ) ⇐⇒ A ?
Sébastien Pellerin
u1
u0
= 10 .
u2
u2
55
/ R donc, quitte à changer u1 en −u1 , on peut supposer que
Si Γ = Γ(u1 , u2 ) est un réseau alors uu21 ∈
(u1 , u2 ) ∈ L. Cela signifie que l’application ϕ : L → R, (u1 , u2 ) 7→ Γ(u1 , u2 ) est surjective. Par ailleurs,
u1
l’application ψ : L → P, (u1 , u2 ) 7→
est aussi surjective.
u2
Les identifications. —
L’ensemble R des réseaux s’identifie à L/SL2 (Z) i.e. on a
Γ(u1 , u2 ) = Γ(u01 , u02 ) ⇐⇒ ∃A ∈ SL2 (Z)/A · (u1 , u2 ) = (u01 , u02 ).
En effet, l’inclusion Γ(u01 , u02 ) = Γ(u1 , u2 ) signifie que l’on a u01 = au1 + bu2 et u02 = cu1 + du2 i.e. il
existe A ∈ M2 (Z) telle que A · (u1 , u2 ) = (u01 , u02 ). Cette matrice A est en fait la matrice de passage de la
R-base (u1 , u2 ) à la R-base (u01 , u02 ) donc il existe B ∈ M2 (Z) telle que AB = BA = In ce qui implique
det A
0
0
det A = ±1. Enfin, la relation Im (A ? z) = |cz+d|
2 Im z conjuguée au fait que (u1 , u2 ) et (u1 , u2 ) soient
dans L assure que det A = 1. La réciproque est claire.
Le groupe C∗ opère naturellement sur L par homothéties et la congruence modulo cette opération est
précisément la congruence modulo ψ puisque
u0
u1
= 10 ⇐⇒ ∃λ ∈ C∗ /(u01 , u02 ) = λ(u1 , u2 ).
u2
u2
La surjectivité de ψ permet donc d’identifier P R avec L/C∗ .
Le groupe C∗ opère naturellement sur R par homothéties donc on peut considérer l’application f :
R/C∗ → P/P SL2 (Z) qui a Γ(u1 , u2 ) associe la classe de uu12 modulo P SL2 (Z). Si Γ(u1 , u2 ) = Γ(u01 , u02 )
alors il existe A ∈ SL2 (Z) telle que (u01 , u02 ) = A · (u1 , u2 ) i.e.
u01
u02
= A?
u01
u1
u1
donc
et
sont dans
u2
u2
u02
λu1
u1
λu2 = u2 . Donc l’image de
la
même classe modulo P SL2 (Z). De plus, λ · Γ(u1 , u2 ) = Γ(λu1 , λu2 ) et
la
classe d’un réseau par f ne dépend ni du choix du représentant du réseau, ni de la base choisie i.e. f
u0
est bien définie. La surjectivité de f est assurée par celle de ψ. Si uu21 et u10 sont dans la même classe
2
modulo P SL2 (Z) alors il existe A ∈ SL2 (Z) telle que (u01 , u02 ) = ±A · (u1 , u2 ) i.e.
u01
u02
= ±A ?
u1
u2
donc
Γ(u1 , u2 ) = Γ(u01 , u02 ) i.e. f est injective. On a donc R/C∗ ∼ P/P SL2 (Z) .
On a vu que P/P SL2 (Z) s’identifiait à D0 donc on a aussi R/C∗ ∼ D0 .
Leçons concernées
02 Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications
03 Sous-groupes discrets de Rn . Réseaux
04 Sous-groupes distingués, groupes quotients. Exemples et applications
07 Groupe linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
31 Homographies de la droite complexe. Applications
32 Application des nombres complexes la géométrie
34 Utilisation des groupes en géométrie
42 Exemples de propriétés projectives et d’utilisation d’éléments à l’infini
43 Exemples de parties génératrices d’un groupe
Référence
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 20
GROUPES D’ORDRE pq
On rappelle que si H et K sont deux sous-groupes d’un groupe G vérifiant H C G, K C G, HK = G et
H ∩ K = {e} alors G est isomorphe au produit direct H × K.
Lemme. — Si H et K sont deux sous-groupes d’un groupe G vérifiant H CG, H ∩K = {e} et HK = G
alors G est isomorphe au produit semi-direct H oα K où α : k 7→ αk est donnée par αk (h) = khk −1 .
Démonstration. — Tout d’abord α est bien une action par automorphismes de K sur H. Puisque HK =
G, l’application f : H × K → G, (h, k) 7→ hk est surjective. Si hk = h0 k 0 alors h0 −1 h = k 0 k −1 ∈ H ∩ K
et l’hypothèse H ∩ K = {e} donne donc l’injectivité de f . Enfin, on a
f (h, k)f (h0 , k 0 ) = hkh0 k 0 = hkh0 k −1 kk 0 = hαk (h0 )kk 0 = f (hαk (h0 ), kk 0 ) = f ((h, k)(h0 , k 0 ))
i.e. f est bien un morphisme.
Corollaire. — Si H et K sont deux sous-groupes d’un groupe G vérifiant H C G, H ∩ K = {e} et
HK = G alors on a équivalence entre
(i) G = HK est le produit direct H × K
(ii) K C G
(iii) hk = kh pour tous h ∈ H et k ∈ K
(iv) l’action α est triviale
Proposition. — Soit G un groupe d’ordre pq où p < q sont premiers.
(i) Si q 6≡ 1 (mod p) alors G ' Z/pqZ.
(ii) Si q ≡ 1 (mod p) alors G a deux structures possibles (à isomorphismes près) :
– soit G est abélien et G ' Z/pqZ,
– soit G n’est pas abélien et est isomorphe au produit semi-direct Z/qZoθ Z/pZ où θ : Z/pZ →
Aut(Z/qZ) est tel que θ(1) soit d’ordre p dans Aut(Z/qZ).
Démonstration. — Notons respectivement np et nq les nombres de p-Sylow et de q-Sylow de G ; en
particulier, on considère un p-Sylow K et un q-Sylow H. D’après le théorème de Sylow, nq ≡ 1 (mod q)
et nq divise p or p < q donc nq = 1 et on a donc H C G.
D’après le théorème de Lagrange, l’ordre de H ∩ K divise celui de H et celui de K or ceux-ci sont
premiers ente-eux donc H ∩ K = {e}. Donc HK est un sous-groupe de G dans lequel H est distingué
et on a HK/H ' K/(H ∩ K) i.e. HK/H ' K d’où il vient |HK| = |H| |K| = pq ; on a donc HK = G.
Il s’ensuit que G ' H oθ K où θ : Z/pZ → Aut(Z/qZ).
Puisque np ≡ 1 (mod p) et np divise q, on a np = 1 ou q. On distingue ces deux cas.
– Si np = 1 alors K C G et il s’ensuit que le produit semi-direct H oθ K est en fait un produit direct
i.e. G ' H × K or H ' Z/qZ et K ' Z/pZ avec p et q premiers entre eux donc G ' Z/pqZ.
58
Groupes d’ordre pq
– Si np = q alors q ≡ 1 (mod p) i.e. p divise q − 1. L’image du morphisme θ : Z/pZ → Aut(Z/qZ) est
soit triviale, soit isomorphe à Z/pZ (puisque p est premier). On distingue ces deux sous-cas.
– Si θ est trivial alors le produit semi-direct H oθ K est un produit direct et on a comme plus haut
G ' Z/pqZ.
– Sinon, notons que le groupe Aut(Z/qZ) est cyclique d’ordre ϕ(q) = q − 1 donc, pour tout diviseur
d de q − 1, Aut(Z/qZ) admet un unique sous-groupe d’ordre d ; en particulier, Aut(Z/qZ) admet
un unique sous-groupe Γ d’ordre p, d’où Im θ = Γ. En particulier θ est déterminé par le choix
de θ(1). Considérons un autre morphisme θ0 : Z/pZ → Aut(Z/qZ) alors α = θ0 −1 ◦ θ est un
automorphisme de Z/pZ donc l’application
f : H oθ K → H oθ0 K, (e
h, k) 7→ (e
h, α(k))
est bijective. De plus, on a
hθ(k)(he0 ), kk 0 ) = f (e
hθ(k)(he0 ), kk 0 ) = (e
hθ(k)(he0 ), α(kk 0 ))
f (e
h, k)(he0 , k 0 ) = f (e
et
f (e
h, k)f (he0 , k 0 ) = (e
h, α(k))(he0 , α(k 0 )) = (e
hθ0 (α(k))(he0 ), α(k)α(k 0 )) = (e
hθ(k)(he0 ), α(kk 0 ))
i.e. f est un morphisme. Les deux produits semi-directs sont donc isomorphes.
Exemple. — À isomorphisme près, il n’y a que deux groupes d’ordre 2p (où p > 2 est premier) :
Z/2pZ et le groupe diédral Dp . En particulier, à isomorphisme près, il n’y a que deux groupes d’ordre
6 : Z/6Z et D6 ' S3 .
Application. — S5 n’a pas de sous-groupe d’ordre 15.
Démonstration. — Supposons que S5 admette un sous-groupe d’ordre 15, comme 15 = 3 × 5 mais 5 6≡ 1
(mod 3), H est nécessairement abélien, cyclique d’ordre 15. Considérons un générateur s de H que l’on
décompose en un produit s = c1 · · · ck de cycles disjoints. Comme l’ordre de s est le ppcm des ordres des
ci , les ci sont d’ordre 3, 5 ou 15 mais S5 ne contient pas d’éléments d’ordre 15 donc les ci sont d’ordre 3
ou 5 et les deux cas doivent se produire pour que le ppcm soit 15. C’est absurde puisqu’il est impossible
de trouver un 3-cycle et un 5-cycle de S5 qui soient à supports disjoints.
Leçons concernées
04 Sous-groupes distingués, groupes quotients. Exemples et applications
05 Groupes finis. Exemples et applications
09 Congruences dans Z, anneau Z/nZ. Applications
10 Nombres premiers. Applications
Référence
F. Combes, Algèbre et géométrie, Bréal, 1998.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 21
IRRÉDUCTIBILITÉ DE Φn
Lemme. — Si f, g ∈ Q[X] sont unitaires et vérifient f g ∈ Z[X], alors f, g ∈ Z[X].
Démonstration. — Soit a > 0 le plus petit entier tel que af ∈ Z[X], on pose af = f1 . Soit b > 0 le plus
petit entier tel que bg ∈ Z[X], on pose bg = g1 . Supposons que ab > 1 et soit p un diviseur premier de ab,
on considère alors les morphismes π : Z → Z/pZ et πP : Z[X] → (Z/pZ)[X]. On a f1 g1 = abf g ∈ Z[X]
d’où
πP (f1 )πP (g1 ) = πP (f1 g1 ) = πP (ab)πP (f g) = 0
et il en résulte (puisque (Z/pZ)[X] est intègre) que πP (f1 ) = 0 ou πP (g1 ) = 0, par exemple πP (f1 ) = 0.
On peut alors écrire f1 = pf2 où f2 ∈ Z[X]. Comme f est unitaire et puisque f1 = af , a est le coefficient
dominant de f1 , donc p divise a et on écrit a = pa0 . Il vient donc pa0 f = f1 = pf2 i.e. a0 f = f2 ∈ Z[X],
ce qui est impossible puisque a0 < a. Donc ab = 1 i.e. a = b = 1.
Proposition. — φn,Q est le polynôme minimal sur Q d’une racine primitive n-è de l’unité. En particulier, φn,Q est irréductible dans Q[X].
Démonstration. — Soit ζ une racine primitive n-ième de l’unité et montrons que φn,Q = Irr(ζ, Q). Soit
p premier ne divisant pas n alors ζ p est aussi une racine primitive n-è de l’unité ; on pose f = Irr(ζ, Q)
et g = Irr(ζ p , Q).
• Puisque φn,Q (ζ) = 0, φn,Q est divisible par f donc on peut écrire φn,Q (ζ) = f q avec q ∈ Q[X]. Comme
f et φn,Q sont unitaires, il en est de même de q. Puisque φn,Q ∈ Z[X], il résulte du lemme que f ∈ Z[X].
On obtient de même que g ∈ Z[X].
• Puisque g(ζ p ) = 0, ζ est racine de g(X p ) donc f (X) divise g(X p ) i.e. f (X)h(X) = g(X p ) avec
h ∈ Z[X] d’après le lemme. On considère les morphismes π : Z → Z/pZ et πP : Z[X] → (Z/pZ)[X],
alors
πP (f (X)) πP (h(X)) = πP (f (X)h(X)) = πP (g(X p )) .
Notons g = X d + ad−1 X d−1 + · · · + a1 X + a0 , alors
πP (g(X p )) = X dp + ad−1 X (d−1)p + · · · + a1 X p + a0
et d’après le théorème de Fermat on a
πP (g(X p )) = X dp + ad−1 p X (d−1)p + · · · + a1 p X p + a0 p
or l’anneau (Z/pZ)[X] est de caractéristique p donc
p
πP (g(X p )) = X d + ad−1 X d−1 + · · · + a1 X + a0 = (πP (g(X)))p
d’où
πP (f (X)) πP (h(X)) = (πP (g(X)))p .
60
Irréductibilité de Φn
• Soit πP (f1 ) ∈ (Z/pZ)[X] un diviseur irréductible de πP (f (X)), alors πP (f1 ) divise (πP (g(X)))p donc
πP (f1 ) divise πP (g(X)). Si f et g sont distincts, alors f g = ppcm(f, g) divise φn,Q or φn,Q divise X n − 1
donc f g divise X n − 1, on écrit X n − 1 = f gq1 , d’où
X n − 1 = πP (f )πP (g)πP (q1 ).
Or πP (f1 ) divise πP (f ) et πP (g) donc (πP (f1 ))2 divise X n − 1. Soit (Z/pZ)(ξ) un corps de rupture de
πP (f1 ) sur Z/pZ,
alors πP (f1 ) (ξ) = 0 donc ξ est une racine multiple de X n − 1. Comme p ne divise pas
0
n, on a X n − 1 = nX n−1 i.e. X n − 1 n’admet pas de racine multiple. Donc f = g i.e. si p ne divise
pas n, alors Irr(ζ, Q) = Irr(ζ p , Q).
• Soit ζ 0 une autre racine primitive n-ième de l’unité alors on a ζ 0 = ζ m pour un entier m premier
avec n. Ecrivons m = pε11 · · · pεrr , aucun des pi ne divise n donc on a Irr(ζ, Q) = Irr(ζ pi , Q), puis
εi
Irr(ζ pi , Q) = Irr((ζ pi )pi , Q) et par récurrence, il vient Irr(ζ, Q) = Irr(ζ pi , Q). Il vient ensuite
ε1 εr f = Irr(ζ, Q) = Irr ζ p1 ···pr , Q = Irr(ζ m , Q) = Irr(ζ 0 , Q).
Ainsi, toutes les racines primitives n-ièmes de l’unité sont racines de f donc deg f ≥ ϕ(n). Or on a
f q = φn,Q avec deg φn,Q = ϕ(n) et f et φn,Q unitaires, donc q = 1 i.e. φn,Q = Irr(ζ, Q).
Leçons concernées
14 Polynômes irréductibles à une indéterminée. Corps de rupture. Exemples et applications
15 Groupe des nombres complexes de module 1. Applications
Références
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
I. Gozard, Théorie de Galois, Ellipses, 1997.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 22
THÉORÈME DE JOHN
Théorème de John. — Un compact K de Rn contenant 0 dans son intérieur est contenu dans un
unique ellipsoı̈de de volume minimal.
Démonstration. — On note Sym++ (n) l’ensemble des matrices symétriques définies positives et on
1
définit une application µ : Sym++ (n) → R en posant µ(S) = √det
. Si R, S ∈ Sym++ (n) alors il
S
existe P ∈ GLn (R) telle que




r1
s1



t 
..
..
R = tP 
 P et S = P 
P
.
.
rn
sn
où les ri et sj sont strictement positifs. La convexité de Sym++ (n) assure que, pour tout t ∈ [0, 1], on a
(1 − t)R + tS ∈ Sym++ (n) d’où
µ((1 − t)R + tS) = µ( t P diag((1 − t)r1 + ts1 , . . . , (1 − t)rn + tsn )P )
!− 1
n
2
Y
= det( t P ) ((1 − t)ri + tsi ) det(P )
i=1
n
Y
= |det(P )|−1
1
((1 − t)ri + tsi )− 2
i=1
n
Y
1
= |det(P )|−1
e− 2 (log((1−t)ri +tsi ))
i=1
n
Y
1
≤ |det(P )|−1
e− 2 ((1−t) log(ri )+t log(si ))
i=1
par concavité du logarithme, puis
n
Y
1
|det(P )| µ((1 − t)R + tS) ≤
(ri1−t sti )− 2 ≤
n
n
Y
Y
1−t
( ri ) ( si )t
i=1
− 12 t
et par convexité de t 7→ e
i=1
, on a (en notant R =
1
|det(P )| µ((1 − t)R + tS) ≤ e− 2 ((1−t) log
Q
Q
ri et S =
ri +t log
Q
si )
Q
!− 1
2
i=1
si )
1
≤ (1 − t)e− 2 log
Q
ri
1
+ te− 2 log
Q
si
i.e. µ((1 − t)R + tS) ≤ (1 − t)µ(R) + tµ(S) donc l’application µ est convexe sur Sym++ (n). De plus, le
cas d’égalité nécessite ri = si pour tout i i.e. R = S et µ est donc strictement convexe.
++
Notons que la boule unité BS pour un produit scalaire
√ défini par S ∈ Sym (n) (i.e. pour un ellipsoı̈de)
−1
est l’image de la boule unité canonique B par A = S . En effet, on a
kXk ≤ 1 ⇐⇒
t
XX ≤ 1 ⇐⇒
t
(AX)S(AX) ≤ 1 ⇐⇒ AX ∈ BS .
Le théorème de changement de variables donne donc v(BS ) = |det A| v(B) i.e. v(BS ) = µ(S)v(B), il
s’agit donc de minimiser µ sur l’ensemble des S ∈ Sym++ (n) telles que K ⊂ BS .
62
Théorème de John
−2
Notons que si S √∈ Sym√++ (n) et λ > 0 vérifient λB ⊂ BS alors |||S|||
√ ≤ λ .−1En effet, si kXk−2≤ 1 alors
−2
λX ∈ BS donc h SX, SXi = hSX, Xi ≤ λ et il s’ensuit que ||| S||| ≤ λ d’où |||S||| ≤ λ .
Puisque K est borné, il existe r > 0 tel que K ⊂ rB i.e. K ⊂ BS0 où S0 = r−2 In . On considère alors
l’ensemble
C = {S ∈ Sym++ (n) ; K ⊂ BS et µ(S) ≥ µ(S0 )}
qui est un ensemble convexe (du fait de la convexité de µ), non vide (puisque S0 ∈ C) et fermé (le seul
point non trivial est que la limite d’une suite d’éléments de C reste symétrique définie positive ce qui
est assuré par la condition µ(S) ≥ µ(S0 ) i.e. det S ≥ det S0 > 0). Comme 0 est un point intérieur de K,
il existe λ > 0 tel que K contienne λB et il résulte donc de la remarque ci-dessus que |||S||| ≤ λ−2 pour
tout S ∈ C. L’ensemble C est donc compact. La fonction µ est continue sur le compact C donc admet
un minimum qui est atteint exactement une fois du fait de la stricte convexité de µ.
Application. — Tout sous-groupe compact de GLn (R) est conjugué à un sous-groupe du groupe
orthogonal.
Démonstration. — Soit G un sous-groupe compact de GLn (R), on pose K =
[
AB. Alors K est
A∈G
compact (car image du compact G × B par l’application continue (A, X) 7→ AX) qui contient 0 dans
son intérieur (puisque B ⊂ K) donc K est contenu dans un unique ellipsoı̈de BS de volume minimal.
Soit B ∈ G alors (d’après la définition de K), on a BK = K d’où B p K = K pour tout p ∈ Z or
B ⊂ K ⊂ BS0 donc B ⊂ B p BS0 pour tout p ∈ Z et il s’ensuit 1 = µ(In ) ≤ |det B|p µ(S0 ) pour tout p ∈ Z
donc |det B| = 1. Si on pose R = t BSB alors R ∈ Sym++ (n), K ⊂ BR et det R = det S donc R = S
par unicité de l’ellipsoı̈de BS .
Leçons concernées
22 Déterminants. Applications
25 Formes quadratiques. Applications
30 Barycentres dans un espace affine réel de dimension finie ; convexité. Applications
Référence
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 23
THÉORÈME DE JORDAN
On considère une application T -périodique g : R → C de classe C 1 telle que g soit injective sur [0, T [,
g(0) = 0, g 0 (0) = 1 et |g 0 (t)| = 1 pour tout t ; on note Γ = g(R).
Lemme. — Il existe α > 0 tel que, pour tout 0 < ε < α, les courbes
gε+ (t) = g(t) + iεg 0 (t) et gε− (t) = g(t) − iεg 0 (t)
vérifient
Γ ∩ gε+ (R) = ∅ et Γ ∩ gε− (R) = ∅.
Démonstration. — Puisque g est de classe C 1 , g 0 est uniformément continue sur [0, 2L] donc
∃η > 0 / ∀s, t ∈ R, |s − t| < η ⇒ g 0 (s) − g 0 (t) < 1.
Quitte à fixer t et à considérer la fonction définie par h(s) = g(s) − g(t) − (s − t)g 0 (t), il découle du
théorème des accroissements finis que
∀s, t ∈ R, |s − t| < η ⇒ g(s) − g(t) − (s − t)g 0 (t) < |s − t| .
Puisque (s, t) 7→ |g(s) − g(t)| est continue et puisque l’ensemble
K = [0, L]2 ∩ {(s, t) ∈ R2 ; ∀n ∈ Z, |s − t + nL| ≥ η}
est compact, il existe (s0 , t0 ) ∈ K tel que
α = |g(s0 ) − g(t0 )| =
inf |g(s) − g(t)| .
(s,t)∈K
Puisque (s0 , t0 ) ∈ K, on ne peut pas avoir s0 = t0 + nL avec n ∈ Z donc g(s0 ) 6= g(t0 ) i.e. α > 0.
Si (s, t) ∈ R2 vérifient |s − t + nL| ≥ η pour tout n ∈ Z, alors on note s0 = s + kL ∈ [0, L] et
t0 = t + `L ∈ [0, L] où k, ` ∈ Z et on a donc aussi |s − t + nL| ≥ η pour tout n ∈ Z. D’après ce qui
précède, il vient |g(s) − g(t)| = |g(s0 ) − g(t0 )| ≥ α. On a donc
∀(s, t) ∈ R2 , (∀n ∈ Z, |s − t + nL| ≥ η) ⇒ |g(s) − g(t)| ≥ α > 0.
Supposons que Γ ∩ gε+ (R) 6= ∅ i.e. il existe s, t ∈ R tels que g(t) = g(s) + iεg 0 (s), d’où
|g(t) − g(s)| = iεg 0 (s) = ε < α
et il résulte du choix de α qu’il existe n ∈ Z tel que |s − t + nL| < η donc, quitte à changer t en t − nL,
on peut supposer que |s − t| < η. D’après le choix de η, on a donc
−iεg 0 (s) − (t − s)g 0 (s) = g(t) − g(s) − (t − s)g 0 (s) < |t − s|
or |g 0 (s)| = 1 d’où |−iε − (t − s)| < |t − s|, ce qui est absurde. On a donc Γ ∩ gε+ (R) = ∅ et on obtient
de même Γ ∩ gε− (R) = ∅.
64
Théorème de Jordan
Théorème de Jordan. — C \ Γ a deux composantes connexes.
Démonstration. — • Soit z ∈ C \ Γ alors θ(t) = |z − g(t)|2 est L-périodique et continue donc atteint un
minimum g(t1 ) mais θ(t) = (z − g(t))(z − g(t)) = zz − g(t)z − zg(t) + g(t)g(t) donc
θ0 (t) = −g 0 (t)z − zg 0 (t) + g(t)0 g(t) + g(t)g(t0 ) = g 0 (t)(g(t) − z) + (g(t) − z)g 0 (t) = 2Re g 0 (t)(g(t) − z)
d’où Re (g 0 (t1 )(g(t1 ) − z)) = 0 i.e. g 0 (t1 ) et g(t1 ) − z sont orthogonaux.
La demi-droite [g(t1 ), z) contient g(t1 ) + iεg 0 (t1 ) ou g(t1 ) − iεg 0 (t1 ), par exemple g(t1 ) − iεg 0 (t1 ). Deux
cas sont possibles :
– soit g(t1 ) − iεg 0 (t1 ) est sur le segment [g(t1 ), z] auquel cas la définition de g(t1 ) (comme étant le point
de Γ à distance minimale de z) assure que le segment [g(t1 ) − iεg 0 (t1 ), z] ne contient aucun point de
Γ,
– soit z est sur le segment [g(t1 ), g(t1 )−iεg 0 (t1 )] auquel cas tout point du segment [z, g(t1 )−iεg 0 (t1 ), z] est
de la forme g(t1 )−iδg 0 (t1 ) avec δ < ε mais on a vu que gδ− (R)∩Γ = ∅ donc le segment [z, g(t1 )−iεg 0 (t1 )]
ne contient aucun point de Γ.
Dans les deux cas, z peut être joint par un segment ne coupant pas Γ au point g(t1 ) − iεg 0 (t1 ) donc,
en considérant l’arc gε− (R), au point gε− (0). Ainsi, tout point de z ∈ C \ Γ peut être joint par un arc à
gε− (R) ou gε+ (R). Il s’ensuit que C \ Γ a au plus deux composantes connexes.
• Notons que zε+ = gε+ (0) = iε et zε− = gε− (0) = −iε donc
Z L/2
Z L/2
1
1
g 0 (t)
g 0 (t)
+
−
dt
−
dt
Indg (zε ) − Indg (zε ) =
2iπ −L/2 g(t) − zε+
2iπ −L/2 g(t) − zε−
Z L/2
1
2iε
=
g 0 (t)
dt
2iπ −L/2
g(t)2 + ε2
Z
g 0 (t)
ε L/2
dt.
=
π −L/2 g(t)2 + ε2
1
L
2
On pose a(t) = g(t)
t et a(0) = 1 alors il existe 0 < δ < 2 tel que a(t) − 1 < 2 pour tout −δ < t < δ.
L
Comme g ne s’annule pas sur le compact {t; δ ≤ |t| ≤ 2 }, on a
Z
Z
Z
g 0 (t)
g0
g 0 (t)
ε
dt
−
−
−
−
→
d’où
dt −−−−→ 0.
2
2
2
π δ≤|t|≤ L g(t)2 + ε2
ε→0+
ε→0+
δ≤|t|≤ L g(t) + ε
δ≤|t|≤ L g
2
2
2
D’autre part
ε
π
Z
|t|<δ
g 0 (t)
ε2
dt
=
g(t)2 + ε2
π
mais
et Re a(εu)2 ≥
Z
|u|< δε
g 0 (εu)
1
du =
2
2
g(εu) + ε
π
Z
R
g 0 (εu)
1l δ δ (u)du
u2 a(εu)2 + 1 [− ε , ε ]
g 0 (εu)
1
1l[− δ , δ ] (u) −−−−→ 2
2
2
+
ε ε
u a(εu) + 1
u +1
ε→0
1
2
pour |u| ≤
δ
ε
donc
kg 0 k∞
g 0 (εu)
1l
δ δ (u) ≤
u2 a(εu)2 + 1 [− ε , ε ] u2
2 +1
et cette majoration vaut aussi pour |u| > δε . Le théorème de convergence dominée donne alors
Z
Z
1
1
g 0 (εu)
du
1l
−
−
−
→
=1
δ δ (u)du −
[−
,
]
2
2
2
ε ε
π R u a(εu) + 1
ε→0+ π R u + 1
i.e. Indg (zε+ ) − Indg (zε+ ) −−−−→ 1. Or la fonction z 7→ Indg (z) est continue sur C \ g et à valeurs dans Z
ε→0+
donc C \ Γ n’est pas connexe.
Sébastien Pellerin
65
Leçon concernée
32 Application des nombres complexes à la géométrie
Références
S. Gonnord et N. Tosel, Calcul différentiel, Ellipses, 1998.
Première épreuve du concours d’entrée à l’École Polytechnique 1993, option M’, in B. Gugger, Problèmes corrigés
de mathématiques posés au concours de Polytechnique, tome 5, Ellipses, 1996.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 24
THÉORÈME DE STABILITÉ DE LIAPOUNOV
Théorème de Liapounov. — Soit f : Rn → Rn de classe C 1 avec f (0) = 0 et telle que Re λ < 0
pour toute valeur propre λ de df0 . Alors pour x0 voisin de 0, la solution x(t) de X 0 = f (X), X(0) = x0
tend exponentiellement vers 0 lorsque t tend vers l’infini.
Démonstration. — • Soit A la matrice de df0 dans la base canonique de Rn et ε > 0, il existe P ∈ GLn (C)
telle que


λ1
ti,j


..
A1 = P AP −1 = 
 où |ti,j | ≤ ε,
.
0
λn
on note B la matrice diagonale et C la matrice nilpotente. On note x(t) une solution de X 0 = f (X) et
z(t) une solution de X 0 = AX ; on sait que z(t) = etA z(0) mais on souhaite retrouver le comportement
asymptotique de cette solution. En posant z1 (t) = P z(t), on obtient une solution de X 0 = A1 X. On
peut alors écrire
d
kz1 (t)k2 = 2Re hz10 (t), z1 (t)i = 2Re hA1 z1 (t), z1 (t)i = 2Re hBz1 (t), z1 (t)i + 2Re hCz1 (t), z1 (t)i.
dt
Soit Λ > 0 tel que −Λ = sup Re λi , alors
n
n
X
X
Re hBz1 , z1 i = Re
λi ζ1,i ζ1,i =
Re λi |ζ1,i |2 ≤ −Λ kz1 k2
i=1
i=1
et il existe une constante d > 0 telle que
|hCz1 , z1 i| ≤ |||C||| kz1 k2 ≤ dε kz1 k2 .
On obtient donc (quitte à choisir ε petit)
d
kz1 (t)k2 ≤ (−2Λ + 2dε) kz1 (t)k2 ≤ −a kz1 (t)k2
dt
avec a > 0. Il en résulte que pour tout t on a
kz1 (t)k2 ≤ e−at kz1 (0)k2
puis qu’il existe une constante c > 0 telle que
kz(t)k2 ≤ ce−at kz(0)k2 .
• Ce qui précède permet de définir un produit scalaire sur Rn par
Z +∞
b(V, W ) =
hesA V, esA W ids
0
dont on note respectivement q et N la forme quadratique et la norme associées ; en écrivant
q(V + tW ) = q(V ) + t2 q(W ) + 2tb(V, W )
puis en dérivant pour t = 0, on obtient
dqV (W ) =
d
q(V + tW ) t=0 = 2b(V, W ).
dt
68
Théorème de stabilité de Liapounov
• On pose f (u) = Au + r(u) alors
(q(x(t)))0 = dqx(t) x0 (t) = 2b x(t), x0 (t) = 2b (x(t), Ax(t)) + 2b (x(t), r(x(t)))
or pour tout V ∈ Rn on a
+∞
Z
2b (V, AV ) =
h
2 is→+∞
2hesA V, esA AV ids = esA V = − kV k2
s=0
0
d’où
(q(x(t)))0 = − kx(t)k2 + 2b (x(t), r(x(t))) .
L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne
|b (x(t), r(x(t)))| ≤ N (x(t)) N (r(x(t)))
mais r(u) = f (u) − f (0) − df0 (u) donc par définition de la différentiabilité, pour tout ε > 0, il existe
α > 0 tel que
N (u) ≤ α ⇒ N (r(u)) ≤ εN (u)
et il en résulte que pour N (x(t)) ≤ α on a
(q(x(t)))0 = − kx(t)k2 + 2εN (x(t))2 ≤ − kx(t)k2 + 2εq (x(t)) .
L’équivalence des normes N et k k montre que, quitte à choisir ε petit, on a
(q(x(t)))0 ≤ −βq (x(t)) avec β > 0.
• Tout d’abord on en déduit si N (x0 ) ≤ α alors N (x(t)) ≤ α pour t ≥ 0 ; en effet, sinon il existe un
plus petit instant t1 tel que N (x(t1 )) = α or N (x(t)) décroı̂t au voisinage de t1 et la valeur α est donc
censée être atteinte avant t1 ! D’autre part, N (x(t)) décroı̂t sur le domaine de définition de x(t) donc
x(t) n’explose pas en temps fini i.e. la solution x(t) est définie sur [0, +∞[. Enfin, on a
0
eβt q (x(t)) = eβt (q(x(t)))0 + βq (x(t)) ≤ 0
donc pour tout t ≥ 0, on a
q (x(t)) ≤ e−βt q(x0 )
i.e. x(t) tend exponentiellement vers 0.
Leçons concernées
23 Réduction d’un endomorphisme en dimension finie. Applications
38 Exponentielle de matrices. Applications
Références
J. Hubbard et B. West, Équations différentielles et systèmes dynamiques, Cassini, 1999.
F. Rouvière, Petit guide de calcul différentiel à l’usage de la licence et de l’agrégation, Cassini, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 25
THÉORÈME DE PASCAL
On note E le plan affine muni d’un repère, alors
– un triplet (x, y, z) tel que x + y + z 6= 0 désigne le point de coordonnées (x, y, z) dans (A, B, C),
−→
−−→
– un triplet (x, y, z) tel que x + y + z = 0 désigne le vecteur xCA + y CB.
Lemme. — Soit D(u, v, w), D0 (u0 , v 0 , w0 ) et D00 (u00 , v 00 , w00 ) trois droites distinctes de E,
1 1 1 u v w
0
0
0
0
0
0
d = u v w = vw + wu + uv − uw − vu − wv et δ = u0 v 0 w0
u0 v 0 w 0 u00 v 00 w00
on note
.
(i) D et D0 ont un unique point en commun si et seulement si d 6= 0;
ce point est P (vw0 − wv 0 , wu0 − uw0 , uv 0 − vu0 ).
(ii) D et D0 sont parallèles si et seulement si d = 0;
la direction de D et D0 est engendrée par le vecteur V (vw0 − wv 0 , wu0 − uw0 , uv 0 − vu0 ).
(iii) D, D0 et D00 sont parallèles ou ont un point commun unique si et seulement si δ = 0.
Définition. — On dit que m est un “point d’intersection” de deux droites D et D0 si
– soit D et D0 se coupent et m est l’unique point en commun,
– soit D et D0 sont parallèles et m est un vecteur non nul de leur direction commune.
Définition. — Soit (D0 , D00 ), (D1 , D10 ) et (D2 , D20 ) trois couples de droites (tels que les droites de
deux couples ne soient jamais parallèles ou concourantes) de “points d’intersection” respectifs m, n et
p. On dit que m, n et p sont “alignés” si l’une des conditions suivantes est vérifiée
– D0 k D00 , D1 k D10 et D2 k D20 ,
– Di k Di0 , Dj coupe Dj0 , Dk coupe Dk0 et la droite formée par ces deux points d’intersection est
parallèle à Di ,
– ces couples sont formés de droites concourantes en des points alignés.
Lemme. — On fixe un repère affine et on considère trois couples de droites (D0 , D00 ), (D1 , D10 ) et
(D2 , D20 ) de “points d’intersection”
respectifs
m(r, r0 , r00 ), n(s, s0 , s00 ) et p(t, t0 , t00 ). Alors m, n et p sont
r r0 r00 “alignés” si et seulement si s s0 s00 = 0.
t t0 t00 Démonstration. — ? Si les trois couples sont formés de droites concourantes alors résultat est clair
puisque p appartient à la droite (mn) si et seulement si le déterminant des coordonnées est nul.
? Supposons qu’un seul couple soit formé de droites parallèles, par exemple D0 k D00 , alors m est un
vecteur et n 6= p. La nullité du déterminant ci-dessus signifie que le vecteur m dirige la droite (np).
70
Théorème de Pascal
? Supposons enfin que deux couples soient formés de droites parallèles, par exemple D0 k D00 et D1 k D10 ,
alors m et n sont des vecteurs i.e. r + r0 + r00 = 0 et s + s0 + s00 = 0, d’où
r r0 r00 r r0
0
0 0
00 r r s s0 s00 = s s0
0
= (t + t + t ) s s0 .
t t0 t00 t t0 t + t0 + t00 0
0
Puisque
les droites D0 , D0 , D1 et D1 ne sont pas toutes parallèles, m et n ne sont pas colinéaires donc
r r0 0
00
0
s s0 6= 0. La nullité du déterminant revient donc à dire que t + t + t = 0 i.e. D2 k D2 .
Théorème de Pascal. — Soit six points A, B, C, A0 , B 0 et C 0 dont trois ne sont jamais alignés. Alors
une condition nécessaire et suffisante pour qu’une conique non dégénérée passe par ces six points est
que les “points d’intersection” m, n et p des couples de droites (BC 0 , CB 0 ),(CA0 , AC 0 ) et (AB 0 , BA0 )
soient “alignés”. Cette conique est alors unique.
Démonstration. — On travaille dans le repère (A, B, C) et on note A0 (a, a0 , a00 ), B 0 (b, b0 , b00 ) et C 0 (c, c0 , c00 ).
? Les coordonnées de la droite BC 0 sont (c00 , 0, −c) puisque l’équation est donnée par
x y z 0 1 0 = 0 i.e. c00 x − cz = 0.
c c0 c00 Les coordonnées de la droite CB 0
sont (−b0 , b, 0) puisque l’équation est donnée par
x y z 0 0 1 = 0 i.e. − b0 x + by = 0.
b b0 b00 Alors
1 1 1 00
c
= cb + cb0 + c00 b
0
−c
−b0 b 0 i.e. le “point d’intersection” m a pour coordonnées (cb, cb0 , c00 b).
? Les coordonnées de la droite CA0 sont (−a0 , a, 0) puisque l’équation est donnée par
x y z 0 0 1 = 0 i.e. − a0 x + ay = 0.
a a0 a00 Les coordonnées de la droite AC 0 sont (0, −c00 , c0 ) puisque l’équation est donnée par
x y z 1 0 0 = 0 i.e. − c00 y + c0 z = 0.
c c0 c00 Alors
1
1
1
−a0
a
0
0 −c00 c0
= ac0 + a0 c0 + a0 c00
i.e. le “point d’intersection” n a pour coordonnées (ac0 , a0 c0 , a0 c00 ).
? Les coordonnées de la droite AB 0
x
1
b
sont (0, −b00 , b0 ) puisque l’équation est donnée par
y z 0 0 = 0 i.e. − b00 y + b0 z = 0.
b0 b00 Les coordonnées de la droite BA0 sont (a00 , 0, −a) puisque l’équation est donnée par
x y z 0 1 0 = 0 i.e. a00 x − az = 0.
a a0 a00 Sébastien Pellerin
71
Alors
1
1
1
0 −b00 b0
00
a
0
−a
= ab00 + a00 b0 + a00 b00
i.e. le “point d’intersection” p a pour coordonnées (ab00 , a00 b0 , a00 b00 ).
? On considère maintenant le déterminant
cb cb0
c00 b
d = ac0 a0 c0 a0 c00
ab00 a00 b0 a00 b00
alors m,n et p sont “alignés” si et seulement si d = 0. Puisque les points A, B, C, A0 , B 0 et C 0 ne sont
pas alignés trois à trois, les coordonnées de A0 , B 0 et C 0 sont non nulles donc s = cba0 c0 a00 b00 6= 0, d’où
0 00 0 00 0 00 0 /b
00 /c 1
b
c
a a00 b b00 c c00 0
00
0
bb
cc .
1
c /c = aa
d = s a/a
0
0
00
0
00
a/a b /b
bb
cc0 1 aa
Les points m,n et p sont donc “alignés” si et seulement si le système suivant admet une solution (α, β, γ)
non triviale
 0 00
 a a X +aa00 Y +aa0 Z = 0
b0 b00 X +bb00 Y +bb0 Z = 0
 0 00
c c X +cc00 Y +cc0 Z = 0
Le fait que m,n et p soient alignés revient donc à dire que A0 , B 0 et C 0 appartiennent à une courbe
d’équation 2(αyz + βxz + γxy) = 0.
? Pour conclure, on remarque que l’équation d’une conique C est de la forme
a0 x2 + b0 y 2 + c0 z 2 + 2(a1 yz + b1 xz + c1 xy) = 0
donc les coniques passant par A, B et C sont données les équations du type
2(a1 yz + b1 xz + c1 xy) = 0.
On a donc bien montré que m,n et p sont alignés si et seulement s’il existe une conique passant par
A, B, C, A0 , B 0 et C 0 .
? Puisque A0 , B 0 et C ne sont pas alignés, on a
0
a a a00 1 a/a0 a00 /a0 0
1 a/a 0
1 0
= b /b
1
b00 /b = 0 b0 b b00 6= 0
b /b
1
0
0
1 ab 0 0 1 i.e. le système ci-dessus est de rang 2 donc les triplets (α, β, γ) solutions sont tous proportionnels
i.e. définissent la même conique.
Leçons concernées
22 Déterminants. Applications
25 Formes quadratiques. Applications
29 Coniques
30 Barycentres dans un espace affine réel de dimension finie ; convexité. Applications
Sébastien Pellerin
72
Théorème de Pascal
Compléments
Équations de droites. —
Lemme. — Soit D(u, v, w), D0 (u0 , v 0 , w0 ) et D00 (u00 , v 00 , w00 ) trois droites distinctes de
1 1 1 u v
0
0
0
0
0
0
d = u v w = vw + wu + uv − uw − vu − wv et δ = u0 v 0
u0 v 0 w 0 u00 v 00
E, on note
w w0 .
w00 (i) D et D0 ont un unique point en commun si et seulement si d 6= 0;
ce point est P (vw0 − wv 0 , wu0 − uw0 , uv 0 − vu0 ).
(ii) D et D0 sont parallèles si et seulement si d = 0;
la direction de D et D0 est engendrée par le vecteur V (vw0 − wv 0 , wu0 − uw0 , uv 0 − vu0 ).
(iii) D, D0 et D00 sont parallèles ou ont un point commun unique si et seulement si δ = 0.
Démonstration. — (i) Si d 6= 0 alors le système

 ux+ vy wz = 0
u0 x+ v 0 y w0 z = 0

x+
y
z =1
est de Cramer donc admet pour solution unique le point d−1 (vw0 − wv 0 , wu0 − uw0 , uv 0 − vu0 ) et on a
bien le résultat en normalisant.
(ii) Si d = 0 alors les deux premières équations montrent que V dirige les droites D et D0 (puisque ses
coordonnées satisfont ces équations). De plus, le fait que D 6= D0 signifie que les triplets (u, v, w) et
(u0 , v 0 , w0 ) ne sont pas proportionnels ce qui implique que V est non nul. On a donc bien D k D0 .
(iii) On a
u v w 0
δ = u v 0 w0 = u(v 0 w00 − v 00 w0 ) + v(u00 w0 − w00 u0 ) + w(v 00 u0 − u00 v 0 )
u00 v 00 w00 et on considère le triplet (v 0 w00 − v 00 w0 , u00 w0 − w00 u0 , v 00 u0 − u00 v 0 ). Alors
– si D et D0 ne sont pas parallèles alors le triplet ci-dessus représente le point d’intersection de D et D0
et ce dernier appartient à D00 si et seulement δ = 0,
– si D k D0 ne sont pas parallèles alors le triplet ci-dessus représente un vecteur directeur de D et D0
et ce dernier dirige D00 si et seulement δ = 0.
Référence
C. Tisseron, Géométries affine, projective et euclidienne, Hermann, 2000.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 26
POLYNÔMES IRRÉDUCTIBLES DE Fq [T ]
Soit p un nombre premier et f ≥ 1, on note q = pf et Fp = Z/pZ. Il existe un unique corps Fq à q
éléments ; il s’agit du corps de décomposition de X f − X sur Fp . On note I l’ensemble des polynômes
irréductibles unitaires de Fq [T ].
Proposition. — Si Π(n) est le nombre de polynômes unitaires irréductibles sur Fq alors
!
qn
q n/2
Π(n) =
.
+O
n
n
0
n
n
Démonstration. — On a X q − X = q n X q −1 − 1 = −1 (puisque q est une puissance de la can
ractéristique) donc le polynôme X q − X n’a que des racines simples et il s’ensuit que c’est le produit
des polynômes irréductibles unitaires qui le divisent.
n
Si P est un tel polynôme et si α est une racine de P dans une clôture algébrique de Fq alors αq − α = 0
n
i.e. αq = α donc α ∈ Fqn ; on a Fq ≤ Fq (α) ≤ Fqn d’où
n = [Fqn : Fq ] = [Fqn : Fq (α)] · [Fq (α) : Fq ] = [Fqn : Fq (α)] · (deg P )
donc deg P divise n.
Réciproquement, si le degré de P divise n et si α est une racine de P dans une clôture algébrique alors
n
Fq (α) = Fqdeg P est un sous-corps de Fqn donc α ∈ Fqn et il s’ensuit que αq − α = 0. Ainsi, toute racine
n
n
de P (dans une clôture algébrique) est une racine de X q − X donc P divise X q − X, d’où
Y
n
Xq − X =
P.
P ∈I
deg P |n
Il en résulte que
n
Y
q n = deg(X q − X) = deg
P ∈I
deg P |n
P =
X X
d|n
P ∈I
deg P =d
d=
X
dΠ(d).
d|n
En particulier, on a nΠ(n) ≤ q n .
On rappelle que la fonction de Möbius µ est la fonction multiplicative définie sur N∗ par µ(1) = 1,
µ(n) = 0 si n a un facteur carré et µ(q1 · · · qr ) = (−1)r si les qj sont des premiers distincts. On a alors
Lemme. — Soit f, g : N∗ → C alors on a équivalence entre
X
(i) g(n) =
h(d) pour tout n ≥ 1
d|n
n
X
X n
(ii) h(n) =
µ
g(d) =
µ(d)g
pour tout n ≥ 1
d
d
d|n
d|n
On applique ce lemme pour g(k) = q k et h(k) = kΠ(k), d’où
X n
X n
nΠ(n) = h(n) =
µ
g(d) =
µ
qd.
d
d
d|n
d|n
74
Polynômes irréductibles de Fq [T ]
On note p(n) le plus petit facteur premier de n. Si d est un diviseur strict de n alors nd > 1 admet un
diviseur premier r donc d divise nr et on a
X
X X
X
n
q n = nΠ(n) +
dΠ(d) ≤ nΠ(n) +
dΠ(d) ≤ nΠ(n) +
qr.
d|n
d<n
d| n
r
r|n
r premier
Si r est un diviseur premier de n alors r ≥ p(n) donc
n
r
≤
r|n
r premier
n
p(n)
d’où
n
q n ≤ nΠ(n) +
p(n)
X
q k ≤ nΠ(n) + q
n
p(n)
k=1
On a donc
n
q n − q p(n)
1
1
1 + + ··· + n
q
q p(n)
!
n
≤ nΠ(n) + q p(n)
q
.
q−1
q
≤ nΠ(n) ≤ q n .
q−1
Puisque p(n) ≥ 2, on en déduit que
qn
Π(n) =
+O
n
q n/2
n
qn
Π(n) =
+O
n
q n/3
n
!
et si n est impair, on a p(n) ≥ 3, d’où
!
.
Remarque. — Notons l’analogie entre la formule
qn
+O
Π(n) =
logq q n
q n/2
n
!
et le théorème des nombres premiers
π(x) =
√
x
+ O xe−α log x .
log x
Leçons concernées
01 Méthodes combinatoires, problèmes de dnombrements
12 Corps finis. Applications
14 Polynômes irréductibles à une indéterminée. Corps de rupture. Exemples et applications
Référence
S. Francinou et H. Gianella, Exercices d’algèbre 1, Masson, 1993.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 27
PROBABILITÉS QUE DEUX ENTIERS SOIENT PREMIERS
ENTRE EUX
Proposition. — La probabilité rn que deux entiers de {1, . . . , n} soient premiers entre eux est
n
n 2
1 X
µ(d)E
rn = 2
n
d
d=1
et tend vers
6
π2
lorsque n tend vers l’infini.
Démonstration. — Soit n ≥ 1 un entier fixé et soit p1 , . . . , pk les nombres premiers inférieurs à n. Pour
tout 1 ≤ i ≤ k, on pose
Ui = {(a, b) ∈ {1, . . . , n}2 ; pi divise a et b}.
La formule du crible donne
card
k
[
!
X
Ui =
i=1
1+card I
(−1)
\
card
Ui
.
i∈I
∅6=I⊂{1,...,k}
Si I est une partie non vide de {1, . . . , k} alors
\
Y
Ui = {(a, b) ∈ {1, . . . , k}2 ; ∀i ∈ I, pi |a ∧ b} = {(a, b) ∈ {1, . . . , n}2 ;
pi |a ∧ b}.
i∈I
i∈I
Or, si 1 ≤ s ≤ n est un multiple de r, alors on peut écrire s = rt avec 1 ≤ t ≤
multiples de r dans {1, . . . , n}, d’où
!
2
\
n
Q
card
Ui = E
i∈I pi
n
r
donc il y a E( nr )
i∈I
i.e.
card
k
[
X
Ui = −
i=1
card I
(−1)
E
2
n
Q
∅6=I⊂{1,...,k}
i∈I
pi
.
Notons Dn l’ensemble des entiers de {2, . . . , n} sans facteur carré. Si d ∈ Dn alors µ(d) = (−1)δ où δ
est le nombre de facteurs carrés de d donc
k
n 2
X
[
card
Ui = −
µ(d)E
d
i=1
d∈Dn
et, d’autre part, si d a un facteur carré, on a µ(d) = 0 donc
card
k
[
Ui = −
i=1
n
X
µ(d)E
n 2
d=2
d
.
Le nombre de couples (a, b) ∈ {1, . . . , n}2 d’entiers premiers entre eux est donc
2
n − card
k
[
i=1
2
Ui = n +
n
X
d=2
µ(d)E
n 2
d
=
n
X
d=1
µ(d)E
n 2
d
76
Probabilités que deux entiers soient premiers entre eux
et on a donc
n
n 2
1 X
rn = 2
.
µ(d)E
n
d
d=1
Puisque
1
E
n2
n 2
d
1
,
d2
∼
on considère
n
n
X
n 2
X
1
1
µ(d)
− 2 .
µ(d) 2 E
=
rn −
d2 n
d
d d=1
d=1
On a
E( nd )
>
rn −
n
d −
n
X
d=1
donc lim rn =
n→+∞
1 donc
µ(d) ≤
d2 +∞
P
d=1
d=1
n2
d2
2
+ 1 i.e. n12 − dn
< n12 E( nd )2 − d12 ≤ 0 d’où
n n
1
1
2 X 1
2
2X1
log n
≤
= +
+
=O
|µ(d)| 2 −
n
dn n2 dn
n n
d
n
E( nd )2
n
X
>
−
2n
d
d=1
d=1
µ(d)
.
d2
Puisque ces les deux séries sont absolument convergentes, on a
! +∞
!
+∞ X
+∞
X µ(d) X
X µ(d)
X
1
1
=
=
µ(`)
2
2
2
2
n
d
n d
i2
n=1
Il reste à calculer S(i) =
X
i=1 `|i
n,d
d=1
µ(`). Pour i = 1, on a S(1) = µ(1) = 1. On suppose que i ≥ 2 et on écrit
`|i
i = q1α1 · · · qkαk où les qj sont deux à deux distincts et αj ≥ 1 pour tout j. Un diviseur ` de i s’écrit alors
` = q1β1 · · · qkβk
0 ≤ βj ≤ αj
avec
et la condition µ(`) 6= 0 signifie donc que βj = 0 ou 1 pour tout j. Ainsi, on a dans ce cas
µ(`) = (−1)s où s = card {1 ≤ j ≤ k ; βj = 1}.
On a donc une bijection entre l’ensemble des diviseurs ` de i tels que µ(`) = (−1)s et l’ensembles des
k-uplets (β1 ,. . . , βk ) ∈ {0; 1}k dont exactement s composantes valent 1 or ce dernier ensemble compte
exactement ks éléments, d’où
X
µ(`) =
`|i
k
X
s=0
X
µ(`) =
k X
k
s=0
`|i
µ(`)=(−1)s
s
(−1)s = (1 + (−1))k = 0.
On en déduit finalement que
+∞
X
1
n2
n=1
!
+∞
X
µ(d)
d=1
d2
i.e.
lim rn =
n→+∞
!
+∞
X
1 X
=
µ(`) = 1
i2
i=1
+∞
X
µ(d)
d=1
d2
=
`|i
1
.
ζ(2)
Leçons concernées
01 Méthodes combinatoires. Problèmes de dénombrement
10 Nombres premiers.Applications
Référence
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 28
THÉORÈME DE SCHUR
Lemme. — Soit K une extension de Q de degré δ et P ∈ K[T1 , . . . , Tm ]. Il existe P ∈ Q[T1 , . . . , Tm ]
tel que deg P = δ deg P et : ∀(z1 , . . . , zm ) ∈ Cm , P (z1 , . . . , zm ) = 0 ⇒ P (z1 , . . . , zm ) = 0.
Démonstration. — Le théorème de l’élément primitif donne K = Q(θ), on note Pθ le polynôme minimal
de θ. Les conjugués θ2 , . . . , θδ de θ sont les autres racines complexes de Pθ et sont simples puisque
Pθ est
Pirréductible sur Q. On note σk le morphisme canonique Q(θ) → Q(θk ) et σ1 = idK . On écrit
P = c` (θ)T ` avec c` ∈ Q[X] et deg c` < δ (d’où l’unicité de c` ). On pose
`
P σk =
X
c` (θk )T ` ∈ Q(θk )[T1 , . . . , Tm ] et P = P P σ2 · · · P σδ .
`
Le coefficient en X ` de P est c` (θ1 , . . . , θδ ) =
X
c`1 (θ1 ) · · · c`δ (θδ ) i.e. est une expression po-
`1 +···+`δ =`
lynômiale à coefficients rationnels en les polynômes symétriques élémentaires Σk (θ1 , . . . , θδ ) or ces derniers sont les coefficients (au signe près) de Pθ donc P ∈ Q[T1 , . . . , Tm ]. De plus, on a clairement
deg P = δ deg P et le fait que P = P σ1 divise P assure la dernière condition.
Lemme. — Soit E une extension de degré d de T = Q(a1 , . . . , at ) où les ai sont algébriquement
indépendants sur Q. Alors E ∩ Q est une extension de Q de degré au plus d.
Démonstration. — Notons F = E ∩ Q et considérons (z1 , . . . , zd+1 ) ∈ F d+1 . Comme E est de degré d
sur T , (z1 , . . . , zd+1 ) est liée sur T i.e. il existe P1 , . . . , Pd+1 ∈ Q[T1 , . . . , Tt ] tels que
P1 (a1 , . . . , at )z1 + · · · + Pd+1 (a1 , . . . , at )zd+1 = 0,
on pose alors P =
d+1
X
Pk (T1 , . . . , Tt )zk . D’après le premier lemme, il existe P ∈ Q[T1 , . . . , Tt ] tel que
k=1
P (a1 , . . . , at ) = 0 i.e. P = 0 par hypothèse sur les ai . Avec les notations du lemme précédent, on a
P σk0 = 0 pour un certain k0 donc c` (θk0 ) = 0 i.e. c` est divisible dans Q[X] par le polynôme minimal de
θk0 i.e. par Pθ d’où x` (θ) = 0 et P = 0. Considérons enfin (x1 , . . . , xt ) ∈ Qt tel que Pk (x1 , . . . , xt ) ∈ Q
pour tout k alors la relation
P1 (x1 , . . . , xt )z1 + · · · + Pd+1 (x1 , . . . , xt )zd+1 = 0
signifie ques les zi sont liés sur Q.
78
Théorème de Schur
Théorème de Burnside. — Si G est un sous-groupe de type fini et de torsion de GLn (C) alors G
est d’exposant fini.
Démonstration. — Soit E le sous-corps de C engendré par une partie génératrice finie de G, on peut
supposer que E est une extension finie de degré d de T = Q(a1 , . . . , at ) où les ai sont algébriquement
indépendants. Soit A ∈ G et ξ une valeur propre de A, comme G est de torsion, A est annulée par un
polynôme X s − 1 donc ξ est une racine primitive N -è de l’unité. De plus, ξ est racine de χA donc ξ est
algébrique sur E de degréQr ≤ n. Le polynôme minimal R de ξ divise X N − 1 dans E[X] donc dans
C[X] donc R s’écrit R =
(X − α) où A est une partie du groupe des racines n-è de l’unité. Donc les
α∈A
coefficients de R sont dans le corps cyclotomique Q(ξ) (donc dans Q) d’où dans (E ∩ Q)[X]. D’après
le second lemme, E ∩ Q est une extension finie de Q de degré au plus d. D’après le premier lemme, il
existe R ∈ Q[X] tel que
R(ξ) = 0 , deg R = [E ∩ Q : Q] deg R et deg R ≤ dr.
Le polynôme minimal φN de ξ sur Q divise R dans Q[X] donc deg φN ≤ deg R d’où ϕ(N ) ≤ dr ≤ dn.
Ainsi ϕ(N ) est borné indépendamment de A. Comme ϕ(N ) tend vers +∞ quand N tend vers l’infini,
N est majoré par une constante e ne dépendant que de G et, quitte à prendre e!, on peut supposer que
e est un multiple de N . Donc ξ e = 1 i.e. les valeurs propres de Ae valent toutes 1 mais Ae ∈ G est
diagonalisable donc Ae = In i.e. G est d’exposant fini.
************************ reprendre les indices n-N ************
Leçons concernées
07 Groupes linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
15 Groupe des nombres complexes de module 1. Applications
16 Algèbre des polynômes à n indéterminées (n ≥ 2). Polynômes symétriques. Exemples et applications
17 Racines des polynômes une indéterminée. Relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme. Exemples et applications
Référence
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 29
ENDOMORPHISMES SEMI-SIMPLES
Définition. — Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie.
(i) On dit que f ∈ L(E) est semi-simple si pour tout sous-espace F de E stable par f , il existe un
supplémentaire S de F stable par f .
(ii) On dit que M ∈ Mn (K) est semi-simple si l’endomorphisme x 7→ M x est semi-simple.
Lemme. — Soit f ∈ L(E) est tel que µf soit irréductible alors f est semi-simple.
Démonstration. — Soit F un sous-espace strict de E stable par f et soit x1 ∈ E \ F alors le sous-espace
Ex1 = {P (f )(x1 ) ; P ∈ K[X]} est stable par f et Ix1 = {P ∈ K[X] ; P (f )(x1 ) = 0} est un idéal non
nul de K[X] (puisque µf (f )(x1 ) = 0) donc il existe π1 ∈ K[X] unitaire tel que Ix1 = π1 K[X]. De plus,
x1 6= 0 donc id ∈
/ Ix1 i.e. π1 n’est pas constant. Puisque µf est irréductible et divisible par π1 , on a en
fait µf = π1 d’où (d’après l’hypothèse) π1 irréductible.
Supposons qu’il existe y ∈ Ex1 ∩ F non nul, on écrit y = P (f )(x1 ) avec P ∈ K[X] ; alors π1 est
irréductible et ne divise pas P donc π1 et P sont premiers entre eux et il existe donc U, V ∈ K[X] tels
que U P + V π1 = 1 d’où
x1 = U (f ) ◦ P (f )(x1 ) + V (f ) ◦ π1 (f )(x1 ) = U (f ) ◦ P (f )(x1 ) = U (f )(y)
mais y ∈ F et F est stable par f donc U (f )(y) ∈ F ce qui est impossible par choix de x1 . On a donc
Ex1 ∩ F = {0} i.e. Ex1 et F sont en somme directe. Si F ⊕ Ex1 = E, c’est fini, sinon on considère
x2 ∈ E \ F ⊕ Ex1 . Puisque E est de dimension finie, on obtient une décomposition de la forme
E = F ⊕ E x1 ⊕ · · · ⊕ E xr
avec chaque Exi stable par f ; on pose donc S = Ex1 ⊕ · · · ⊕ Exr .
Proposition. — Si f ∈ L(E) alors on a équivalence entre
(i) f est semi-simple
(ii) µf est un produit de polynôme irréductibles unitaires deux à deux distincts.
Démonstration. — (i) ⇒ (ii) Si µf a un facteur carré i.e. si µf = M 2 N , alors F = ker M (f ) est stable
par f donc il existe un supplémentaire S de F stable par f . Soit x ∈ S alors M (f ) ◦ M N (f )(x) =
µf (f )(x) = 0 i.e. M N (f )(x) ∈ F et, d’autre part, S est stable par f donc M N (f )(x) ∈ S ; on a donc
M N (f )(x) ∈ F ∩ S = {0} i.e. M N (f ) s’annule sur S. Si x ∈ F alors M N (f )(x) = N (f )(M (f )(x)) = 0
i.e. M N (f ) s’annule sur F . Il s’ensuit que M N (f ) est nul alors que deg M N < deg µf ce qui contredit
la définition du polynôme minimal.
(ii) ⇒ (i) On décompose µf = P1 · · · Pr et on note Fi = ker Pi (f ). Soit F stable par f alors on a
E = F1 ⊕ · · · ⊕ Fr et F = (F ∩ F1 ) ⊕ · · · ⊕ (F ∩ Fr ). Chaque Fi est stable par f et on peut considérer
la restriction fi ∈ L(Fi ) de f à Fi . Pour tout i, on a Pi (fi ) = 0 avec Pi irréductible donc Pi = µfi et,
80
Endomorphismes semi-simples
d’après le lemme, fi est semi-simple i.e. il existe Si stable par fi tel que Fi = (F ∩ Fi ) ⊕ Si . Il suffit
alors de poser S = S1 ⊕ · · · ⊕ Sr .
Corollaire. — Si K est algébriquement clos alors f ∈ L(E) est semi-simple si et seulement si f est
diagonalisable.
Démonstration. — Si K est algébriquement clos alors les polynômes irréductibles sur K sont ceux de
degré 1 donc µf est sans facteur carré si et seulement si µf est scindé à racines simples.
Proposition. — Soit M ∈ Mn (R).
(i) M est semi-simple si et seulement si M est diagonalisable dans Mn (C).
(ii) Si
de la forme
M ∈M
n (R) est semi-simple alors M est semblable dans Mn (R) à une matrice
D 0
α −β
avec D diagonale et B constituée de blocs de la forme
centrés sur sa
0 B
β α
diagonale principale.
Démonstration. — (i) Si M est semi-simple alors µM = P1 · · · Pr avec les Pi irréductibles unitaires deux
à deux non associés. Soit α ∈ C une racine de µM alors α est une racine de l’un des Pi , par exemple P1 ,
or P1 est irréductible sur R donc α est racine simple de P1 . Pour i > 1, on a Pi et P1 premiers entre eux
i.e. U Pi + V P1 = 1 avec U, V ∈ R[X] donc U Pi (α) = 1 i.e. α n’est pas racine des autres Pi donc µM est
à racines simples et il s’ensuit que M est diagonalisable sur C. Réciproquement, si M est diagonalisable
sur C alors µM ∈ R[X] est scindé à racines simples dans C donc µM est sans facteur carré dans C[X]
et a fortiori dans R[X].
(ii) On raisonne par récurrence sur n, le cas n = 1 étant trivial. Si µM est scindé sur R alors, d’après
le première proposition et puisque M est semi-simple, µM est un produit de polynômes irréductibles
distincts donc est à racines simples et il s’ensuit que M est diagonalisable sur R. On peut donc supposer
que µM = [(X − α)2 + β 2 ]Q avec α ∈ R, β > 0 et Q ∈ R[X] et on pose E = ker[(M − α)2 + β 2 I]. Puisque
Q divise strictement µM , on a Q(M ) 6= 0 donc [(X − α)2 + β 2 ] n’est pas inversible et il s’ensuit que
E 6= {0}, on considère e1 ∈ E non nul. Si M e1 = λe1 alors
0 = [(M − α)2 + β 2 I](e1 ) = [(λ − α)2 + β 2 ]e1
ce qui est impossible puisque β > 0 donc e1 et M e1 sont indépendants et il en est donc de même de e1
et e2 = β1 [M e1 − αe1 ]. De plus, on a M e1 = αe1 + βe2 et
1
(M − αI)2 e1 + αe2 = −βe1 + αe2
β
α −β
donc F = Vect(e1 , e2 ) est stable par M et on a M|F =
. Puisque M est semi-simple, il existe
β α
un supplémentaire G de F stable par M et il suffit d’appliquer l’hypothèse de récurrence à la matrice
M|G .
M e2 = (M − αI)e2 + αIe2 =
Leçons concernées
11 Idéaux d’un anneau commutatif unitaire. Exemples et applications
14 Polynômes irréductibles à une indéterminée. Corps de rupture. Exemples et applications
23 Réduction d’un endomorphisme en dimension finie. Applications
24 Sous-espaces stables d’un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie. Applications
37 Endomorphismes diagonalisables
40 Polynômes d’endomorphismes. Applications
Sébastien Pellerin
81
Compléments
Une lemme utile. —
Lemme. — Soit f ∈ L(E) et µf = P1α1 · · · Prαr . Si F est un sous-espace stable par f alors
F =
r
M
(F ∩ ker Piαi (f )).
i=1
Première démonstration. — Soit x = x1 + · · · + xr ∈ F où xi ∈ ker Piαi (f ) alors, pour tout P ∈ K[X],
on a P (f )(x) = P (f )(x1 ) + · · · + P (f )(xr ). Soit i ∈ {1, . . . , r}, on écrit µf = Piαi Qi avec Qi ∈ K[X] alors
Qi (f )(x) = Qi (f )(x1 ). Puisque ker Piαi (f ) et F ∩ ker Piαi (f ) sont stables par f , ils sont stables par Qi (f )
donc on peut considérer les restrictions g et h de Qi (f ) à ker Piαi (f ) et F ∩ ker Piαi (f ) respectivement.
Notons que
M
α
ker Qi (f ) ∩ ker Piαi (f ) =
ker Pj j (f ) ∩ ker Piαi (f ) = {0}
j6=i
i.e. g et h sont injectives d’où bijectives. Alors y = g(xi ) est dans ker Piαi (f ) or y = Qi (f )(x) donc y est
aussi dans F ; il s’ensuit que y est dans F ∩ker Piαi (f ) donc xi = h−1 (y) aussi i.e. xi ∈ F ∩ker Pλ (f ).
αi
Deuxième démonstration.
M— On pose Fi = ker Pi (f ), on a E = F1 ⊕· · ·⊕Fr et on note pi la projection
Fj , il s’agit d’un polynôme en f . Comme F est stable par f , F est aussi
sur Fi parallèlement à
j6=i
stable par chaque pi i.e. pi (F ) ⊂ F mais on a aussi pi (F ) ⊂ pi (E) ⊂ Fi , d’où pi (F ) ⊂ F ∩ Fi . Comme
p1 + · · · + pr = idE , il vient
F ⊂ p1 (F ) + · · · + pr (F ) = p1 (F ) ⊕ · · · ⊕ pr (F ) ⊂ (F ∩ F1 ) ⊕ · · · ⊕ (F ∩ Fr ).
Démonstration dans le cas diagonalisable. — Si f est diagonalisable alors on a E = Eλ1 ⊕ · · · ⊕ Eλr .
Soit x ∈ F , on écrit x = x1 + · · · + xr , où xi ∈ Eλi , alors P (f )(x) = P (λ1 )x1 + · · · + P (λr )xr pour
tout P ∈ K[X]. Soit 1 ≤ i ≤ r et Pi ∈ K[X] tel que Pi (λi ) = 1 et Pi (λj ) = 0 pour j 6= i, alors
xi = Pi (f )(x) ∈ F .
Le théorème de Maschke. —
Théorème. — Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1, G un sous-groupe fini de GL(E)
et F un sous-espace de E stable par tous les éléments de G. Alors F admet un supplémentaire stable
par tous les éléments de G.
Démonstration. — On pose
ϕ(x, y) =
X
hg(x), g(y)i
g∈G
ce qui définit un produit scalaire sur E invariant par G. Il suffit alors de prendre l’orthogonal S = F ⊥
de F pour le produit scalaire ϕ.
Références
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas, Oraux X-ENS, algèbre 1, Cassini, 2001.
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 30
SOUS-GROUPES COMPACTS DE GLn (R)
Proposition. — Soit E un espace euclidien de dimension N et H un sous-groupe compact de GL(E).
Si K est un convexe compact de E tel que u(K) ⊂ K pour tout u ∈ H, alors il existe a ∈ K tel que
u(a) = a pour tout u ∈ H.
Démonstration. — Il s’agit de montrer que
\
{x ∈ K; u(x) = x} =
6 ∅ donc, puisque K est compact et
u∈H
puisque {x ∈ K; u(x) = x} est fermé pour tout u ∈ H, il s’agit de montrer que si u1 , . . . , up ∈ H alors
p
\
{x ∈ K; ui (x) = x} =
6 ∅.
i=1
On pose v = p1 (u1 + · · · + up ) alors on a v(K) ⊂ K par convexité et puisque ui (K) ⊂ K pour tout
1 ≤ i ≤ p. Si x0 ∈ K est fixé, on note xk = k1 (x0 + v(x0 ) + · · · + v [k−1] (x0 )) alors
1
1
1
v(x0 ) + v [2] (x0 ) + · · · + v [k] (x0 ) = xk − x0 + v [k] (x0 ).
v(xk ) =
k
k
k
Puisque la suite (xk )k est à valeurs dans le compact K, on peut en extraire une sous-suite (xϕ(k) )k qui
converge vers un élément a ∈ K. On a alors
1
[k]
v(xϕ(k) ) − xϕ(k) = 1 x
−
v
(x
)
0
0 ≤ diam(K) −−−−→ 0
k→+∞
k
k
or xϕ(k) −−−−→ a et v est continue d’où v(a) = a.
k→+∞
Si x ∈ K est fixé alors u ∈ H 7→ ku(x)k est continue sur le compact H donc on peut poser
kxk0 = sup ku(x)k .
u∈H
Les relations kλxk0 = |λ| kxk0 et kx + yk0 ≤ kxk0 + kyk0 sont claires et si kxk0 = 0 alors u(x) = 0
(i.e. x ∈ ker u) pour tout u ∈ H mais H ⊂ GL(RN ) donc x = 0. Donc k k0 est une norme sur RN . Qui
plus est, pour tout f ∈ H, on a
kxk0 = sup ku(x)k =
u∈H
sup ku ◦ f (x)k = sup ku(f (x))k = kf (x)k0 .
(u◦f )∈H
u∈H
D’autre part, on peut supposer que la norme k k est la norme euclidienne. Si kx + yk0 = kxk0 + kyk0
alors il existe u0 ∈ H tel que kx + yk0 = ku0 (x + y)k = ku0 (x) + u0 (y)k (en effet, le sup est atteint en
un certain u0 ∈ H) or
2
kx + yk0 = ku0 (x) + u0 (y)k2 = ku0 (x)k2 + ku0 (y)k2 + 2 ku0 (x)k ku0 (y)k
2
2
≤ kxk0 + kyk0 + 2 ku0 (x)k ku0 (y)k
d’où
ku0 (x)k2 + ku0 (y)k2 + 2hu0 (x), u0 (y)i = ku0 (x)k2 + ku0 (y)k2 + 2 ku0 (x)k ku0 (y)k
i.e. hu0 (x), u0 (y)i = ku0 (x)k ku0 (y)k donc il existe λ ≥ 0 tel que u0 (x) = λu0 (y) ou u0 (y) = λu0 (x). En
composant par u−1
0 , on a x = λy ou y = λx.
84
Sous-groupes compacts de GLn (R)
• Puisque v(a) = a, on a
p−1
0
p−1
0
p
p
1
1X
1
1
1X
X
X
0
0
kuk (a)k0 =
kak0 = kak0
kak = kv(a)k = uk (a) + up (a) ≤ uk (a) + kup (a)k0 ≤
p
p
p
p
p
k=1
d’où
k=1
k=1
k=1
p−1
0
p−1
0
1
1
1
X
X
uk (a) + up (a) = uk (a) + kup (a)k0
p
p
p
k=1
k=1
et d’après le point précédent, il existe λp ≥ 0 tel que
p−1
p−1
k=1
k=1
1
1
1X
1X
uk (a) = λp up (a) ou λp
uk (a) = up (a).
p
p
p
p
Le cas où λp = 0 correspond à a = 0 donc a est alors clairement un point fixe commun aux ui puisque
ce sont des isomorphismes. On peut donc supposer qu’il existe λp > 0 tel que
p−1
1
1X
uk (a) = λp up (a)
p
p
k=1
puis (en substituant ci-dessus)
λp + 1
1
1
kup (a)k0 = kλp up (a)k0 + kup (a)k0 = kak0
p
p
p
or kup (a)k0 = kak0 donc λp = p − 1, d’où
p−1
1X
1
1
1
v(a) =
uk (a) + up (a) = λp up (a) + up (a) = up (a).
p
p
p
p
k=1
Ce qui a été montré pour l’indice p peut en fait être fait pour n’importe quel indice 1 ≤ i ≤ p donc on a
p
\
en fait ui (a) = v(a) = a pour tout 1 ≤ i ≤ n. En particulier, on a bien
{x ∈ K; ui (x) = x} =
6 ∅.
i=1
Proposition. — Si G est un sous-groupe compact de GLn (R) alors il existe P ∈ GLn (R) avec
P GP −1 ⊂ O(n).
Démonstration. — • On considère l’application ρ : G → GL(Symn ), A 7→ ρA où ρA (S) = t ASA. Cette
application est bien définie puisque t ASA ∈ Symn lorsque S ∈ Symn et ρA est inversible (d’inverse
ρA−1 ). L’application ρ est la composée de l’application A 7→ (A, A) et de l’application bilinéaire (A, B) 7→
(S 7→ t ASB) donc ρ est continue.
• Puisque ρ est continue sur le compact G, le groupe H = ρ(G) est compact. D’autre part, l’ensemble
E = { t M M ; M ∈ G} est compact donc (d’après le théorème de Carathéodory), son enveloppe convexe
K est compacte. Les éléments de E sont des matrices symétriques définies positives (puisque t M M est
symétrique et, pour tout X ∈ Rn non nul, on a M X non nul, d’où t X( t M M )X = t (M X)M X =
kM Xk2 > 0) or Sym++
est convexe donc K ⊂ Sym++
n
n . Enfin, si B ∈ K, alors il existe α ∈ [0, 1],
t M M ∈ E et t N N ∈ E tels que B = α t M M + (1 − α) t N N ; considérons un élément u ∈ H, on a
u = ρA pour un certain A ∈ G, d’où
u(B) = αu( t M M ) + (1 − α)u( t N N ) = αρA ( t M M ) + (1 − α)ρA ( t N N )
= α t A( t M M )A + (1 − α) t A( t N N )A = α t (M A)M A + (1 − α) t (N A)N A
or A ∈ G donc M A, N A ∈ G donc u(B) ∈ K. On a donc montré que H est un sous-groupe compact
++
N
de GL(RN ) (où N est la dimension de Sym++
n ) et K est un compact convexe de Symn ' R qui est
stable par tous les éléments de H. D’après la proposition précédente, il existe S ∈ K tel que u(S) = S
pout tout u ∈ H i.e. ρA (S) = S pour tout A ∈ G, ce qui signifie que t ASA = S pour tout A ∈ G.
• Enfin, la matrice S ∈ K est symétrique définie positive donc il en est de même de la matrice S −1 ;
il s’ensuit que S −1 admet une racine carrée symétrique définie positive i.e. il existe une matrice R
symétrique définie positive telle que S = R2 = t RR. Pour tout A ∈ G, la relation t ASA = S s’écrit donc
t A t RRA = t RR i.e. t R−1 t A t RRAR−1 = I d’où t (RAR−1 )RAR−1 = I i.e. RAR−1 ∈ O(n).
n
n
Sébastien Pellerin
85
Leçons concernées
07 Groupe linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
19 Dimension d’un espace vectoriel (on se limitera au cas de la dimension finie). Rang. Exemples et
applications
20 Matrices équivalentes. Matrices semblables. Exemples et applications
26 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel euclidien de dimension finie
27 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel hermitien de dimension finie
30 Barycentres dans un espace affine réel de dimension finie ; convexité. Applications
34 Utilisation des groupes en géomtrie
41 Exemples de décompositions remarquables dans le groupe linéaire. Applications
Référence
M. Alessandri, Thèmes de géométrie. Groupes en situation géométrique, Dunod, 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 31
SOUS-GROUPES FINIS DE SO(3)
Proposition. — Si G est un sous-groupe fini de SO(3) alors G est isomorphe à l’un des groupes
Z/nZ, Dn , A4 , S4 ou A5 .
Démonstration. —
1. Si g est une rotation non triviale alors il existe deux points P et −P , appelés pôles de g, sur la sphère
unité qui sont stables par g. On note P l’ensemble des pôles des éléments de G − {Id}. Puisqu’une
rotation est une isométrie, G agit sur la sphère. D’autre part, si h ∈ G et si P est un pôle de g ∈ G alors
hgh−1 h(P ) = hg(P ) = h(P ) i.e. h(P ) est un pôle de hgh−1 donc G agit sur l’ensemble P des pôles. Le
nombre k d’orbites de cette action vérifie
1
1 X
|Fix(g)| = (|P| + 2(n − 1))
k=
|G|
n
g∈G
d’où puisque 2 ≤ |P| ≤ 2(n − 1)
4(n − 1)
1
= 4(1 − ) < 4
n
n
i.e. k = 2 ou 3. Dans le cas où k = 3, on note P1 , P2 et P3 les orbites avec |P1 | ≥ |P2 | ≥ |P3 |. Pour
i = 1, 2, 3, on note mi l’ordre du stabilisateur d’un point de Pi (ce qui ne dépend pas du point choisi)
alors mi |Pi | = n d’où m1 ≤ m2 ≤ m3 . Si P est un point de P1 alors P est stabilisé par l’identité et par
un élément g dont P est un pôle d’où m1 ≥ 2. On a 3n = |P| + 2(n − 1) i.e. |P| = n + 2 d’où d’après
l’équation aux classes
n
n
n
+
+
n + 2 = |P1 | + |P2 | + |P3 | =
m1 m2 m3
i.e.
1
1
1
2
+
+
=1+ .
m1 m2 m3
n
3
On a donc 1 < m1 i.e. m1 = 2, d’où
1
1
2 1
+
= + .
m2 m3
n 2
On a donc 21 < m22 i.e. m2 = 2 ou 3. Lorsque m2 = 3, on obtient
2≤k≤
1
2 1
= +
m3
n 6
i.e. m3 = 3, 4 ou 5. Ainsi, on est dans l’un des cas suivants :
– k=2
– k = 3 et m2 = 2
– k = 3, m2 = 3 et m3 = 3, alors n = 12, |P1 | = 6, |P2 | = 4 et |P3 | = 4
– k = 3, m2 = 3 et m3 = 4, alors n = 24, |P1 | = 12, |P2 | = 8 et |P3 | = 6
– k = 3, m2 = 3 et m3 = 5, alors n = 60, |P1 | = 30, |P2 | = 20 et |P3 | = 12
2. On considère le cas où il y a k = 2 orbites. Alors |P| = 2 et tous les éléments g ∈ G distincts
de l’identité admettent les deux points P et P 0 pour pôles i.e. ont tous le même axe de rotation donc
stabilise tous le plan orthogonal à cet axe. À toute rotation g de G on associe donc canoniquement une
Sous-groupes finis de SO(3)
88
rotation f (g) de ce plan i.e. on a un isomorphisme f : G → f (G). Ainsi f (G) est un sous-groupe d’ordre
n du groupe des rotations de R2 donc est un groupe cyclique d’ordre n. On a donc G ' Z/nZ.
3. On considère le cas où il y a k = 3 orbites et où m1 = m2 = 2. On a alors |P| = n + 2 et
n n
|P3 | = |P| − |P1 | − |P2 | = n + 2 − − = 2.
2
2
On note P et −P les deux pôles de P3 . Le stabilisateur GP de P est d’ordre n2 et (en raisonnant comme
dans le premier cas) est cyclique i.e. est isomorphe à Z/ n2 Z. Si g ∈ G ne stabilise pas P alors on a
g.P = −P et g.(−P ) = P donc g est un demi-tour ; en particulier, tout g ∈ G qui ne stabilise pas P est
d’ordre 2. On en déduit que G ' ha, b | an , (ab)2 i ' Dn/2 .
4. On considère le cas où il y a k = 3 orbites et où m2 = 3, m3 = 3, alors n = 12, |P1 | = 6, |P2 | = 4
et |P3 | = 4. Toute rotation g de G laisse P2 stable donc induit une permutation sg de P2 i.e. on a un
morphisme
s : G → S4 , g 7→ sg .
Soit g ∈ ker s alors sg est l’identité i.e. g stabilise les quatre points de S ce qui n’est possible que si g
est l’identité. Il en résulte que s(G) est un sous-groupe de S4 isomorphe à G i.e. G est isomorphe à un
sous-groupe d’ordre 12 de S4 donc est isomorphe à A4 .
5. On considère le cas où il y a k = 3 orbites et où m2 = 3 et m3 = 4, alors n = 24, |P1 | = 12, |P2 | = 8
et |P3 | = 6. Les pôles de |P1 | et |P3 | ne sont pas d’ordre 3 et si un pôle P est d’ordre 3 alors il en est
de même de −P ; on peut donc écrire |P2 | = {±P1 , . . . , ±P4 }. Toute rotation g ∈ G non triviale admet
soit l’un des couples ±Pi pour pôles, soit n’admet pas de pôle dans |P2 | donc G agit par permutation
sur les couples (Pi , −Pi ) i.e. on a un morphisme
s : G → S4 , g 7→ sg .
Soit g ∈ ker s alors g stabilise chaque couple {−Pi , Pi }. Si on a g.Pi = −Pi alors g n’a que deux pôles
donc il existe k 6= l distincts de i tels que g.Pk = −Pk et g.Pl = −Pl . Or (O, Pi , Pk , Pl ) forme un repère
cartésien : en effet, si h stabilise P1 alors il s’agit d’une rotation d’angle ± 2π
3 qui permute P1 , . . . , P4
donc les points Pj pour j 6= 1 forment un triangle équilatéral. Ainsi g change l’orientation du repère
(O, Pi , Pk , Pl ). Par conséquent g n’inverse pas les points de |P2 | i.e. admet chaque point de |P2 | pour
point fixe et c’est donc l’identité. Ainsi s réalise une injection de G dans S4 i.e. s(G) est un groupe
(isomorphe à G donc) d’ordre 24 qui est un sous-groupe de S4 donc G est isomorphe à S4 .
6. Dans le dernier cas, la méthode est analogue (et ce cas est admis).
Leçons concernées
01 Méthodes combinatoires, problèmes de dénombrements
02 Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications
05 Groupes finis. Exemples et applications
06 Groupe des permutations d’un ensemble fini. Applications
07 Groupe linéaire d’un espace vectoriel de dimension finie E, sous-groupes de GL(E). Applications
08 Sous-groupes finis de O(2, R), de O(3, R). Applications
26 Endomorphismes remarquables d’un espace vectoriel euclidien de dimension finie
28 Isométrie d’un espace affine euclidien de dimension finie. Formes rduites. Applications.
Référence
F. Combes, Algèbre et géométrie, Bréal, 1998.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 32
A5 EST LE SEUL GROUPE SIMPLE D’ORDRE 60
Proposition. — Si G est un groupe simple d’ordre 60 alors G est isomorphe à A5 .
Démonstration. — On considère un groupe G d’ordre 60 = 22 · 3 · 5 et on note n5 le nombre de 5-Sylow
de G. Puisque n5 divise 22 · 3 = 12 et est congru à 1 modulo 5, on a n5 = 1 ou 6. Si n5 = 1 alors l’unique
5-Sylow de G est distingué dans G ce qui est impossible puisque G est simple donc n5 = 6.
On note E5 l’ensemble des 5-Sylow de G. Les six 5-Sylow de G sont conjugués deux à deux donc G agit
(de façon transitive) par automorphismes intérieurs sur l’ensemble E5 i.e. on a un morphisme non trivial
G → S(E5 ) ' S6 . Comme G est simple, ce morphisme est injectif (sinon le noyau serait un sous-groupe
distingué de G) i.e. l’action est fidl̀e ; on en déduit que G est isomorphe à un sous-groupe H de S6 .
Ce groupe H est simple d’ordre non premier (puisque c’est le cas de G) donc H n’est pas abélien or
D(H) est distingué dans H donc H = D(H). Mais le fait que H ⊆ S6 implique que D(H) ⊆ D(S6 ) or
un commutateur de S6 est une permutation paire (car de la forme xyx−1 y −1 ) i.e. D(S6 ) ⊆ A6 et on a
donc H ⊆ A6 .
Les 5-cycles de A6 engendrent les 5-Sylow de A6 (puisque ces 5-Sylow sont de la forme Z/5Z) or ces
5-Sylow sont conjugués dans A6 . D’autre part, H contient un de ces 5-Sylow donc contient un 5-cycle.
Puisque A6 contient C56 4! = 144 5-cycles alors que H est d’ordre 60, c’est donc que H n’est pas distingué
dans A6 .
On note (A6 /H)g l’ensemble des classes à gauche de A6 modulo H. Alors A6 agit par translation à
gauche sur ces classes i.e. l’action est donnée par
y · (xH) = (yx) · H
et cette action induit une action de H sur (A6 /H)g i.e. un morphisme φ : H → S((A6 /H)g ). Supposons
que le morphisme φ soit trivial i.e. φ(h) = id pour tout h ∈ H, on a alors h·(xH) = xH pour tout h ∈ H
et tout x ∈ A6 . La relation h · (xH) = xH signifie que (hx)H = xH i.e. hx ∈ xH d’où xHx−1 = h.
On a donc xHx−1 = H pour tout x ∈ A6 ce qui est impossible puisque H n’est pas distingué dans
A6 . Puisque H est simple et puisque le morphisme φ n’est pas trivial, le noyau de φ est réduit à 1H
i.e. l’action est fidèle donc H ' φ(H).
Notons que h · H = H pour tout h ∈ H i.e. toute permutation σh ∈ φ(H) admet H pour point fixe.
Comme S((A6 /H)g ) ' S6 (car H et A6 sont respectivement d’ordre 60 et 360), φ(H) est isomorphe à
un sous-groupe de S6 dont les éléments ont un point fixe en commun donc φ(H) est isomorphe à un
sous-groupe de S5 .
Il découle de ce qui précède que G est isomorphe à un sous-groupe de S5 . Mais G est d’ordre 60 donc
est un sous-groupe d’indice 2 de S5 i.e. G ' A5 .
90
A5 est le seul groupe simple d’ordre 60
Leçons concernées
02 Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications
04 Sous-groupes distingués, groupes quotients. Exemples et applications
05 Groupes finis. Exemples et applications
06 Groupe des permutations d’un ensemble fini. Applications
Compléments
Autre démonstration. —
Soit G un groupe simple d’ordre 60 = 22 · 3 · 5 dont on note respectivement n2 , n3 et n5 le nombre des
2-Sylow, 3-Sylow et 5-Sylow ; on veut montrer que n2 = 5.
• On sait que n5 divise 22 · 3 = 12 et est congru à 1 modulo 5 donc n5 = 1 ou 6. Si n5 = 1 alors
l’unique 5-Sylow est un sous-groupe distingué de G ce qui est impossible puisque G est simple donc
n5 = 6. Notons que ces 5-Sylow sont engendrés par chacun de leurs éléments non nuls, il en résulte
que l’intersection de deux 5-Sylow distincts est triviale donc qu’il y a 24 = 4 × 6 éléments d’ordre 5
dans G.
• On sait que n3 divise 22 · 5 = 20 et est congru à 1 modulo 3 donc n3 = 1, 4 ou 10.
– Si n3 = 1 alors l’unique 3-Sylow est un sous-groupe distingué de G ce qui est impossible puisque
G est simple.
– Si n3 = 4 alors les quatre 3-Sylow de G sont conjugués deux à deux donc G agit (de façon
transitive) par automorphismes intérieurs sur l’ensemble E3 des 3-Sylow de G ; comme E3 est de
cardinal 4, on a donc un morphisme non trivial G → S4 qui est injectif puisque G est simple
(sinon le noyau serait un sous-groupe distingué de G) i.e. G est isomorphe à un sous-groupe de
S4 ce qui est impossible puisque |G| = 60 alors que |S4 | = 24.
On a donc n3 = 10. Notons que ces 3-Sylow sont engendrés par chacun de leurs éléments non nuls, il
en résulte que l’intersection de deux 3-Sylow distincts est triviale donc qu’il y a 20 = 2 × 10 éléments
d’ordre 3 dans G.
• On sait que n2 divise 3 · 5 = 15 et est congru à 1 modulo 2 donc n2 = 1, 3, 5 ou 15.
– Si n2 = 1 alors l’unique 2-Sylow est un sous-groupe distingué de G ce qui est impossible puisque
G est simple.
– Si n2 = 3 alors les trois 2-Sylow de G sont conjugués deux à deux donc G agit (de façon transitive)
par automorphismes intérieurs sur l’ensemble E2 des 2-Sylow de G ; comme E2 est de cardinal
3, on a donc un morphisme non trivial G → S3 qui est injectif puisque G est simple i.e. G est
isomorphe à un sous-groupe de S3 ce qui est impossible puisque |G| = 60 alors que |S3 | = 6.
– Supposons que n2 = 15, puisque G contient 20 éléments d’ordre 3 et 24 éléments d’ordre 5, G ne
peut pas contenir plus de 15 éléments d’ordre 2 ou 4, il en résulte que les 2-Sylow ne sont pas
distincts i.e. il existe deux 2-Sylow S et S 0 d’intersection non triviale. On note Γ le sous-groupe
de G engendré par S et S 0 : son ordre divise 60, est un multiple de 4 (puisque Γ contient le
2-Sylow S) et est strictement supérieur à 4 (puisque Γ contient deux 2-Sylow distincts). L’ordre
de Γ est donc 12, 20 ou 60.
Supposons que Γ = G alors, si on note S ∩ S 0 = {1, u}, l’élément u commute avec tous les
éléments de G i.e. S ∩ S 0 est un sous-groupe distingué de G ce qui est impossible puisque G
est simple.
Si |Γ| = 20 alors le nombre de 5-Sylow de Γ divise 4 et est congru à 1 modulo 5 donc Γ admet
un unique 5-Sylow H qui est donc distingué dans Γ. Pour tout g ∈ Γ, on a donc gHg −1 = H et
il s’ensuit que Γ est contenu dans le normalisateur NG (H) de H dans G. Considérons l’action
de G par conjugaison sur l’ensemble des parties de G alors l’orbite de H est l’ensemble des
5-Sylow de G donc est de cardinal 6 et le stabilisateur de H est NG (H), par conséquent, NG (H)
est d’ordre 60
6 = 10. Cela contredit le fait que NG (H) contienne Γ.
Si |Γ| = 12 = 22 ·3 alors on note respectivement m2 et m3 les nombres de 2-Sylow et de 3-Sylow
de Γ. On sait que m3 divise 4 et est congru à 1 modulo 3 donc m3 = 1 ou 4 ; de même, m2
divise 3 et est congru à 1 modulo 2 donc m2 = 1 ou 3. Puisque Γ contient S et S 0 qui sont
deux 2-Sylow, on a m2 = 3 et on note S 00 le troisème 2-Sylow. Si on note S ∩ S 0 = {1, u} alors
l’élément u commute avec tous les éléments de Γ or S et S 00 sont conjugués donc u ∈ S 00 . Les
Sébastien Pellerin
91
éléments non nuls de Γ sont d’ordre 2, 3 ou 4 ; comme il y a 2 (si m3 = 1) ou 8 (si m3 = 4)
éléments d’ordre 3, il y a donc 9 ou 3 éléments d’ordre 2 ou 4. Mais les éléments de Γ d’ordre
2 ou 4 sont les éléments non nuls de S ∪ S 0 ∪ S 00 i.e. (puisque u ∩ S ∩ S 0 ∩ S 00 ) il y en a 7 et on
a donc une contradiction.
Il en résulte que n2 = 5.
Le groupe G agit (transitivement) par conjugaison sur l’ensemble des cinq 2-Sylow de G, on a donc
un morphisme de G dans S5 qui est injectif puisque G est simple. Ainsi, G est isomorphe à un groupe
d’indice 2 dans S5 i.e. G ' A5 .
Simplicité de An pour n ≥ 5. —
Lemme. — Soit γ = (i1 · · · ik ) un k-cycle et σ ∈ Sn , alors σγσ −1 = (σ(i1 ) · · · σ(ik )) et tout k-cycle
est un conjugué de γ.
Démonstration. — Notons γ 0 = (σ(i1 ) · · · σ(ik )) et A = {i1 , . . . , ik }, on note de plus ik+1 = i1 . Soit
p ∈ {1, . . . , n} alors
– si p = σ(ij ) alors σγσ −1 (p) = σγ(ij ) = σ(ij+1 ) = γ 0 (σ(ij ))
– sinon σ −1 (p) ∈
/ A donc σγσ −1 (p) = σγσ −1 (p) = p
−1
d’où σγσ
= γ 0 . Considérons maintenant un k-cycle ρ = (j1 · · · jk ) et B = {j1 , . . . , jk }. Les
complémentaires A de A et B de B ont même cardinal n − k donc il existe une bijection σ de A
sur B ; on pose de plus σ(ir ) = jr pour 1 ≤ r ≤ n alors σ ∈ Sn et on a σγσ −1 = ρ.
Lemme. — Si n ≥ 3 alors An est engendré par les cycles (i i + 1 i + 2) pour 1 ≤ i ≤ n + 2.
Démonstration. — Les transpositions (i i + 1) engendrent Sn donc les produits d’un nombre pair de
transpositions du type (i i+1) engendrent An . Il s’agit de montrer que tout produit σ = (i i+1)(j j +1)
est dans le sous-groupe H de Sn engendré par les cycles (i i + 1 i + 2). Considérons un tel élément
σ = (i i + 1)(j j + 1) avec (quitte à considérer σ −1 ) i ≤ j et raisonnons par récurrence sur l’entier
k =j−i :
– si k = 0 alors σ = (i i + 1)(i i + 1) = id ∈ H
– si k = 1 alors σ = (i i + 1)(i + 1 i + 2) = (i i + 1 i + 2) ∈ H
– on suppose le résultat vrai au rang k − 1 alors
σ = (i i + 1)(i + 1 i + 2)(i + 1 i + 2)(j j + 1) = (i i + 1 i + 2)(i + 1 i + 2)(j j + 1)
et l’hypothèse de récurrence donne (i + 1 i + 2)(j j + 1) ∈ H, d’où σ ∈ H.
On a donc bien H = An .
Lemme. — Les double-transpositions sont conjuguées dans A5 .
Démonstration. — Soit τ = (a b)(c d)(e) et τ 0 = (a0 b0 )(c0 d0 )(e) et σ un élément de An tel que σ(a) = a0 ,
σ(b) = b0 et σ(e) = e0 alors σ({c; d}) = {c; d} et on a τ 0 = στ σ −1 .
Dans ce qui suit, on considère un entier n ≥ 5.
Lemme. — Les 3-cycles sont conjugués dans An .
Démonstration. — Considérons un 3-cycle γ = (1 2 3) alors il existe σ ∈ Sn tel que σγσ −1 = (1 2 3). Si
σ∈
/ An alors (4 5)σ ∈ An et ((4 5)σ)γ((4 5)σ)−1 = (4 5)σγσ −1 (4 5) = (4 5)(1 2 3)(4 5) = (1 2 3).
Proposition. — An est simple.
Sébastien Pellerin
A5 est le seul groupe simple d’ordre 60
92
Démonstration sans les théorèmes de Sylow. — On considère un sous-groupe distingué H de An avec
H 6= {id}. Il existe donc σ ∈ H et k ∈ {1, . . . , n} tels que σ(k) 6= k. On note ` = σ(k), on choisit
m ∈ {1, . . . , n} \ {k, `, σ(`)} et on pose γ = (k m `) et ρ = [σ, γ] = σγσ −1 γ −1 . On a σ ∈ H donc
σ −1 ∈ H or H est distingué dans An donc γσ −1 γ −1 ∈ H et il s’ensuit que ρ ∈ H.
On a σγ(`) = σ(k) = ` mais, d’autre part, m 6= σ(`) et γ est injectif donc ` = γ(m) 6= γσ(`). On a donc
σγ 6= γσ i.e. ρ 6= id.
Puisque ` = σ(k), l’ensemble X = {k, `, m, σ(k), σ(`), σ(m)} a au plus 5 éléments. Soit a ∈
/ X alors
−1
−1
−1
−1
γ (a) = a et σ (a) ∈
/ {k, `, m} donc γσ (a) = σ (a) et on a donc
ρ(a) = σγσ −1 γ −1 (a) = σγσ −1 (a) = σσ −1 (a) = a
i.e. ρ laisse fixes au moins n − 5 points.
Si l’on décompose ρ en cycles disjoints alors ces cycles sont à support dans X donc ρ est soit un 3-cycle,
soit un 5-cycle, soit un produit de deux transpositions i.e. ρ est de l’une des formes ρ1 = (x y z),
ρ2 = (x y z t w) ou ρ3 = (x y)(z t). Dans les deux premiers cas, on pose τ = (x y) alors
[τ ρ] = (x y)ρ(x y)−1 ρ = (x y)(ρ(x) ρ(y)) = (x y)(y ρ(y)) = (x y ρ(y))
et dans le troisième cas, on choisit w ∈
/ {x, y, z, t} et on pose τ = (x w) alors
[τ ρ] = (x w)ρ3 (x w)−1 ρ3 = (x w)(ρ3 (x) ρ3 (w)) = (x w)(y w) = (x w y).
Dans tous les cas, on a bien montré que H contient un 3-cycle.
Les 3-cycles sont conjugués dans An or H est un sous-groupe distingué de An qui contient un 3-cycle
donc H contient le sous-groupe de Sn engendré par les 3-cycles i.e. H = An .
Démonstration pour n = 5. — A5 contient l’identité, 15 double-transpositions, 20 3-cycles et 24 5-cycles
or les double-transpositions sont conjuguées dans A5 , de même que les 3-cycles donc si un sous-groupe
distingué H de A5 contient une double-transposition alors il les contient toutes, de même pour les 3cycles ; en raisonnant sur les 5-Sylow, on voit que si H contient un 5-cycles alors il les contient tous. En
comptant les éléments de H, on vérifie que H = {id} ou A5 .
Corollaire. — D(An ) = D(Sn ) = An
Démonstration. — C’est clair puisque D(An ) ⊆ D(Sn ) ⊆ An avec An simple non abélien. On peut le
montrer directement en remarquant que σ = (a b c) et σ 2 sont deux 3-cycles donc sont conjugués dans
An i.e. il existe ρ ∈ An tel que σ 2 = ρσρ−1 i.e. σ = ρσρ−1 σ −1 ce qui signifie que tout 3-cycle est un
commutateur de An et le résultat découle alors du fait que les 3-cycles engendrent An .
“Trous” dans la démonstration. —
Lemme. — D(G) est un sous-groupe distingué de G.
Démonstration. — Soit z ∈ G et [x, y] un générateur de D(G). Alors
z[x, y]z −1 = z(xyx−1 y −1 )z −1 = zxz −1 zyz −1 zx−1 z −1 zy −1 z −1 = [zxz −1 , zyz −1 ].
Lemme. — An est le seul sous-groupe d’indice 2 de Sn .
Démonstration. — Si H est un sous-groupe d’indice 2 de Sn alors H est distingué dans Sn et on a donc
une surjection canonique π : Sn → Sn /H et un isomorphisme ψ : Sn /H → {±1}. Alors θ = π ◦ ψ
est un morphisme surjectif de Sn sur {±1}. Puisque les transpositions engendrent Sn et puisque θ est
surjective, il existe une transposition τ telle que θ(τ ) = −1. Soit τ 0 une autre transposition alors il
existe σ ∈ Sn telle que τ 0 = στ σ −1 d’où θ(τ 0 ) = θ(σ)θ(τ )θ(σ)−1 = θ(τ ) = −1. Ainsi, pour tout ρ ∈ Sn ,
θ(ρ) = (−1)k où k est le nombre de termes apparaissant dans une décomposition de ρ en produit de
transpositions i.e. θ = ε. Donc An est exactement le noyau de θ i.e. An = H.
Sébastien Pellerin
93
Références
F. Combes, Algèbre et géométrie, Bréal, 1998.
I. Nourdin, Leçons d’analyse, probabilités, algèbre et géométrie, Dunod, 2001.
D. Perrin, Cours d’algèbre, Ellipses, 1996.
M. Savoyant, Le groupe simple d’ordre 60, R.M.S. novembre-décembre 1999.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 33
SUR L’ELLIPSE DE STEINER
On note P le plan affine euclidien et ABC un triangle non applati et non équilatéral. On rapporte le
plan à un repère orthonormé direct (O, ~u, ~v ) où O est le centre de gravité du triangle ABC. On note
respectivement a, b, c les affixes de A, B, C et on note I, J, K le points respectivement d’affixes 1, j, j 2 .
Lemme. — Il existe α, β ∈ C∗ tels que les images des points I, J, K par l’application f : P → P
associée à la transformation ϕ : z 7→ αz + βz sont respectivement A, B, C.
Démonstration. — On cherche α et β tels que ϕ(1) = a, ϕ(j) = b et ϕ(j 2 ) = c i.e. tels que α + β = a,
αj + βj 2 = b et αj 2 + βj = c. Il s’agit d’un système de trois équations à deux inconnues donc ces
équations doivent être liées i.e. le déterminant de ce système doit être nul or
1 1 a j j 2 b = (a + b + c)(j 2 − j)
2
j
j c or
a+b+c
= 0 puisque O est le centre de gravité de ABC. D’autre part, ce système est de rang 2 puisque
1 1 2
j j 2 6=. Donc il existe un unique couple (α, β) ∈ C vérifiant les conditions ci-dessus. Par ailleurs,
si α = 0 alors le triangle ABC se déduit du triangle équilatéral IJK par la similitude indirecte associée
à z 7→ βz donc est équilatéral ce qui est exclus. On a donc α 6= 0 et on obtient de même β 6= 0.
Proposition. — Les affixes des foyers de l’ellipse de Steiner de ABC sont les deux racines carrées
de αβ.
Démonstration. — Si C est le cercle de Steiner du triangle équilatéral IJK alors f (C) est l’ellipse de
Steiner du triangle ABC puisque f est une transformation affine (par construction, ou par unicité de
l’ellipse de Steiner). Or C est le cercle inscrit au triangle IJK donc est le cercle de centre O et de rayon
1
u, ~v ) soit z = 12 eit . ou encore,
2 i.e. M ∈ C si et seulement s’il existe t tel que l’affixe de M dans (O, ~
M 0 = f (M ) ∈ C si et seulement s’il existe t tel que l’affixe de M 0 dans (O, ~u, ~v ) soit z 0 = 12 (αeit + βe−it ).
θ+ω
θ+ω
On note α = |α| eiθ , β = |β| eiω , ~u1 le vecteur d’affixe ei 2 et ~v1 le vecteur d’affixe iei 2 alors,
θ+ω
M 0 = f (M ) ∈ C si et seulement s’il existe t tel que l’affixe de M 0 dans (O, ~u1 , ~v1 ) soit z10 = z 0 e−i 2 . Or
on a
θ+ω
θ+ω
θ+ω
1
1
z10 = z 0 ei 2 = (αeit + βe−it )e−i 2 = (|α| ei(θ+t) + |β| ei(ω−t) )e−i 2
2
2
i.e.
θ−ω
θ−ω
1
z10 = (|α| ei 2 −it + |β| e−i 2 −it ).
2
Donc une représentation paramétrique de S dans le repère (O, ~u1 , ~v1 ) est
0
x1 = 21 (|α| + |β|) cos θ−ω
2 + t
y10 = 21 (|α| − |β|) sin θ−ω
2 +t
96
Sur l’ellipse de Steiner
et une équation de S dans ce repère est donc
x01 2
y10 2
+
= 1.
(|α| + |β|)2 (|α| − |β|)2
Les foyers F et F 0 de S appartiennent à l’axe (O; ~u1 ), un argument de l’affixe de F est donc
a
2 (|α| + |β|)2 (|α| − |β|)2
|OF |2 = OF 0 =
−
= |αβ|
4
4
p
θ+ω
donc les affixes de F et F 0 sont ± |αβ|ei 2 i.e. les deux racines carrées de αβ.
θ+ω
2
et on
Application. — Si Q(X) = (X − a)(X − b)(X − c) alors les racines de Q0 sont les affixes des foyers
de l’ellipse de Steiner du triangle ABC.
Démonstration. — On a (puisque 1 + j + j 2 = 0)
ab + bc + ca = (α + β)(αj + βj 2 ) + (αj + βj 2 )(αj 2 + βj) + (αj 2 + βj)(α + β) = −3αβ
donc
Q(X) = (X − a)(X − b)(X − c) = X 3 − (a + b + c)X 2 + (ab + bc + ca)X − abc = X 3 − 3αβX − abc
d’où
Q0 (X) = 3X 2 − 3αβ
i.e. les racines de Q0 sont les racines de X 2 − αβ i.e. sont les racines carrées de αβ.
Leçons concernées
17 Racines des polynômes à une indéterminée. Relations entre les coefficients et les racines d’un
polynôme. Exemples et applications
29 Coniques
32 Application des nombres complexes la géomtrie
33 Utilisation des angles en géométrie
44 Problèmes d’angles et de distances en dimension 2 et 3
Référence
Deuxième composition du CAPES externe 1990.
Sébastien Pellerin
DÉVELOPPEMENT 34
SURJECTIVITÉ DE L’EXPONENTIELLE SUR Mn (C)
Proposition. — Si A ∈ GLn (C) alors il existe B ∈ Mn (C) telle que A = exp B.
Démonstration. — Soit A ∈ GLn (C) alors, quitte à raisonner sur les blocs de Jordan de A, on peut
supposer que A est de la forme A = λ(Im + N ) où N est nilpotente. On pose alors C = Im + N et
D = log C = N −
N2
N m−1
+ · · · + (−1)m
2
m−1
et on va montrer que exp D = C. On considère
D(t) = tN −
t2 2
tm−1 m−1
N + · · · + (−1)m
N
2
m−1
d’où en dérivant
et comme N m
D0 (t) = N − tN 2 + · · · + (−1)m tm−2 N m−1
= 0 (puisque N est nilpotente et que l’on considère des matrices de Mm (K)) on a
(Im + tN )D0 (t) = N.
Puisque D(t) et D0 (t) commutent, en posant S(t) = exp D(t), il vient
S 0 (t) = D0 (t) exp D(t) i.e. (Im + tN )S 0 (t) = N S(t)
et en dérivant à nouveau, on obtient finalement (Im + tN )S 00 (t) = 0 or Im + tN est inversible donc
S 00 (t) = 0 d’où S(t) = S(0) + tS 0 (0) = Im + tN et pour t = 1, on a bien exp D = Im + N = C.
Considérons maintenant µ ∈ C tel que eµ = λ alors
exp(µIm + D) = exp(µIm ) exp D = λIm .C = λIm (Im + N ) = A.
Application. — Si A ∈ GLn (C) et p ≥ 2 alors il existe B ∈ Mn (C) telle que A = B p .
Démonstration. — On a A = exp M avec M ∈ Mn (C), on pose donc B = exp( p1 M ).
Remarque. — Ce dernier résultat est faux si A n’est pas inversible. En effet, considérons A nilpotente
d’indice n ; si A = B p alors B np = An = 0 i.e. B est nilpotente donc B n = 0 ce qui contredit le fait que
0 6= An−1 = B p(n−1) dès que n ≥ 2.
Application. — GLn (C) est connexe.
Démonstration. — Soit P, Q ∈ GLn (C), il existe A, B ∈ Mn (C) telles que P = exp(A) et Q = exp(B).
Alors le chemin ϕ(t) = exp(tA + (1 − t)B) est continu, à valeurs dans GLn (C) et relie Q à P .
Surjectivité de l’exponentielle sur Mn (C)
98
Proposition. — Si A ∈ Mn (C) alors
exp A = In ⇐⇒ A diagonalisable et Sp(A) ⊂ 2iπZ
Démonstration. — Si A est diagonalisable alors exp A est clairement diagonalisable. Réciproquement,
notons A = D + N la décomposition de Dunford de A alors exp A = exp D exp N , puisque DN = N D.
D’autre part A et D commutent donc il en est de même de exp(A) et exp(−D) or ces deux matrices
sont diagonalisables donc on peut les diagonaliser dans une même base et exp N = exp(−D) exp A est
donc aussi diagonalisable. Comme la matrice
exp N = In + N +
N2
N n−1
+ ··· +
.
2
(n − 1)!
est unipotente, on a exp N = In d’où
N+
N n−1
N2
+ ··· +
=0
2
(n − 1)!
et le polynôme
X2
X n−1
+ ··· +
2
(n − 1)!
est annulateur pour N . Donc Q est divisible par le polynôme minimal de N qui est de la forme X k avec
1 ≤ k ≤ n donc µN = X i.e. N = 0. Donc A est diagonalisable i.e. on a


λ1
0


..
P −1 AP = 

.
0
λn
Q(X) = X +
avec P inversible d’où

eλ1
0
..

In = exp A = P 
.
eλn
0
donc

eλ1
0
..


0
.
eλn

 −1
P


 = In
i.e. eλ1 = · · · = eλn = 1 donc les λj sont dans 2iπZ. La réciproque est claire.
Leçons concernées
23 Réduction d’un endomorphisme en dimension finie. Applications
38 Exponentielle de matrices. Applications
39 Endomorphismes nilpotents
40 Polynômes d’endomorphismes. Applications
Référence
X. Gourdon, Algèbre, Ellipses, 1994.
Sébastien Pellerin

d´eveloppements d`alg`ebre pour l`oral de l`agr´egation

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