Notes de travail pour l`agrégation

DÉVELOPPEMENTS
Notes de travail pour l'agrégation
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2
Contenu et automorphismes de
k pX q
............................ 3
Déterminant des matrices à coecients dans un anneau . . . . . . . . . . . 4
Endomorphismes cycliques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Endomorphismes partiellement isométriques et norme . . . . . . . . . . . . 8
Ces notes sont regroupées en trois parties approximatives :
Endomorphismes semi-simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
des
Une équation diérentielle quaternionique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
développements , des thèmes et des exercices . Les premiers
L'exponentielle de
sont en principe assez rapidement transformables en un développe-
L'exponentielle de
ment d'oral ; les seconds sont plutôt des réexions, regroupements ou
Sous-groupe de Frattini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
approfondissement de points importants du programme (ou voisins
Compter les mauvais prix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
du programme) ; les troisièmes sont, comme leur nom l'indique,
des exercices.
Nombre d'automorphismes diagonalisables sur un corps ni . . . . . 20
Les thèmes et les exercices peuvent parfois (en fait,
Nombre d'endomorphismes nilpotents sur un corps ni . . . . . . . . . . 21
très souvent) donner lieu à des développements, après une éventuelle
Polynômes invariants sous le groupe alterné . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
SLpE q
adaptation de forme.
J'insiste très lourdement sur le fait que le contenu de ces notes
n'est protable qu'avec un (très) important travail personnel.
SLn pCq n'est pas surjective . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
SOn pRq est surjective . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
est engendré par les transvections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
THÈMES
En
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Factorisation des polynômes sur les corps nis . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
particulier, en dépit de la présence d'un certain nombre de réponses
Que veut dire être canonique ?
et corrigés aux exercices, il vous sera presque tout le temps beaucoup
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Le dual en dimension innie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
plus protable de chercher longuement sur une question, même sans
Produit semi-direct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
trouver de réponse, et même sans jamais n'avoir la réponse de toute
L'algèbre des quaternions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
votre vie, que de lire le corrigé trop rapidement. Je vous demande
Une remarque sur la transposée d'une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
donc avec insistance de bien vouloir, systématiquement, oublier qu'un
Quelques remarques sur les anneaux
corrigé est fourni avec l'exercice (lorsque c'est le cas) et de ne vous
Z{nZ
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
L'exponentielle complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
y reporter éventuellement que pour vérier que votre réponse est
Culture math. sur les groupes de Lie et l'exponentielle . . . . . . . . . . 54
la bonne, ou alors, après avoir séché susamment longuement. On
Représentations linéaires des groupes nis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
peut considérer qu'il est tout à fait raisonnable de sécher pendant
Décomposition de Bruhat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
plusieurs heures cumulées sur un exercice, et donc, comme la phase
de recherche s'étale dans le temps au fur et à mesure de votre emploi
EXERCICES
du temps, de laisser l'exercice en chantier pendant plusieurs jours ou
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Anneaux factoriels et non factoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
plusieurs semaines. Pensez aussi à partager vos réexions et interro-
La droite projective . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
gations avec les autres étudiants.
Dualité et sous-réseaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Éléments d'ordre ni dans un groupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Espaces propres et dualité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
Le
n
de
GLn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Groupe d'exposant
1
3
non abélien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Groupes nilpotents . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Groupes sans automorphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Homographies et birapport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Matrices réelles qui sont des exponentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
Rotations et homographies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
Un sous-espace vectoriel de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Sous-groupes nis de
PGL2 pCq
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Suites exactes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
Automorphismes du groupe des quaternions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Symétries du Sudoku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
DÉVELOPPEMENTS
2
Contenu et automorphismes de kpX q
On trouve les démonstrations correspondantes dans les livres
d'algèbre commutative.
2 Application aux automorphismes de kpX q
Dans le premier paragraphe je fais quelques rappels sur le théorème
A est un anneau factoriel, alors ArX s (et par
ArX1 , . . . , Xn s) est un anneau factoriel. On peut
qui arme que si
récurrence, aussi
On peut faire un développement sur les automorphismes de
k pX q,
considérer cela comme un résultat bien connu, et l'utiliser sans dé-
soit en prenant pour acquis le théorème, soit en n'admettant que le
monstration pour proposer en développement le calcul du groupe des
lemme de Gauss et en prouvant le corollaire suivant :
k -automorphismes
du corps
k pX q .
C'est l'objet du deuxième para-
Corollaire 3 : Soit A un anneau factoriel, K son corps de fractions,
graphe.
P ArX s tel que cpP q 1. Alors, P est irréductible dans ArX s ssi
il est irréductible dans K rX s.
P
1 Factorialité des anneaux de polynômes
La démonstration du théorème qui arme que
K rX s. Si P QR dans
ArX s, cette égalité étant valable aussi dans K rX s, alors soit Q soit R
est une constante non nulle de K , disons Q. Donc d'après le lemme
de Gauss 1 cpP q cpQqcpRq acpRq, et on déduit que Q a est
en fait inversible dans A, donc P est irréductible dans ArX s.
Réciproquement, supposons P irréductible dans ArX s. Supposons
que P QR avec Q et R dans K rX s. Il est clair qu'il existe des
tels que Q λQ1 et R µR1 avec Q1 , R1 dans
éléments λ, µ P K
ArX s et de contenu 1. On a donc P λµQ1 R1 et en utilisant encore
1 1
le lemme de Gauss, 1 λµ. Il s'ensuit que P Q R et comme P
1
1
irréductible dans ArX s par hypothèse, Q ou R est un inversible de
A. Donc Q ou R est un inversible de K .
Preuve :
si A est factoriel,
alors ArX s est factoriel utilise de façon cruciale la notion de contenu :
P P ArX s, son contenu noté cpP q est le pgcd de ses coecients.
pour
Comme pour le pgcd, ce contenu est bien déni à multiplication près
par un inversible de
nom de
A.
La propriété essentielle est connue sous le
lemme de Gauus :
Lemme 1 (Gauss) : Soit
A un anneau factoriel et P, Q deux
polynômes à coecients dans A. Alors cpP Qq cpP qcpQq.
Si
cpP q 1
on dit que
P
est un polynôme
primitif.
On a l'énoncé
précisément :
Théorème 2 : Soit A factoriel et tap upPP une famille d'irréductibles.
la famille tap upPP , et
(2) la famille des polynômes non constants et primitifs de ArX s,
irréductibles dans K rX s.
(1)
dans
QrX s,
Preuve :
à coecients premiers entre eux, et irréductibles
est une famille d'irréductibles de
irréductible dans
a b
c d
ÞÑ
X
ÞÑ
aX
cX
b
d
induit un isomorphisme entre PGL2 pkq et le groupe des kautomorphismes du corps des fractions rationnelles kpX q.
Par exemple la famille des nombres premiers et des polynômes non
ZrX s,
P
Théorème 4 : Le morphisme GL2 pkq Ñ Autk pkpxqq donné par
Alors ArX s est un anneau factoriel, avec pour famille explicite
d'irréductibles la réunion de :
constants de
Supposons
Soit et montrons comment on en déduit le théorème.
Il est facile de vérier que l'application de l'énoncé du théorème
ZrX s.
est bien un morphisme de groupes et que de plus, une matrice
3
p2, 2q
Déterminant des matrices à coecients dans
un anneau
k pX q ssi c'est une homothétie. On a donc une inPGL2 pk q dans Autk pk pxqq et il ne reste qu'à montrer qu'elle
est surjective. Soit ϕ : k pX q Ñ k pX q un automorphisme, notons F ϕpX q U pX q{V pX q. L'image de ϕ est le corps k pF q, donc si c'est un
automorphisme on a rk pX q : k pF qs 1. Écrivons F U pX q{V pX q
sous forme irréductible, et posons n maxtdegpU q, degpV qu. Si on
montre que rk pX q : k pF qs n, on obtient n 1 et le résultat en
induit l'identité de
jection de
Cette note présente une relecture (complétée) d'un résultat que l'on
trouve dans Leichtnam, Schauer, Exercices corrigés de Mathéma-
découle immédiatement.
tiques posés aux oraux X-ENS, Algèbre 1,
rkpX q : kpF qs n. D'abord, il est clair
que X est algébrique sur k pF q car annulé par le polynôme de degré
développement pour la leçon :
Il nous reste à montrer que
n
:
P pT q
k pF qrT s.
Par ailleurs, comme les anneaux les plus importants au programme
V pT q F U pT q .
P
(mis à part les corps) sont les anneaux principaux, en insistant plus
sur l'aspect matrices à coecients dans un anneau principal on
est irréductible dans
peut aussi imaginer une utilisation dans les leçons :
L'égalité
r p q s looooooomooooooon
rkpX q : kpF qs rkpF q : ks
- Anneaux
k X :k
loooomoooon
8
montre que
F
k,
•
Soit donc
1
en
F
(1)
F
(2)
et primitif ;
si on n'a admis que le corollaire 3, on dit que
en
Applications.
est de degré
k pX qrF s, et comme il est
k rX srF s d'après ce corollaire.
donc irréductible dans
il est irréductible dans
P
A
un anneau commutatif avec un élément unité noté
1.
Théorème : Soit M une matrice de taille n à coecients dans A,
et f : An Ñ An l'endomorphisme A-linéaire associé. Alors :
:
si on a admis le théorème 2, cela provient du fait qu'il est de
degré
•
k rF s est un anneau de
P pT q V pT qF U pT q est
donc
polynômes. La clé de la preuve est que
k rT srF s
Z{nZ.
- Anneaux principaux. Applications.
fini
est transcendant sur
irréductible dans
Il peut servir de
- Déterminant. Exemples et applications.
déf
Il nous sut maintenant de montrer que
Ellipses.
f est surjectif ssi f est bijectif ssi detpf q est inversible dans A.
f est injectif ssi detpf q est non diviseur de zéro dans A.
De plus, dans le cas injectif,
1
Si A Z, le conoyau de f est ni de cardinal | detpf q|.
(4) Si A k rX s, le conoyau de f est un k -e.v. de dimension nie
égale à degpdetpf qq.
primitif,
(3)
k rT srF s k rF srT s, on en déduit que le polynôme P pT q est
irréductible dans k rF srT s, donc dans k pF qrT s, cqfd.
Comme
Rappelons que le
l'image, i.e.
conoyau
cokerpf q
est le quotient de l'ensemble but par
An { f pAn q .
Le conoyau est une mesure
du défaut de surjectivité de la même façon que le noyau est une
mesure du défaut d'injectivité. Ainsi,
si
cokerpf q 0.
Démonstration :
4
On notera
f
e1 , . . . , e n
est surjectif si et seulement
la base canonique de
An .
(1) Si f est surjectif, pour tout i il existe un vecteur i tel que f pi q ei . Si l'on pose g pei q i pour tout i, on dénit un unique morphisme
g : An Ñ An . De plus, on a f g Id car ceci est vrai pour
tous les ei , qui forment une partie génératrice. On en déduit que
detpf q detpg q 1 et donc detpf q est inversible. Alors, la formule de
la comatrice :
montre que
f
€ tM
€M
M tM
u detpPi q °0, et si on développe par rapport
u rj 11 p1qj mi,j µj 0 où µj est le
mineur du coecient de position pr 1, j q. Pour i variant, ces égalités
disent exactement que M puxq 0 où x est le vecteur de coordonnées
pµ1, . . . , p1qr 1µr 1, 0, . . . , 0q. Comme uµr 1 u detpN q 0, on
a ux 0, donc f n'est pas injectif.
r.
Dans les deux cas
à la dernière ligne, on trouve
detpM q Id
(3) D'après les résultats sur les classes de congruence de matrices
inversibles à coecients dans
d detpf q. Si d est non diviseur de zéro, supposons
que f pxq 0. Matriciellement, on a M x 0 et en appliquant la
transposée de la comatrice, on trouve dx 0. En regardant les
coordonnées de x, l'hypothèse sur d implique que x 0 donc f est
d'éléments diagonaux égaux aux
injectif.
de sorte que
(2) Posons
que
d est diviseur de zéro, on va montrer que f
n'est pas injectif. Soit u P A non nul tel que ud 0.
Si pour tout mineur µ de M on a uµ 0, alors en particulier ceci
est vrai pour les mineurs de taille 1, i.e. les coecients de la matrice
M . On a donc f pue1 q 0, or ue1 0, donc f n'est pas injectif.
Sinon, il existe une matrice extraite N de M telle que u detpN q 0.
Choisissons une telle matrice de taille r maximale ; on a r n puisque
ud 0. Quitte à réordonner les vecteurs de base à la source et au
but, c'est-à-dire à multiplier M à gauche et à droite par des matrices
de permutation, on peut supposer que N est la matrice de taille r
située en haut à gauche. Maintenant, pour chaque i P t1, . . . , nu,
bordons les r premières lignes de M inférieurement avec la i-ème
ligne, et appelons Pi la matrice de taille r
1 située à gauche :
Pi
m1,1 . . .
.
.
.
mr,1 . . .
mi,1 . . .
m1,r
.
.
.
mr,r
mi,r
1
telles que
1 pour tout i. On en déduit que
| cokerpf q| d1 . . . dn | detpf q|.
il existe des matrices R, S ink rX s telles que D : RM S est diagonale
égaux aux facteurs invariants P1 , . . . , Pn tels
i. On en déduit que
(4) Le raisonnement est le même :
versibles à coecients dans
d'éléments diagonaux
que
Pi |Pi
1 pour tout
cokerpf q dimk pcokerpf qq
degpdetpf qq.
puis
1
di |di
Z
cokerpf q Zn {DpZn q Z{d1 Z Z{dn Z
Réciproquement, si
R, S
D : RM S est diagonale
facteurs invariants d1 , . . . , dn tels
à coecients dans un anneau principal, il existe des matrices
est bijectif. Comme enn bijectif implique surjectif, on
a tout démontré.
.
1
i ¤ r la matrice Pi a deux lignes égales donc son déterminant est
i ¥ r 1 c'est une matrice extraite de M de taille r 1,
donc son déterminant est annulé par u compte tenu de l'hypothèse sur
Pour
nul, et pour
5
k rX s
pP 1 q
kpPrXqs
degpP1q n
degpPn q
degpP1 . . . Pnq Endomorphismes cycliques
µ resp. µx le générateur unitaire du noyau
k rus resp. Ex l'image de ϕ, resp. de ϕx .
tout x P E , on a µx |µ.
Il est clair que
Dénition :
autres dans les leçons :
u
est
cyclique ssi il existe x P E
tel que
Ex
resp.
ϕx .
de
pour
La notion d'endomorphisme cyclique peut être évoquée entre
ϕ,
On note
On note
E.
Théorème : Soit u P LpE q, µ son polynôme minimal, χ son
polynôme caractéristique. Les conditions suivantes sont équivalentes :
Exemples d'applications des idéaux d'un anneau
commutatif unitaire.
(1)
Anneaux principaux.
(2)
Sous-espaces stables d'un endom. d'un espace vectoriel
u est cyclique.
µ χ.
(3) l'ensemble des endomorphismes qui commutent avec u est égal
à krus.
de dim. nie. Applications.
Polynômes d'endomorphismes. Applications.
Formes linéaires et hyperplans en dimension nie.
Exemples et applications.
L'ensemble des endomorphismes qui commutent avec
commutant
Pour la leçon sur les idéaux et celle sur les anneaux principaux, on
parlera de
µ et µx ,
générateurs d'idéaux de
k rX s ayant une signica-
montrera (1)
et noté parfois
Z puq.
u
est appelé
k rus. On
ô(2) après d'un premier lemme et (1)ô(3) après un
u
de
Il contient toujours
tion géométrique. Pour la leçon sur les formes linéaires, on parlera du
second.
lemme 2 ci-dessous. Les endomorphismes cycliques sont aussi un peu
riel stable qui a un supplémentaire stable :
présents dans la leçon sur l'exponentielle de matrices, si on évoque
semi-simplicité, où le phénomène étudié est précisément l'existence
la non surjectivité de l'exponentielle de
de supplémentaires stables. Si on ne démontre pas tout, on peut ad-
sln pCq
(cf le développement
Lemme 1 : Il existe a P E tel que µa µ.
6
Preuve :
E un espace vectoriel de dimension nie sur un corps k . Pour
LpE q et P P k rX s on notera parfois simplement P u au lieu de
Soit
Étant donné en plus un
k -espaces
x
Ñ L pE q
ÞÑ P u
P1α . . . Prα la décomposition en facteurs ir kerpPiα uq. Choisissons xi P Ei tel que
α
il est alors clair que µx Pi .
Posons a µ
Ei
1
r
i
pxq 0,
xr , alors par dénition de µa on a
0 µa upaq looomooon
µa upx1 q looomooon
µa upxr q
i
i
PE1
PEr
µa upxi q 0 pour tout i.
µxi |µa et comme les µxi sont premiers
entre eux deux à deux, leur produit divise µa . Ceci montre que µ|µa ,
et comme µa |µ on a ni.
Comme les
vectoriels
Ñ
ÞÑ
et
Piαi 1 u
x1
P E on peut considérer le morphisme de
ϕx : k rX s
P
Soit
réductibles,
On considère le morphisme d'algèbres
ϕ : k rX s
P
notez le lien avec la
mettre le lemme 1, mais pas le lemme 2 qui est le c÷ur de la preuve !
correspondant).
uP
P puq.
Dans le lemme 2 on exhibe un certain sous-espace vecto-
Ei
sont en somme directe il vient
Par dénition de
E
P upxq
6
µ xi
on obtient
ô(2).
µa
k rX s{pµa q Ea .
Donc si on choisit a comme dans le lemme, µ χ équivaut à µa χ,
ou encore degpµa q n, i.e. dimpEa q n.
Cela sut à montrer que (1)
et de
Ea ,
l'application
ϕa
En eet par dénition de
Il reste à montrer (1)
donne un isomorphisme
qu'un endomorphisme
e1
Soit
a, e2
k degpµa q
upaq,... ek
soit te u la base duale.
i
G
ek
1 , . . . , en en une base de
E
avec
¥
i 0
k“1
i 0
uk
est combinaison linéaire des
ui
pour
π
ñ
°k1
j
λ j pe k u
j 0
i
lipses.
q 0 p@iq
ñ P puqpaq P G
Comme par ailleurs P puqpaq P Ea par dénition, on obtient
P puqpaq 0. Il en découle que µa |P , et comme P est de degré
au plus k 1 il doit être nul. Donc tous les λi sont nuls, ce qui montre que les équations sont linéairement indépendantes comme on le
dimpGq n k
i
π
G
parallèlement à
commute avec
u,
Ea .
Comme
donc par hypothèse, on a
[Gou] Gourdon, Les Maths en tête, Mathématiques pour M',
ñ ek puipP puqq 0 p@iq où P pX q ° λj X j
voulait. En conséquence,
donc
Bibliographie :
i ¤ k 1.
linéairement indépendantes :
j
λ j pe k u q 0
u,
Ea et G sont uπ P puq pour
un certain polynôme P . On en déduit que P pu|Ea q π|Ea 0, donc
µu µu|Ea divise P , donc π P puq 0. Ainsi G 0 et Ea E ,
c'est-à-dire, u est cyclique.
le projecteur sur
stables,
G est u-stable et que Ea X G t0u. Si on montre
que dimpGq n k on aura E Ea ` G et ce sera terminé. Pour
cela montrons que les k équations d'hyperplans qui dénissent G sont
j 0
u.
ñ(1) on reprend les notations de la preuve du lemme 1,
kerpPiα uq, a x1 xr vériant µa µ.
On a une décomposition E Ea ` G en sous-espaces stables. Soit
Il est clair que
°k1
est un polynôme en
Ex
Pour (3)
kerpek ui q
car
tel que
il commute avec tout polynôme en
µ P1α1 . . . Prαr , Ei
et
Considérons le sous-espace
kerpek ui q
u
x
v py q v pQupxqq Qupv pxqq QupP upxqq P upQupxqq P upy q
t x P E, uipxq n'a pas de composante sur ek , pour tout i ¥ 0 u
“
u
E , en particulier vpxq P upxq pour un certain polynôme P . On va montrer que v P u.
Pour cela soit y P E Ex , il s'écrit y Qupxq. Comme v commute
degpµq. Par hypothèse les vecteurs
uk1paq forment une base de Ea.
Complétons-la avec des vecteurs
qui commute avec
Or par hypothèse il existe
Lemme 2 : Soit a P E tel que µa µ. Alors Ea est un sous-espace
u-stable pour lequel il existe un supplémentaire u-stable.
Preuve :
ô(3). Pour le sens direct, il sut de montrer
v
et on a le résultat attendu.
7
El-
Endomorphismes partiellement isométriques
et norme
ker f ker |f |2 .
f et |f |, observant
Ceci se réécrit
pliquant cela à
On en déduit le lemme en apque
|f | a même module que f .
Lemme 2 : D ! u P LpE q qui soit PI avec |f | uf , pkerpuqqK impf q
et u uf f .
Leçons concernées :
Exemples d'applications des idéaux d'un anneau commutatif
unitaire.
Preuve :
Anneaux principaux.
Sur
impf q
u
on dénit
légitime car d'après le lemme 1, si
Sous-espaces stables d'un endom. d'un espace vectoriel
upf py qq |f |py q. Ceci est
f py q 0 alors |f |py q 0. Sur
par
Polynômes d'endomorphismes. Applications.
pimpf qqK on dénit u par upxq 0. On a ainsi déni un endomorK
phisme u sur E , tel que uf |f | et pkerpuqq impf q, manifeste-
Formes linéaires et hyperplans en dimension nie. Exemples
ment unique avec ces propriétés. Il reste à voir qu'il est PI et que
de dim. nie. Applications.
u uf
f.
K
Sur pkerpuqq impf q, u est isométrique car pour x f py q on a
et applications.
Dualité en dimension nie.
Soit
E
un espace vectoriel euclidien (de dimension nie
produit scalaire noté
x, y.
n),
de
On dit qu'un endomorphisme u
P LpE q est partiellement
isométrique (en abrégé PI) ssi k upxq kk x k, pour tout x P pkerpuqqK .
On rappelle que cela équivaut à dire que
xf f pyq, yy k f pyq k2k x k2
xupxq, upyqy xx, yy, pour
K
tous x, y P pkerpuqq , ou encore que u u est un projecteur orthogonal.
Enn,
on rappelle que si
s
P LpE q
Alors
r2, appelé la racine carrée de s. Si f P LpE q
est quelconque, on note |f | la racine carrée de f f . C'est donc un
r
tel que
alors
(1)
(2)
ker f
trppf q
f
pq : si p est
un endormophisme symétrique positif,
Pour voir cela on choisit une base orthonormale
°ni1 xpf ei, eiy ° xf ei, peiy ° xf ei, peiy
ker |f |.
On montre d'abord que
sur
°
P pq
ei im p
xf ei, eiy ¤
où l'inégalité provient du fait que
ker f f , pour cela seule
 est à montrer. Or f f x 0 implique k f x k2 xf f x, xy 0.
Preuve :
f.
pkerpuqqK impf q et il en
teiu qui diagonalise p, de sorte que ppeiq ei sur imppq et ppeiq 0
kerppq. Alors
f
est symétrique positif.
Lemme 1 :
trppf q ¤ trpf q.
u uf
.
On utilisera le fait suivant noté
un projecteur orthogonal et
P LpE q.
pour tout v PI on a trpvf q ¤ trp|f |q.
N pf q trp|f |q est une norme sur LpE q avec N pf q trpf q si f
Soit
est le projecteur orthogonal sur
Preuve du théorème :
s
endomorphisme symétrique positif. Nous allons montrer :
Théorème :
u u
découle immédiatement que
est un endomorphisme
symétrique positif, il existe un unique endomorphisme symétrique
positif
k |f |pyq k2 x|f |pyq, |f |pyqy x|f |2pyq, pyqy
k ux k2
ker f
°
P pq
ei im p
f
°
P pq
ei ker p
est positif.
On va montrer l'énoncé un peu plus fort :
positif, pour tous
8
u, v
PI on a
trpf q
trpuvf q
si
¤ trpf q.
f
est symétrique
Soit
g
la racine
Endomorphismes semi-simples
teiu. On a
°
trpuvf q i1 xuvf ei , ei y xg 2 ei , v u ei y xgei , gv u ei y
carrée de
f
et xons une base orthonormée
°
°n
¤ ° k gei k k gvuei k
¤
a°
k gei k2
a°
par Cauchy-Schwarz
k gv u ei k2
k , de dimension nie n. On
u P LpE q est semi-simple si et seulement si
tout sous-espace u-stable F € E possède un supplémentaire u-stable.
Nous utiliserons cette notion surtout lorsque le corps de base k est
parfait, ce qui veut dire par dénition que k est soit de caractéristique
0, soit de caractéristique p ¡ 0 avec un endomorphisme de Frobenius
Soit
par Cauchy-Schwarz encore.
Or d'une part
¸
k gei k2 ¸
¸
xgei, geiy xg2ei, eiy trpg2q trpf q
k gv u ei k2
Exemples de corps parfaits : les corps de caractéristique
°
xuvg2vuei, eiy trpuvf vuq
pq
Exemples de corps non parfaits : corps de fractions rationnelles
pq
en une ou plusieurs indéterminées sur un corps de carcactéristique
p ¡ 0,
à la vérication du fait qu'on a une
(i)
norme.
N pλf q |λ|N pf q.
Enn pour f, g P LpE q quelconques, par le lemme 2 on peut choisir
u PI tel que |f g | upf g q. On a alors, utilisant le point (1),
Lemme : Soit
N pg q
Preuve :
Bibliographie
u un endomorphisme et µu
Il est clair que les espaces
P1α1 . . . Prαr la dé-
X Ei sont en somme directe.
Or pour x P F , on peut écrire
F
F.
x x1 xr avec xi P Ei . On utilise le fait que les projecteurs
πi : E Ñ Ei , x ÞÑ xi , sont des polynômes en u. Alors si F est stable
par u, il est stable par πi , donc xi πi pxq P F et c'est gagné.
Il sut de voir qu'ils engendrent
[Gug] Gugger, Problèmes corrigés de mathématiques posés au concours de Polytechnique, Tome 6,
ð (iii), et si k est parfait les trois conditions
composition de son polynôme minimal en facteurs irréductibles. Soit
Ei kerpPiαi puqq. Pour tout sous-espace vectoriel F € E qui est
u-stable, on a F `F X Ei .
Le théorème est prouvé.
u est diagonalisable sur une clôture algébrique de k .
Alors (i) ðñ (ii)
sont équivalentes.
Ensuite clairement
trp|g |q N pf q
u est semi-simple.
(iii)
(lemme 1).
trpug q ¤ trp|f |q
Fp pX q.
(ii) le polynôme minimal de u est produit de polynômes irréductibles
distincts.
|f | est symétrique positif, donc diagonalisable à valeurs
propres positives. Il s'ensuit que N pf q trp|f |q ¥ 0 et aussi que
si N pf q 0 alors toutes ses valeurs propres sont nulles, donc |f |
qui est diagonalisable est nul, donc f aussi puisque ker f ker |f |
D'abord
g q trpuf q
typiquement,
Théorème : Soient les conditions :
notre calcul, et permet de montrer (1).
Passons au point (2), i.e.
0, les corps
nis, les corps algébriquement clos.
trppuuqvf vq ¤ trpvf vq trpvvf q ¤ trpf q
où les deux inégalités proviennent du fait pq ci-dessus. Ceci conclut
N pf
un espace vectoriel sur un corps
surjectif.
D'autre part,
°
E
dit qu'un endomorphisme
Ellipses.
9
Preuve du théorème :
i
ñ ii
Soit
u
premiers entre eux, choisissons une relation de Bézout
semi-simple.
L'image par
Supposons que la décomposition du
µu contient un facteur carré : µu P 2 Q. On va
montrer que pP Qqpuq 0 ce qui contredira le fait que le polynôme
2
minimal de u est P Q. Soit F kerpP puqq et S un supplémentaire
u-stable de F . Soit a pP Qqpuq, alors :
ϕ
U puqrlooomooon
P puqpxqs
polynôme minimal
• a
est nul sur
F
puisque
V puqpy q
x P E F.
a pQP qpuq Qpuq P puq.
iii
• a est nul sur S . En eet si y P S , on a apy q P F puisque
P puqrapy qs pP 2 Qqpuqpy q 0 et apy q P S puisque S est stable
par u, donc par a qui est un polynôme en u. Donc apy q P F X S ,
donc apy q 0 car F X S 0, cqfd.
En conclusion
a
ii
Pi
ði
Réciproquement supposons que
Soit
F
µu
ii
u.
Ceci contredit le choix de
Le polynôme minimal est inchangé par extension du corps
µ1
lorsque
k
est parfait.
Montrons d'abord que le polynôme
est non nul. Dans le cas contraire, ceci veut dire que c'est
X p i.e. µu pX q F pX p q. Comme k est parfait, tous
p
les coecients de P sont des puissances p-èmes et donc F pX q pGpX qqp. Ceci contredit le fait que µu est sans facteur carré. Il en
1
1
résulte que µu 0, et donc le pgcd de µu et µu comme polynômes à
coecients dans k est égal à 1. Le pgcd est inchangé par extension du
P1 . . . Pr avec tous les
un sous-espace stable, on va lui
Ei kerpPi puqq. D'après
`F X Ei de sorte que si pour chaque i on construit
un supplémentaire stable pour F X Ei dans Ei , par somme on aura
un supplémentaire pour F dans E . Comme µu|
Pi, on se ramène
ainsi au cas où µu P est irréductible.
Si F E on a un supplémentaire stable G 0 est c'est ni.
Sinon, il existe x P E F . Considérons le morphisme de k -algèbres
ϕ : k rX s Ñ E déni par
Q ÞÑ Qpuqpxq
On note Gx tQpuqpxq, Q P k rX su son image, et Px le polynôme
unitaire générateur de son noyau. On va montrer que F X Gx 0.
corps de base (ce fait est, par exemple, un corollaire du calcul du pgcd
µu est sans facteur carré,
irréductibles distincts de k rX s. par l'algorithme d'Euclide), donc nalement
Ei
Gx1 , Gx2 ,...
est stable sous
un polynôme en
F
Ceci fait, en itérant on construira
ð iii
dérivé
construire un supplémentaire stable. Soit
le lemme on a
F
u est diagonalisable sur une clôture algébrique k de k ,
alors µu est scindé dans k à racines simples et distinctes. A fortiori,
comme polynôme à coecients dans k , il est sans facteur carré.
µu .
irréductibles distincts.
car
y
de base, donc si
0, d'où la contradiction cherchée, donc il n'y pas
de facteur carré dans
ð ii
PF
V Q 1.
:
V puqrQ
puqpxqs x
looomooon
0
Or
UP
E
de cette relation de Bézout donne, dans
c'est-à-dire produit de polynômes
Contre-exemple 1 :
Soit le corps non parfait
T
des fractions rationnelles en l'indéterminée
l'espace vectoriel
E
k2 et l'endomorphisme
u
et le supplémentaire
1 T 1
1
1
Le polynôme caractéristique de
Gx ` Gx1 ` Gx2 ....
Par dénition de µu P on a Px |P donc ils sont égaux puisque P
est irréductible. Soit y P F X Gx , que l'on peut écrire sous la forme
y Qpuqpxq. J'arme que P |Q de sorte que y 0, ce qui conclura à
F X Gx 0. En eet, si P ne divise pas Q alors ces polynômes sont
1
cherché sera
1 dans k).
u
est
k F2 pT q, corps
F2 . Considérons
sur
.
χu p X q
X2
Ce polynôme est irréductible, car
T (attention :
T n'est pas un
k , donc u est un endomorphisme semi-simple. Supposons
u est diagonalisable sur une clôture algébrique k de k . Soit α une
racine de χu dans k , on a χu pX q pX
αq2 . Donc u est semblable
dans k à l'homothétie α Id, et domme les homothéties commutent à
carré dans
que
10
u
k.
toutes les matrices, il s'ensuit qu'en fait
cas, donc
u
n'est pas diagonalisable sur
α Id.
Ceci n'est pas le
une matrice complexe dans une base xée, notons
a l'endomorphisme
représenté par la matrice dont les coecients sont les complexes conjugués. La proposition dit juste ceci : on peut écrire la décomposition
ud
Contre-exemple 2 :
Voici une métode plus facile, et plus con-
ceptuelle aussi, pour donner un contre-exemple. Soit
unitaire et associative sur un corps
k,
et
Endk pAq
A
k -espace
vectoriel.
Pour tout
uu
On a
Preuve :
Soit
K
d
n
d
par unicité de la
d
k
est parfait, c'est une extension galoisienne de
le groupe de Galois de
L pE
K
sur
k.
K G, et donc les éléments de LpE bk K q xés par G sont
les éléments de LpE q.
Sur K , on peut écrire la décomposition u d
n où d et n sont
σ
dans LpE bk K q. Pour tout σ P G, on a u
u car u P LpE q.
σ
σ
Or on peut écrire u d
nσ . Il est facile (immédiat !) de voir
dit que
dσ
k
est diagonalisable et
n
dite de Jordan-Dunford, valable
d
sont xes sous
nσ
est nilpotent, donc par unicité de la
n on doit avoir dσ
G, donc dans LpE q.
d et nσ n. Ainsi d et
On pose s d qui est bien
Proposition : Soit k un corps parfait et soit u P LpE q un endomorphisme quelconque. Alors il existe un couple ps, nq unique avec
Contre-exemple 3 :
(3)
exemple 2. Soit
n,
k
dans
Mn pCq
R est le plus important pour nous. Démon-
et pour tout endomorphisme
a,
n
K ).
souhaitée.
Sur
k,
Nous reprenons la méthode du contre-
FppT q et l'algèbre A krU, V s{pU p T, V pq qui
u, v
les images de
U, V
dans
A.
On véri-
Xp T ,
u v est semi-simple de polynôme minimal X p T également, et v
p
est nilpotent de polynôme minimal X . Ainsi on a u pu
vq v
ce qui met en défaut l'unicité de la décomposition s
n.
e que
trons le résultat dans ce cas particulier très simple. On peut plonger
Mn pRq
k
us
n'est pas un corps. Soient
sn ns.
Le cas particulier
alors
agissant sur les coecients des matrices. La théorie de Galois nous
on a la décomposition
s semi-simple et n nilpotent,
µu .
G
Soit
E
Si on choisit une base de
s'étend comme suit.
(2)
k.
bk K q s'identie à l'anneau des matrices pn, nq à coecients
dans K . Via cette identication, le groupe G agit sur LpE bk K q en
pour un endomorphisme dont le polynôme caractéristique est scindé,
us
sont en
est semi-simple, on a donc la
semi-simple (puisque diagonalisable lorsqu'on passe sur
(1)
n
et
La démonstration utilise un peu de théorie de Galois.
décomposition
d
Clairement
n,
Donc
le corps de décomposition du polynôme caractéristique
Comme
que
R.
ud
d, n n.
et comme
l'anneau des en-
a
a le morphisme Ga on dénit un morphisme injectif de k -algèbres
A ãÑ Endk pAq. Si A est de dimension nie n, l'algèbre Endk pAq est
isomorphe à l'algèbre des matrices carrées pn, nq.
Soit le corps des fractions rationnelles k Fp pT q, soit le corps A k rU s{pU p T q et u l'image de l'indéterminée U dans A. Le polynôme
p
minimal de u P Endk pAq Mp pk q est X T , qui est irréductible,
donc u est semi-simple. En revanche, il n'est pas diagonalisable sur
une clôture algébrique k , car son polynôme minimal a une seule racine
α dans k et u n'est pas une homothétie.
u
C.
décomposition cherchée.
Ga : A
La décomposition
dans
fait à coecients dans
une algèbre
P A, on note
Ñ A l'endomorphisme de multiplication à gauche par a,
tel que Ga pxq ax. On vérie alors facilement qu'en associant à
domorphismes de
n
décomposition de Dunford on a
u
est semi-simple de polynôme minimal irréductible
Bibliographie :
représenté par
11
[BMP] Beck, Malick, Peyré, Objectif Agrégation,
H & K.
Une équation diérentielle quaternionique
Pré-
cisément : Application 4.32 p. 160, exercice 4.23 p. 229 et exercice
6.8 p. 324.
[FGN2] Francinou, Gianella, Nicolas, Exercices de mathématiques d'oraux X-ENS : Algèbre, Tome 2, p. 122,
[Gou] Gourdon, Les Maths en tête, Mathématiques pour M',
lipses.
Ce résultat peut faire l'objet d'un développement dans les leçons :
Cassini.
Endomorphismes diagonalisables, et Exponentielle de matrices. Ap-
El-
plications. Il faut aimer les calculs...
Théorème : Soit
H l'algèbre des quaternions, et q un quaternion
pur de norme 1. Les fonctions f : R Ñ H de classe C 1 et vériant
f 1 ptq qf ptq sont les fonctions de la forme :
f ptq cosptq
Preuve :
q sinptq f p0q
Le calcul usuel pour montrer que les solutions de l'équation
proposée sont de la forme f ptq exppqtqf p0q est de poser g ptq exppqtqf ptq et de vérier que g 1 ptq 0. Cela fonctionne ici, mais
comme H n'est pas commutatif il faut prendre soin de préciser que q
et exppqtq commutent :
g 1 ptq q exppqtqf ptq
exppqtqqf ptq 0
car
Pour calculer l'exponentielle on utilise le plongement
f1
H
qf.
€ M 2 pC q
donné dans [Perrin] :
φ : H ÝÑ
via
q
α
βi
"
γj
M pa, bq δk
a
b
ÞÑ M pα
b
a
βi, γ
avec
δiq.
a, b P C
*
Ce plongement est
continu puisqu'en dimension nie, toutes les applications linéaires
R-EV). Il en résulte que exppφpqtqq γj δk notre quaternion pur, et
sont continues (ici entre deux
φpexppqtqq.
Notons
q
βi
γ δi
M φ pq q γ δi
βi
son image dans M2 pCq. Pour calculer expptM q, étudions d'abord M .
2
2
2
2
On a trpM q 0 et detpM q β pδ γ q |q | 1 donc le
12
βi
χM X 2 1.
i Idq 0 et donc
polynôme caractéristique est
on a
pM i IdqpM
pM
i Idq
resp.
pM i Idq
1
0
1
0
L'exponentielle de SLnpCq n'est pas surjective
D'après Cayley-Hamilton
1 qi
pβγ δi
1 qi
pβγ δi
Soit
la matrice de passage
pβ 1 qi p β 1 qi
P ω
ω
1
et pour calculer P
trpP q pβ
ω qX 2iω .
1qi
ω
En utilisant la forme de Jordan d'une matrice on démontre que
exp : gln pCq
detpP q 2iω donc χP X 2 ppβ 1qi
P pP ppβ 1qi ω q Idq 2iω donc
et
1
La démonstration nécessite deux petits lemmes intéressants pour
eux-mêmes.
Le calcul des coecients
expptM q
1qieit
2
ω reit
pβ 1qieits eit s
On utilisera la décomposition
versibles (diagonalisable
DU
des matrices in-
unipotent) que l'on obtient à partir de la
D en facteur. Enn rappelons que l'indice d'unipotence d'une matrice unipotente U est déni
comme étant égal à l'indice de nilpotence de U Id. L'exponentielle
décomposition de Dunford
calcul donne
1
ω rpβ
expptM q 2iω
Nous allons mon-
Théorème : L'exponentielle sln pCq Ñ SLn pCq n'est pas surjective.
1
ω p β 1 qi
P ppβ 1qi ω q Id ω pβ 1qi
2iω
2iω
1 M P diagpi, iq donc expptM q P diagpeit , eit qP 1 , le
On a P
P 1 Ñ GLnpCq est surjective, voir [Gou].
trer que ce n'est pas un fait général :
on va utiliser Cayley-Hamilton là encore. On a
On en tire
On dénit son algèbre
P MnpCq t.q. pour tout t P R, expptM q P G u
L'algèbre de Lie de GLn pCq est évidemment gln pCq Mn pCq. Par
ailleurs, à partir de la formule detpexppM qq expptrpM qq on voit
que l'algèbre de Lie de SLn pCq est
sln pCq t M P Mn pCq t.q. trpM q 0 u
i resp. i. Observons
γ δi 0, car alors β 1. Mais
de exp est connu ; on suppose donc
q i et le calcul
ω : γ δi 0. On prend
GLn pCq.
gtM
est un vecteur propre pour la valeur propre
désormais
un sous-groupe fermé de
de Lie (voir [MT]) par
que l'un de ces vecteurs est nul si
dans ce cas
G
D N
en mettant
a un bon comportement vis-à-vis de cette décomposition :
Lemme 1 : L'exponentielle d'une matrice nilpotente N d'indice de
n'est pas nécessaire puisqu'on sait que
nilpotence n est unipotente d'indice d'unipotence n. L'exponentielle
envoie la décomposition D N sur la décomposition DU (mais le D
n'est pas le même !).
P H, donc ces coecients sont les conjugués ad hoc. En
simpliant ces expressions et en repassant dans H on trouve expptq q cosptq q sinptq d'où le résultat.
Preuve :
Posons
U
U
exppN q. La première assertion découle de :
Id N
1 2
N
2
1
N pId
N . . .q
2
looooooomooooooon
inversible
13
Ensuite, si P D
N avec DN N D alors exppP q exppDq exppN q. On pose D1 exppDq qui est diagonalisable, et
U exppN q qui est unipotente. Il est clair que D1 U U D1 .
M λU donc par
λ et exppN q U .
L'indice de nilpotence de
valeur propre
Alors, toute matrice commutant avec N est un polynôme en N . En
particulier une telle matrice n'a qu'une valeur propre.
que
Remarques :
une
n
famille libre, donc une base de C . Il en découle que tout vecteur
°
y
Cn s'écrit y
ai N i x et
est donc l'image de x par un
°
polynôme en N , à savoir P N
ai N i .
P
C
(puisque
commute avec
N
D'après le lemme 2, la matrice
donc
(1) Le résultat classique qui dit que l'exponentielle
n'est pas formellement nécessaire pour ce qui précède, mais il apporte
un éclairage intéressant sur le lemme 1 et c'est une bonne idée de
l'avoir en tête. (Pour la preuve, lire [MT], chap. 3.)
(2) Le lemme 2 est un cas particulier d'un résultat concernant les endomorphismes
est de degré
cycliques (endomorphismes dont le polynôme minimal
n)
:
N)
et donc avec tout polynôme en
P pN qpC pxqq P pN qpQpN qpxqq QpN qpP pN qpxqq QpN qpyq
u
est cyclique ssi les seuls endomorphismes commutant avec
sont les polynômes en
QpN q q0 q1N qdN d. La somme des
termes de degré ¥ 1 est un endomorphisme nilpotent, donc en se
On a obtenu
U
t matrices nilpotentes u Ñ t matrices unipotentes u
une matrice commutant avec
C
est égal à l'indice d'unipotence de
réalise un diéomorphisme
pq
p q
N . Par ce qui précède, il
existe un polynôme Q tel que C pxq QpN qpxq. Pour montrer que
C QpN q, il sut que montrer que C py q QpN qpy q pour tout
vecteur y . Or on peut écrire y P pN qpxq pour un certain polynôme
P , donc
C py q pC P pN qqpxq pP pN q C qpxq
Soit
µ,
n.
N
exppDq D n'a qu'une
trpDq nµ. Or trpP q trpDq 0 car N
est de trace nulle. Donc µ 0 et nalement D 0. En conclusion
exppP q exppN q ce qui contredit M λ exppN q.
(lemme 1) donc
Lemme 2 : Soit N une matrice nilpotente d'indice de nilpotence n.
Preuve : Puisque N n1 0, il existe un vecteur x P Cn tel
N n1 pxq 0. On vérie que t1, x, N pxq, . . . , N n1 pxqu est
unicité de la décomposition, on obtient
u
u
C
plaçant dans une base de trigonalisation de
seule valeur propre
N
on voit que
C
Bibliographie :
a pour
q0 .
Je ne connais pas de référence pour ce développement, tel quel.
On a utilisé :
Mn pCq unipotente
d'unipotence égal à n. Soit λ une racine n-ème de l'unité,
que M : λU P SLn pCq. Nous allons montrer que si λ 1
Preuve du théorème :
Soit
U
P
[Gou] Gourdon, Les Maths en tête, Mathématiques pour M',
d'indice
lipses.
de sorte
alors
M
[MT] Mneimné, Testard, Introduction à la théorie des groupes de
n'est pas l'exponentielle d'une matrice de trace nulle.
Lie classiques,
P telle que exppP q N avec D diagonalisable, N
exppP q exppDq exppN q qui
Supposons avoir une matrice de trace nulle
M.
Soit la décomposition
nilpotente, et
DN
N D.
P
D
On a alors
est la décomposition diagonalisable
unipotent (lemme 1).
El-
Or
14
Hermann.
L'exponentielle de SOnpRq est surjective
Lemme 2 : Soit f : A Ñ B un morphisme d'algèbres unitaires,
associatives, de dimension nie. Alors pour tout x P A on a
f pexpA pxqq expB pf pxqq.
Théorème : L'exponentielle son pRq Ñ SOn pRq est surjective.
Nous allons d'abord décrire l'algèbre de Lie
Preuve
: Comme
f est un
°N
°
n
n {n!q x
fp N
n0 f pxq {n!.
n0
son pRq, puis démontrer
le théorème après deux lemmes. La démonstration repose sur deux
choses : on traite d'abord le cas
morphisme
De plus
f
d'algèbres
on
a
est continue comme
toute application linéaire entre espaces vectoriels de dimension nie,
n 2, puis on s'y ramène en utilisant
donc en passant à la limite on trouve le résultat.
la réduction d'une isométrie en une matrice diagonale par blocs avec
pour blocs des matrices de rotations planes.
Lemme 1 :
son pRq est la sous-algèbre de Lie de gln pRq
formée des matrices antisymétriques.
Preuve :
L'algèbre de Lie de
Preuve du théorème :
MnpRq
matrice de
SOn pRq est la même que celle de On pRq.
Sn € Mn pRq l'espace vectoriel des matrices symétriques, et
f : Mn pRq Ñ Sn dénie par f pM q t M M Id. On a On pRq tM P
Mn pRq , f pM q 0u. Donnons le calcul avec les deux descriptions de
SO2 pRq
f
est une submer-
son pRq kerpdId f q. Or f pId H q pId tH qpId H q Id tH H tHH de sorte que dIdf pH q tH
H . Ainsi dId f : Mn pRq Ñ Sn est surjective, puisque A P Sn
est l'image de p1{2qA, donc f est une submersion au voisinage de
l'identité. On trouve bien son pRq kerpdId f q l'ensemble des ma-
I
sion en l'identité puis
trices antisymétriques.
Dans la deuxième méthode on dit que
H
son pRq
Comme
de
t
1 en u sont donc égaux de part et d'autre,
H q Id. Il s'ensuit que t H H 0, cqfd.
Les DL à l'ordre
cospθq
sinpθq
0
1
1
0
1, l'expression f pa
dénit un morphisme de
sinpθq
cospθq
.
P so2pRq .
biq a bI (on note a au lieu
R-algèbres f : C Ñ M2 pRq. Le
exppf pθiqq f pexpCpθiqq f pcospθq
cospθq
pour ne pas risquer de confusion avec la transposition).
sinpθqI
i sinpθqq
Rθ .
n quelconque, on utilise la réduction des matrices orthogonales.
Pour toute matrice M P SOn pRq il existe une matrice orthogonale
P P On pRq telle que P M P 1 soit de la forme diagonale par blocs
Pour
exppuH q exppuH q expput H q exppuH q Id , @u P R .
Id upt H
a Id)
I2
exppθI q
est l'ensemble des
Ceci s'exprime par
t
résultat en découle puisque d'après le lemme 2,
P MnpRq telles que exppuH q P OnpRq pour tout u P R (je note u
au lieu de
Toute
Introduisons la matrice :
l'algèbre de Lie.
Dans la première méthode on montre que
n 2.
est une matrice de rotation de la forme
Rθ
Soient
Nous prouvons d'abord le cas
d'où
suivante :
D'après le cas
Pour toute R-algèbre unitaire, associative, de dimension nie A, et
x
P
A, on note expA pxq la somme de la série normalement convergente
°
n
n¥0 x {n!.
par blocs
15
diagpIdr , Rθ1 , . . . , Rθs q .
n 2 c'est donc l'exponentielle de la matrice diagonale
diagp0r , θ1 I, . . . , θs I q ,
Sous-groupe de Frattini
qui est antisymétrique. Comme l'exponentielle respecte la conjugaison,
M
est donc l'exponentielle de la matrice
P 1 diagp0r , θ1 I, . . . , θs I q P .
Comme
P
Références : Calais, Eléments de théorie des groupes ou Rotman,
An Introduction to the theory of groups.
est orthogonale, il est immédiat de vérier que cette ma-
trice est encore antisymétrique.
Soit
Φ pG q ,
un groupe. On dénit le
(Un sous-groupe strict
Corollaire : SOn pRq est connexe par arcs.
Preuve : C'est l'image par une application continue de son pRq qui
sous-groupe de Frattini de G, noté
M
€
G
est dit
sous-groupe compris strictement entre
M
maximal
et
Le but de ce qui suit est de montrer que si
Φ pG q
est un espace vectoriel, donc connexe par arcs.
G
comme étant l'intersection des sous-groupes maximaux de
est engendré par les puissances
La preuve montre aussi que
G{ΦpGq
G.)
G est
G.
s'il n'y a pas de
un
p-groupe
ni,
p-èmes et les commutateurs.
Fp -espace vectoriel, et
est un
fournit sa dimension.
Remarque :
Dans le calcul de
son pRq
utilisant la submersion
Mn pRq Ñ Sn (lemme 1), il faut bien prendre garde que pour
dId f surjective, l'espace d'arrivée doit être Sn et non Mn pRq.
Pour un développement d'oral, on peut élaguer un peu ; par exem-
f :
ple, on peut sauter la question (1) ; le point (4) peut être considéré
avoir
comme connu ; la question (3) ne sert qu'à montrer (4) ; la
question (7) (n')est (qu')un bonus.
Leçons concernées :
Bibliographie :
Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications.
Exemples de sous-groupes distingués et de groupes quotients.
[MT] Mneimné, Testard, Introduction à la théorie des groupes de
Lie classiques,
Applications.
Hermann.
Groupes nis. Exemples et applications.
Exemples de parties génératrices d'un groupe.
Dimension d'un espace vectoriel. Rang. Exemples et applications.
L'exercice.
(1) On dit qu'une partie
partie
A € G,
X
d'un groupe
G est superue si pour toute
on a :
xA, X y G ñ xAy G .
X est superu, alors tout élément x P X est superu.
G est de type ni, la réciproque est vraie. Donnez un
contre-exemple lorsque G n'est pas de type ni.
Montrez que si
Montrez que si
16
(2) Montrez que l'ensemble des éléments superus de
Φ pG q .
G
Correction.
est égal à
X superu, soient x P X , A € G. Si xA, xy G alors
xA, X y G donc xAy G. Donc x est superu.
G est un p-groupe ni. Soit H € G un
sous-groupe et N NG pH q son normalisateur. En faisant agir H
par conjugaison sur G{H , montrez que H G ñ H N .
(1) Supposons
(3) Dans toute la suite,
(4) Déduisez-en que les sous-groupes maximaux de
et d'indice
Gp rG, Gs
le sous-groupe engendré par les puissances
èmes et les commutateurs. Montrez que
i : G{Gp rG, Gs Ñ G{ΦpGq
Gp rG, Gs € ΦpGq.
que
Gp rG, Gs ΦpGq.
de type ni et on suppose que tout
Soit
A
sissons un système générateur ni
p-
le morphisme surjectif induit par
G{Gp rG, Gs est un Fp -espace
que i est un isomorphisme puis
l'inclusion précédente. En justiant que
vectoriel et en utilisant (1), montrez
x
P X est superu.
G
€ G tel que xA, X y G. Choig1 , . . . , gn de G, alors chaque gi
s'écrit comme un produit d'éléments de A Y X et de leurs inverses ;
chaque tel produit fait intervenir un nombre ni d'éléments de X ;
comme il y a un nombre ni de gi , au total les éléments de X qui sont
en jeu forment un ensemble ni X0 € X . Puisque les gi engendrent
G, on a ainsi xA, X0 y G. Comme chaque x P X0 est superu par
hypothèse, on peut les enlever un à un, et comme X0 est ni, après
un nombre ni d'étapes on trouve xAy G. On a montré que X est
G sont distingués
p.
(5) Notons
(6) Soit
On suppose maintenant
élément
superu.
r le rang de G, c'est-à-dire le nombre minimal d'éléments
d'un système de générateurs de G. Montrez que la dimension de
G{ΦpGq comme Fp -espace vectoriel est égale à r.
(7) On note
Si
G n'est pas de type ni, il n'est pas vrai en général qu'une partie
est superue dès que tous ses éléments le sont.
Par exemple, soit
G Zr1{ns le groupe additif des rationnels dont le dénominateur est
n. Posons xk 1{nk et X txk uk¥1 . On voit que
les sous-groupes monogènes xxk y sont emboîtés et leur union est G.
On en déduit que X engendre G, alors que les xk sont tous superus.
une puissance de
(2) Soit
x
P ΦpGq et A € G une partie.
Si
A
G,
M
xA, xy € M
n'engendre pas
alors par le lemme de Zorn, il existe un sous-groupe maximal
xAy. Comme x P M par dénition, on a donc
xA, xy G.
contenant
donc
Réciproquement, si
x
est un éléments superu, soit
M
un sous-
M n'engendre pas G (c'est un sous-groupe
x est superu, alors xM, xy G. En particulier, x P M ,
maximalité de M . Donc x P ΦpGq.
groupe maximal. Comme
strict), et que
par
h.gH hgh1 H . Ceci a bien un
1
sens, car si on change le représentant g pour un représentant g gk
1
de la même classe (k P H ), alors du fait que hkh
P H , on a
1
1
1
1
1
h.g H hgkh H hgh hkh H hgh H h.gH .
Les orbites ponctuelles pour cette action sont les tgH u tels que
1 H gH . Ceci équivaut à g1 hgh1 H pour tout h P H , on a hgh
H , ou encore g 1 hg P H pour tout h, i.e. g 1 Hg H . Ce sont donc
(3) Faisons agir
17
H
sur
G{ H
par
les orbites
tgH u avec gH P N {H . La formule des classes donne :
|G{H | |N {H |
¸
|ω|
ponctuelles), et le second, les orbites de cardinal
p). Modulo p, ceci
|N {H | 1, donc H N .
donne
0 |N {H | ppq
1
(orbites
¡ 1 (donc divis-
et il en découle que
M un sous-groupe maximal de G. D'après (2), le normalN de M contient strictement M , donc N G par maximalité, c'est-à-dire, M est distingué. On regarde ensuite le quotient
π : G Ñ G{M et on choisit, par le lemme de Cauchy, un sous-groupe
H € G{M cyclique d'ordre p. La préimage de H par π est un sousgroupe qui contient strictement M , donc c'est G par maximalité.
Ainsi G{M H est cyclique d'ordre p, cqfd.
(4) Soit
isateur
(5) Soit
x
P
G
un élément qui est soit une puissance
un commutateur.
G{M
Z{pZ
d'exposant
est égale à
x
P ΦpGq.
puissances
Soit
M
un sous-groupe maximal de
d'après (3), en particulier G{M est abélien et
p (c'est-à-dire que la puissance p-ème de tout élément
1). Donc l'image de x dans G{M est 1. Il en découle que
p
Ainsi, le sous-groupe G rG, Gs, qui est engendré par les
p-èmes et les commutateurs, est inclus dans ΦpGq.
(6) Par le procédé de quotient, dans le groupe
puissances
p-ème, soit
G. Comme
p-èmes
E
G{GprG, Gs, les
et les commutateurs sont nuls.
Donc ce groupe
p. Ainsi
Fp E Ñ E , donnée par pn, g q ÞÑ ng , est bien dénie
et fait de E un Fp -espace vectoriel. Notons s sa dimension.
Il reste à voir que i est injectif (donc un isomorphisme). Supposons
qu'il existe un élément non nul e1 dans le noyau de i. On peut
compléter e1 en une base e1 , e2 , . . . , es de E . Ce système engendre E ,
donc ipe2 q, . . . , ipes q engendrent G{ΦpGq (rappelons-nous que ipe1 q 0). Notons xi un antécédent de ei dans G. Il s'ensuit que la partie
formée de x2 , . . . , xs et ΦpGq engendre G. Comme ΦpGq est ni et
est abélien (on le notera donc additivement) et d'exposant
l'application
ses éléments sont superus d'après (2), on peut les enlever un à un
x2 , . . . , xs engendre
G. Ceci est impossible, car il en découlerait que e2 , . . . , es engendrent
tout en conservant une partie génératrice ; ainsi
18
r
Donc
G. En choisissant des éléments x1 , . . . , xs dont
les images dans E G{ΦpGq forment une base, on voit que x1 , . . . , xs
et ΦpGq engendrent G. En utilisant le point (2), comme dans (6),
on voit que x1 , . . . , xs engendrent G. Donc s ¥ r . Maintenant, soit
y1 , . . . , yr un système de générateurs de G, de cardinal minimal égal
au rang. Alors les images des yi engendrent E , donc r ¥ s. En
conclusion r s.
(7) Soit
où le premier terme compte les orbites de cardinal
ible par
E , en contradiction avec le fait que e1 , e2 , . . . , es est une base.
i est injectif, c'est un isomorphisme, donc Gp rG, Gs ΦpGq.
le rang de
Compter les mauvais prix
µ1a 0 (si µ1 0). C'est impossible puisque λ ¥ 0 et
Cela signie donc que ab pa
bq est un mauvais prix.
Démontrons ensuite que tout mauvais prix n vérie n ¤ ab pa bq.
Considérons l'écriture de Bézout unique n λa
µb avec 0 ¤ λ ¤
b 1. Comme c'est un mauvais prix on doit avoir µ ¤ 1 et donc
n λa µb ¤ pb 1qa b ab a b.
µ
µ ¥ 0.
que
Supposons être dans un pays où il n'y a que deux types de pièces
de monnaie, disons des pièces de
a e et b e, avec a et b premiers entre
eux. Alors, d'après le théorème de Bézout, on peut payer en espèces
tous les montants entiers, en demandant au besoin aux commerçants
E t0, 1, . . . , mu. Alors, l'involution i : E Ñ E
dénie par ipxq m x échange les mauvais prix et les bons prix.
Lemme 2 Soit
de rendre la monnaie. Si les commerçants ne rendent pas la monnaie,
il y a des
mauvais prix qu'on ne peut pas payer exactement.
x est un bon prix. Si m x était aussi un
bon prix, alors la somme x
pm xq m serait un bon prix. Ceci
n'est pas vrai. Donc, m x est un mauvais prix.
Supposons maintenant que x est un mauvais prix et montrons que
m x est un bon prix. Considérons l'écriture de Bézout unique de
m x, c'est-à-dire m x λa µb avec pλ, µq P Z2 et 0 ¤ λ ¤ b 1.
Il sut de montrer qu'alors µ ¥ 0. Or, on a
Théorème Le nombre de mauvais prix est ni et égal à
Preuve :
1
pa 1qpb 1q .
2
écriture de Bézout unique
Pour la preuve, nous utiliserons l'
suiv-
n P Z il existe un couple unique pλ, µq P Z2 tel
0 ¤ λ ¤ b 1. On l'obtient immédiatement en
ante : pour tout entier
que
n λa
µb
avec
x
prenant une écriture de Bézout quelconque et en faisant la division
euclidienne de
λ
par
bq.
ab pa bq est un mauvais prix. Supab pa
bq soit un bon prix, c'est-à-dire qu'il ex2
iste pλ, µq P N tels que ab pa
bq λa µb. On en déduit
ab pλ 1qa pµ 1qb. Ainsi a divise pµ 1qb donc, comme a et
b sont premiers entre eux, par le lemme de Gauÿ on obtient que a
divise µ
1. De même, on montre que b divise λ 1 :
Preuve :
Démontrons que
posons que
Dµ1 P N, µ
Dλ1 P N, λ
1 µ1 a
1 λ1 b
λ1ab µ1ab d'où en divisant par ab : 1 λ1 µ1.
1
1
Nécessairement, λ 0 ou µ 0 (sinon leur somme serait au moins
égale à 2). Cela implique alors que λ
1 λ1 b 0 (si λ1 0) ou
On a donc
Supposons que
m pm xq m pλa
µbq ab pa
bq pλa
µbq
pb pλ 1qqa pµ 1qb .
1
Posons λ : b pλ
1q et µ1 : pµ 1q, de sorte que x λ1 a µ1 b.
1
Vu qu'on a choisi l'écriture de Bézout unique on a λ ¥ 0, si de plus
1
µ ¥ 0 alors x serait un bon prix, contrairement à l'hypothèse. Ainsi,
µ1 0 i.e. µ ¥ 0 qui est ce qu'on voulait montrer. Donc m x est
b.
Lemme 1 Le plus grand mauvais prix est m ab pa
1
ab
19
un bon prix.
La conclusion du théorème est maintenant évidente.
Nombre d'automorphismes diagonalisables sur
un corps ni
X q X , qui est à racines simples. Donc le polynôme
A, diviseur de X q X , est à racines simples, donc A est
le polynôme
minimal de
diagonalisable.
Si
Fq
ζ
F
q
Aq 1
Id.
Or
est cyclique. Choisissons un
: c'est donc une racine primitive (q
1)-ième de l'unité.
1qpX ζ q . . . pX ζ q2q
q 2 Idq 0. Comme les
On a donc pA IdqpA ζ Idq . . . pA ζ
i
polynômes X ζ sont premiers entre eux, on en déduit que E `Ei
i
où Ei kerpA ζ Idq pour i 0, . . . , q 2. (On peut faire courrir i de
1 à q 1, ce qui ne change rien et donne une notation plus agréable.)
Soit ni dimpEi q, on a n1
nq1 n. Réciproquement, étant
donné un (q 1)-uplet de sous-espaces vectoriels qui décomposent E
Groupes nis. Exemples et applications.
E,
est diagonalisable ssi
X q1 1 pX
Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications.
GLpE q.
A
alors
Dès lors, on a la factorisation
Ce développement peut être utilisé dans les leçons suivantes :
groupes de
GLn pFq q,
générateur
qui sont diagonalisables.
Groupe linéaire d'un espace vectoriel de dimension nie
P
on sait que le groupe multiplicatif
Dans le développement proposé ici, on dénombre les matrices inversibles à coecients dans un corps ni
A
sous-
Applications.
Nombres premiers. Applications.
Corps nis. Applications.
en somme directe, l'automorphisme
Endomorphismes diagonalisables.
puisque sa restriction à
Méthodes combinatoires, problèmes de dénombrement.
Ei
A
est complètement déterminé
est la multiplication par
ζ i.
On a donc une
bijection entre l'ensemble des matrices diagonalisables et l'ensemble
pn1, . . . , nq1q variable.
pn1, . . . , nq1q xé, notons ZN
des tels uplets, pour
Théorème : Soit
¥ 1 un entier.
Pour chaque
Alors le nombre de matrices
diagonalisables dans le groupe linéaire GLn pFq q sur le corps ni Fq
est égal à
n
¸
pn1 ,...,nq1 q
t.q. n1 nq 1 n
l'ensemble des
1)-uplets de sous-espaces vectoriels comme ci-dessus ; nous allons
ZN . Il y a une action de G GLn pFq q sur ZN , qui à
pEiq associe pgpEiqq. Étant donnés des uplets pEiq et pEi1q, on peut
1
choisir des bases pei,j q, pei,j q de Ei resp. Ei (avec le même nombre
(q
dénombrer
| GLnpFq q|
| GLn pFq q| . . . | GLn pFq q| .
1
N
d'éléments). On dénit un automorphisme linéaire
1
sur e
q 1
i,j ,
sur
ZN
1
de sorte que g.pEi qq pE q.
i
n'a qu'une orbite.
g
ei,j
de G
qui envoie
Il en résulte que l'action
pEiq est
Ei , donc c'est
de ZN est égal à
Par ailleurs, le stabilisateur de
constitué des automorphismes qui stabilisent chaque
le produit des
La preuve utilise d'abord un exercice de [Gourdon] (page 176),
Nombre
GLni pFq q.
puis adapte un argument que l'on trouve dans [FGN1] (
d'involutions, page 17).
Preuve :
On commence par observer qu'une matrice
Il s'ensuit que le cardinal
| GLnpFq q|
| GLn pFq q| . . . | GLn pFq q|
1
A
P MnpFq q
q 1
Le nombre de matrices diagonalisables dans
Aq A 0. En eet si A
1 avec D diagonale.
est diagonalisable, on peut écrire A P DP
q
Comme les coecients de D sont dans Fq on a D D dont on
q
q
déduit A A. Réciproquement, si A A, alors A est annulé par
des cardinaux des
est diagonalisable si et seulement si
Bibliographie
20
ZN ,
GLn pFq q
ce qui donne le résultat.
est la somme
Nombre d'endomorphismes nilpotents sur un
corps ni
[FGN1] Francinou, Gianella, Nicolas, Exercices de mathématiques des oraux de l'Ecole polytechnique et des Ecoles normales
Cassini.
[Gourdon] Gourdon, Algèbre, Ellipses.
supérieures : Algèbre, Tome I,
On dénombre les matrices carrées à coecients dans un corps ni
Fq
qui sont nilpotentes d'indice maximal. Ce développement présente
un lien avec les leçons suivantes :
Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications.
Groupes nis. Exemples et applications.
Groupe linéaire d'un espace vectoriel de dimension nie
groupes de
GLpE q.
E,
sous-
Applications.
Corps nis. Applications.
Endomorphismes nilpotents.
Méthodes combinatoires, problèmes de dénombrement.
n ¥ 1 un entier et Fq un corps ni. Alors le
nombre de matrices nilpotentes d'indice maximal n dans l'anneau
Mn pFq q est égal à pq n 1qpq n q q . . . pq n q n2 q.
Théorème : Soit
La preuve utilise une propriété importante des endomorphismes
cycliques
(voir [Gourdon] p. 279 et suivantes, notamment p.
Une dénition simple est que
f
polynôme minimal est de degré
qu'il existe un vecteur
un polynôme en
f.
x
282).
est cyclique si et seulement si son
n.
Une dénition équivalente est
tel que tout vecteur
y
est l'image de
x
par
La propriété importante que nous utiliserons est
qu'un endomorphisme
f
est cyclique si et seulement si son commu-
1
tant ( ) se réduit à l'ensemble des polynômes en
f.
On utilise ici un cas particulier puisqu'une matrice nilpotente
d'indice
n
a pour polynôme minimal
X n.
Sur cet exemple, on peut
démontrer directement la propriété sur le commutant ; c'est ce que je
fais dans la preuve qui suit. Ce cas particulier est aussi utilisé dans la
note sur la non-surjectivité de l'exponentielle de
SLn pCq.
Voir aussi
la note sur les endomorphismes cycliques mise sur la page web.
1
21
Le commutant de f est l'ensemble des endomophismes qui commutent avec f .
Preuve :
GLn pFq q
Considérons l'action par conjugaison de
Mn pFq q. Alors l'ensemble des endomorphismes
n est égal à l'orbite de la matrice nilpotente
N0
0 ...
1
0
..
.
N
...
1
0
.
.
.
0
.
.
.
0
..
0 ...
En eet, si
...
.
0
1
0
est nilpotente d'indice
n,
sur
Pour nir considérons le morphisme
nilpotents d'indice
l'indéterminée
X
associe
polynôme minimal de
0
Nn
N
0 mais
| GLn pFq q|
pq1qqn1
i.e.
X n.
pq
n
est égal à l'ensemble des polynômes en
pour une matrice nilpotente
N0 ).
On choisit encore
x
pxqu
R
N
d'indice
ker N n1
N0 .
n, je
dans
GLn pFq q,
(En fait tout sera vrai
note donc
N
Bibliographie
au lieu de
[Gourdon] Gourdon, Algèbre,
et on observe que comme
t°1, x, N pxq
est une base, tout vecteur y s'écrit y ai N i px°
q et est donc l'image de x par un polynôme en N , à savoir
P pN q ai N i .
, . . . , Nn 1
C une matrice commutant avec N . Par ce qui précède pour
y C pxq, il existe un polynôme P tel que C pxq P pN qpxq. Pour
montrer que C P pN q, il sut de montrer que pour tout vecteur y
on a C py q P pN qpy q. Or y QpN qpxq pour un certain polynôme
Q, donc
C py q pC QpN qqpxq pQpN q C qpxq
Soit
(puisque
C
commute avec
N
et donc avec tout polynôme en
r s€
1qpqn qq...pqn qn1 q
pq1qqn1
On va montrer que le
N0
qui à
Fq N
n
X , de dimenan 1 N n 1 , si
Donc le sous-espace
Il reste à calculer le cardinal du stabilisateur de cette matrice,
stabilisateur en question, qui est le commutant de
Mn pFq q
pqn 1qpqn qq . . . pqn qn2q .
la matrice ci-dessus, ce qui démontre l'assertion.
|Opxq| |G|{|Gx|.
Ñ
éléments. Donc le cardinal recherché est
N n1 0, alors on peut choisir un vecteur x qui ne soit pas dans
ker N n1 . On vérie que t1, x, N pxq, . . . , N n1 pxqu est une famille
n
libre, donc une base de pFq q . La matrice de N dans cette base est
puis à utiliser la formule
Fq rX s
Son noyau est l'idéal engendré par le
Mn pFq q des polynômes en N est isomorphe à Fq rX s{
sion n sur Fq . Pour une matrice C a0
a1 N a0 0, alors C est nilpotente, donc non inversible. Si a0 0, C est la
somme de la matrice d'homothétie a0 Id, inversible, et d'une matrice
nilpotente, les deux commutant entre elles ; C est donc inversible.
En conclusion l'ensemble des matrices inversibles commutant avec N
n1
est déterminé par la seule condition a0 0, il possède pq 1qq
c'est-à-dire
N.
N)
QpN qpC pxqq QpN qpP pN qpxqq P pN qpQpN qpxqq P pN qpyq .
On a obtenu C P pN q a0
a1 N ad N d , un polynôme en
N.
22
Ellipses.
Polynômes invariants sous le groupe alterné
le polynôme de Vandermonde déni par
Vn
Soient
A
un anneau commutatif unitaire et
groupe symétrique
Sn
symétrique.
An
est dit
alterné
ticulièrement sur la divisibilité par les
A
Qu'en
polynôme en
A est le corps des nombres complexes, ou d'ailleurs n'importe
anneau dans lequel 2 est inversible ; mais il est plus original sur
lorsque
par des calculs directs que cette armation reste vraie :
Lemme 1 Soit
Ce développement peut être utilisé dans les leçons :
Groupes nis. Exemples et applications.
Groupe des permutations d'un ensemble ni. Applications.
¥ 2).
Polynômes symétriques. Applications.
Nous utiliserons fréquemment le fait général et élémentaire suiv-
Rappelons que la fonction symétrique élémentaire de degré
i
en
ant : un polynôme à coecients dans un anneau
n
dominant régulier dans
variables est dénie par
¸
tα1 αi u
Xα1 . . . Xαi ,
où la somme est étendue à toutes les parties ordonnées de
de
Preuve :
i
n.
R,
R,
de coecient
est régulier.
(i) La remarque que l'on vient de faire, avec
R
ArX1 , . . . , Xi1 , Xi 1 , . . . , Xn s et X Xi , nous dit que le polynôme
Xi Xj est polynôme en Xi de coecient dominant égal à 1, donc il
est régulier dans ArX1 , . . . , Xn s. Le résultat en découle pour Vn , car
éléments
t1, . . . , nu. Nous la notons Si plutôt que Sin, car dans ce complé-
ment le nombre de variables sera toujours
P
est divisible par le polynôme de Vandermonde.
1 Cas où 2 est inversible dans A
Si
A un anneau commutatif et unitaire, et F
ArX1 , . . . , Xn s. Alors,
(i) Xi Xj est régulier dans ArX1 , . . . , Xn s, pour tous i, j .
De
manière équivalente, le polynôme de Vandermonde Vn est régulier.
(ii) Si F p..., X, ..., X, ...q 0, l'indéterminée X étant aux places i et
j , alors F est divisible par Xi Xj .
(iii) Si F est divisible par tous les polynômes Xi Xj pour i ¡ j , il
Groupes opérant sur un ensemble. Exemples et applications.
indéterminées (n
n variables est divisible par tous les Xi Xj il est divisA est quelconque
(pas nécessairement factoriel ni même intègre), il est facile de vérier
dans le livre [S], page 602.
n
En conséquence, si un
ible par le polynôme de Vandermonde. En fait, si
un anneau de base quelconque. On peut trouver ce développement
Algèbre des polynômes à
est un anneau factoriel, par exemple un corps, il est clair que ces
polynômes sont des irréductibles distincts.
est-il pour l'anneau des polynômes alternés ? Son calcul est classique
quel
ArX1 , . . . , Xn s et plus parpolynômes Xi Xj . Lorsque
quelques remarques sur les calculs dans
tions symétriques dit que l'anneau des polynômes symétriques est en-
S1n , . . . , Snn .
Vn en Vn . Ainsi, sur un corps de carac2, c'est un polynôme alterné, non symétrique.
Pour déterminer tous les polynômes alternés, nous aurons besoin de
; donc tout
polynôme symétrique est alterné. Le théorème fondamental des foncgendré par les fonctions symétriques élémentaires
pXi Xj q .
mutation impaire change
téristique diérente de
Un polynôme qui est invariant pour
l'action restreinte du groupe alterné
¡
Ce polynôme est invariant par les permutations paires, et une per-
agit sur l'anneau de polynômes
en permutant les variables, et un polynôme invariant pour cette
action est dit
¹
i j
¥ 2 un entier. Le
ArX1 , . . . , Xn s
n
Nous introduisons aussi
un produit d'éléments réguliers est régulier.
23
(ii) En faisant agir une permutation
2,
i
on se ramène au cas
Eectuons la division euclidienne de
X1
σ
qui envoie
i
sur
1
et
j
posant F σF . Le polynôme F est appelé le conjugué de F . De
plus, F est symétrique si et seulement si F F .
sur
1, j 2, ce qui simplie les notations.
F,
vu comme un polynôme en
à coecients des polynômes en les autres variables, par
X1 X2 .
En particulier, on a
pX1 X2qQ R où R est un polynôme constant en
X1 , c'est-à-dire R RpX2 , X3 , . . . q. Lorsqu'on spécialise X1 et X2
en X comme indiqué, on trouve 0 0
RpX, X3 , . . . q. Comme X
est une indéterminée, ceci donne R 0 de sorte que X1 X2 divise
On trouve
Preuve :
Soit F un polynôme alterné, σ une permutation impaire
F σF . Si σ 1 est une autre permutation impaire, la permutation
σ 1 σ 1 est paire donc pσ 1 σ 1 qF F , de sorte que σ 1 F σ pσ 1 σ 1 qF σ . Ceci montre que F est indépendant du choix de la permutation
1 τ σ
impaire σ . Par ailleurs, si τ est une permutation paire, alors σ
et
pi, j q tels que 1 ¤ j i ¤ n sont en nombre
npn 1q{2. Munissons l'ensemble de ces couples de
l'ordre lexicographique, et pour tout k ¤ N , notons Ek l'ensemble
(iii) Les couples d'entiers
des
k
N
premiers couples.
existe un polynôme
Qk
On va montrer par récurrence sur
P ArX1, . . . , Xns tel que
F
¹
pi,j qPEk
k
l'est aussi et donc
qu'il
τF
Ceci montre que
pXi Xj qQk .
et que
1, c'est une simple conséquence de l'hypothèse. Supposons
k ¤ N 1.
Notons pu, v q le k 1-ème couple d'entiers et Π le produit des Xi Xj
avec pi, j q P Ek . On sait que Xu Xv ne divise pas Π, mais Xu Xv
divise F par hypothèse. Donc lorsqu'on fait Xu Xv , le produit Π
Pour
Vn.
F
F.
ni égal à
Vn
Qk s'annule.
que Qk pXu
s'ensuit que
Qk 1 tel
k 1. L'assertion
F
Xv qQk
s'annule. Il
1 et la propriété est vraie pour
k
N.
Lemme 2 Soit A un anneau commutatif et unitaire, B la A-algèbre
Ñ
Þ
Ñ
est symétrique si et seulement si
L'expression du polynôme
∆n
F
F.
nous est familière :
d'autre que le discriminant du polynôme
des polynômes symétriques en X1 , . . . , Xn et C la B -algèbre des
polynômes alternés. Alors il existe un B -automorphisme d'algèbres
involutif
C
F
est alterné. Il est immédiat de vérier que
F
F
Théorème 1 Soit A un anneau commutatif et unitaire tel que 2 est
inversible dans A. Alors l'anneau des polynômes alternés est engendré par les fonctions symétriques élémentaires et le polynôme de
Vandermonde. Plus précisément, notons B ArS1 , ..., Sn s l'algèbre
des polynômes symétriques et ∆n P B le polynôme égal au carré du
polynôme de Vandermonde. Alors, l'anneau des polynômes alternés
est isomorphe comme B -algèbre à B rT s{pT 2 ∆n q, par un isomorphisme qui envoie Vn sur la classe de T .
D'après le point (ii), il existe un polynôme
à démontrer est le cas
.
Nous avons en main les outils pour démontrer le résultat suivant :
k
maintenant que cette propriété est vraie pour un entier
ne s'annule pas, et est régulier d'après le point (i), mais
F
F
σpσ1τ σF q σF F
C
F
polynôme en
T.
Preuve :
F
Si
déni en choisissant une permutation impaire quelconque σ et en
B
24
Ñ B F , b ÞÑ
ce n'est rien
i1 pT Xi q, vu comme
C , on note B F le sous-B -module
F est régulier, le morphisme surjectif de B -modules
bF est injectif, donc c'est un isomorphisme. Dans
est un élément de
qu'il engendre. Si
±n
C,
1 et Vn sont réguliers (voir lemme
B 1 et B Vn sont isomorphes à B .
les éléments
sous-modules
Ces sous-modules sont en somme directe, car si
alors en passant au conjugué on trouve
R 0.
P
P Vn R 0,
F
Vn R
σ
Le
0,
de
dont on déduit
C.
Soit
F
un polynôme al-
P
F
F
et
Q F F.
Lorsque
¹
¡
pXi
Xj q .
σ.
2
A
Si on
on a
1
Pour n'importe quel anneau unitaire
Z
Ñ A, qui à n associe n1.
A,
l'anneau des entiers
On va maintenant
il y a un morphisme
En prenant les images des coecients
par ce morphisme, on peut voir tout polynôme
σF F p..., Xi, ..., Xj , ...q F p..., Xj , ..., Xi, ...q
P
à coecients dans
comme un polynôme à coecients dans
Z
Pour simplier, on le note encore par la même lettre
donc
j.
Qp..., X, ..., X, ...q
D'après le point (ii) du lemme ci-dessus, on en déduit que
divisible par
Xi Xj .
l'anneau dans lequel on considère les coecients de
0, l'indéterminée X étant aux places i et
Comme ceci est vrai pour tous
i, j ,
Q
engendre
est de caractéristique
1 donc Vn Θn est symétrique.
s'aranchir de l'hypothèse 2 P A .
2,
Vn
n'est pas inversible, il n'est plus vrai que
l'anneau des polynômes alternés : en fait, si
Pour calculer
pij q, on obtient
QF
2 qui pose problème s'explique bien sûr par le fait que c'est l'indice
An dans Sn . Introduisons le polynôme symétrique
Θn
on peut utiliser n'importe quelle permutation impaire
choisit
son conjugué, comme déni dans le lemme 1. On considère
les deux polynômes alternés
F,
P
i j
Nous allons vérier qu'ils engendrent
terné et
2 Cas général
1(i)), donc les
P
P,
A.
lorsque
est clair d'après
le contexte.
est
Vn
Considérons d'abord
d'après le
et
Θn
à coecients dans
remarque introductive, lorsqu'on réduit modulo
Q est divisible par le polynôme de
R tel que Q Vn R. Voyons
maintenant que P et R sont symétriques. Pour P c'est clair, car
P F F P . Par ailleurs, on a Q F F Q et comme
V n Vn , on trouve Vn R Vn R. D'après le point (i) du lemme,
Vn est régulier, donc R R, et R est symétrique. Comme F 1
1
1
2 pP Qq 2 P
2 Vn R, on obtient bien que B 1 et B Vn engendrent
C . On a montré que l'algèbre C est engendrée par les fonctions
symétriques élémentaires et le polynôme Vn .
polynômes à coecients dans le corps ni
B rT s{pT 2 ∆n q C .
Dénissons un morphisme de B -algèbres f : B rT s Ñ C par f pT q Vn . Comme l'image de T 2 ∆n par f est pVn q2 ∆n 0, alors
f induit un morphisme fr : B rT s{pT 2 ∆n q Ñ C . Le B -module
B rT s{pT 2 ∆n q est libre de rang 2 avec pour base 1 et l'image de T ,
et fr envoie cette base sur la base t1, Vn u donc c'est un isomorphisme.
Exemple 1 Lorsque n 2, on trouve :
point (ii) du lemme on trouve que
Vandermonde : il existe un polynôme
Vn
Θn
Vn
Θn .
Wn
à coecients dans
Pour tout anneau
polynôme à coecients dans
A.
D'après notre
on a :
Nous appellerons ce polynôme
Vandermonde modié.
Z.
pour obtenir des
2Θn 0 .
Il s'ensuit qu'il existe un polynôme
2Wn
F2
2
Wn
le
Z
tel que
polynôme de
A, on peut le voir comme un
Nous allons démontrer un analogue
du théorème 1, valable pour n'importe quel anneau commutatif, en
remplaçant
Il nous reste à dénir un isomorphisme
Vn
par
W2
Wn .
21 pY X q pY
Xq
Y
Lorsque n 3, on trouve après un bref calcul :
W3
21 pZ Y qpZ X qpY X q pZ
Y Z2
25
XY 2
ZX 2
XY Z .
Y qpZ
.
X qpY
Xq
Il sera utile de collecter deux petits renseignements sur
Wn
Θn
:
Lemme 3 Soit A un anneau commutatif unitaire, et
Wn
1 ¹
2
¡
¹
pXi Xj q
¡
i j
pXi
Xj q
Les polynômes
i j
2
Pour
¹
¡¡
n
¥
Vn1 .
par
pXi Xj q ,
De même, le coecient dominant de
de sorte que le coecient dominant de
l'hypothèse de récurrence,
et ceci implique que
Wn
Wn1
Θn
est
Θn1 ,
Wn1 . D'après
ArX1 , . . . , Xn1 s,
ArX1 , . . . , Xn s.
Wn
est
est régulier dans
est régulier dans
Pour démontrer le point (ii), on raisonne d'abord dans l'anneau des
polynômes à coecients dans
2Wn
Vn
Θn
En prenant les
Z.
Une permutation impaire
σ
envoie
Vn Θn 2pΘn Wnq, en d'autres termes,
W n Θn Wn Wn Vn .
images par le morphisme Z Ñ A, ces expressions
sur
restent valables dans l'anneau
est clairement symétrique, et en utilisant le fait que
Γn
sont appelés la
0.
trace et la norme de Wn .
Comme
F W nR pF VnRq pWn VnqR F WnR P
Wn R
avec
P
annoncé.
Ce polynôme
Vn
et
donc il est symétrique également.
P
Γn : Wn W n .
Θn
Γn
Notons
1 et Wn .
P
A.
Nous introduisons enn le polynôme
par sa valeur
B 1 et B Wn les sous-B -modules de C engendrés
1 et Wn sont réguliers (lemme 3), ces deux sousmodules sont isomorphes à B . De plus ils sont en somme directe : si
P Wn R 0, alors en passant au conjugué on trouve P pWn Vn qR 0. En soustrayant ces égalités, on trouve Vn R 0. Comme
Vn est régulier d'après le point (i) du lemme 1, il vient R 0, puis
P 0.
Nous allons vérier que B 1 et B Wn engendrent C . Soit F
un polynôme alterné et posons Q F F . En procédant comme
dans la preuve du théorème 1, on montre que Q est divisible par Vn ,
donc il existe un polynôme R tel que Q Vn R. Ce polynôme est
symétrique. Le polynôme P F Wn R vérie
Preuve :
n i j
c'est-à-dire
Γn
A un anneau commutatif et unitaire. Alors
l'anneau des polynômes alternés est engendré par les fonctions
symétriques élémentaires et le polynôme de Vandermonde modié Wn . Plus précisément, notons B ArS1 , ..., Sn s l'algèbre des
polynômes symétriques et Θn , Γn les éléments de B introduits cidessus. Alors, l'anneau des polynômes alternés est isomorphe comme
B -algèbre à B rT s{pT 2 Θn T Γn q, par un isomorphisme qui envoie
Wn sur la classe de T .
On démontre le point (i) par récurrence sur
le résultat est clair.
En remplaçant
Théorème 2 Soit
n ¥ 2. Pour
3, on calcule le coecient
dominant de Wn vu comme polynôme en Xn . Pour obtenir des termes
de degré maximal en Xn , lorsqu'on développe le produit qui dénit
Vn , on doit retenir Xn dans chacun des facteurs pXn Xi q pour n ¡ i.
Le coecient devant Xn est donc
n
W n.
Wn2 Θn Wn
le polynôme de Vandermonde modié. Alors,
(i) Wn est régulier dans ArX1 , . . . , Xn s.
(ii) Le conjugué de Wn est W n Θn Wn Wn Vn .
Preuve :
Θn, on trouve Θn Wn
de dénition, il vient l'identité :
et
R
Finalement, on a obtenu
par
26
f p T q Wn .
F
symétriques, d'où le résultat d'engendrement
B -algèbres f : B rT s Ñ C
2
D'après la dénition de Γn , l'image de T Θn T Γn
Pour nir, dénissons un morphisme de
Vn et
,
par
pWnq2 ΘnWn Γn 0. Ainsi f induit un morphisme
r s{pT 2 ΘnT Γnq Ñ C . Le B -module B rT s{pT 2 ΘnT Γnq
f
SLpE q
est
fr : B T
est libre de rang
base sur la base
2 avec pour base 1 et l'image de T , et fr envoie cette
t1, Wnu donc c'est un isomorphisme.
est engendré par les transvections
Je propose ici une (re-)lecture de la démonstration qui est dans
[Perrin] du fait que les transvections engendrent
SLpE q.
Je vous
conseille d'accompagner les résultats qui suivent de dessins pour bien
Bibliographie :
les comprendre !
k . Une
transvection est un endomorphisme u P SLpE q tel que uptq t f ptqa
où f est une forme linéaire sur E et a P kerpf q, a 0. L'hyperplan
H kerpf q est déterminé par u de manière unique.
Soit
[AB] Arnaudiès, Bertin, Groupes, Algèbres et Géométrie, tome
II,
Ellipses.
Calcul des polynômes invariants sous le groupe alterné sur le corps
un espace vectoriel de dimension nie sur un corps
Théorème : Les transvections engendrent SLpE q.
des complexes :
[Gob] Goblot, Algèbre commutative,
E
Masson.
Lemme 1 : Soit x P E t0u et H1 , H2 hyperplans distincts tels que
simple (on le trouve partout avec une récurrence double) :
x R H1 Y H2 . Alors il existe une transvection u telle que upxq x et
upH1 q H2 .
[LS] Leichtnam, Schauer, Exercices corrigés de Mathématiques
Preuve :
Preuve du théorème des fonctions symétriques avec une récurrence
posés aux oraux X-ENS, Algèbre I, p. 53,
L'idée est de chercher une transvection u qui xe x et
H1 X H2 , c'est-à-dire une transvection d'hyperplan H H1 X H2
kx. Il sut alors de trouver des droites vectorielles ky resp. kz ,
supplémentaires de H1 X H2 dans H1 resp. H2 , avec upy q z , pour
avoir le résultat. De l'hypothèse sur x il résulte que H
H1 H H2 E . Soit z P H2 H , on peut donc l'écrire
Ellipses.
[S] A. Szpirglas, Mathématiques algèbre L3, Cours complet avec
400 tests et exercices corrigés,
Pearson.
P H1.
Soit f la forme linéaire équation de H telle que f py q 1 : elle existe
car y R H . Soit u la transvection dénie par uptq t
f ptqa. Alors
upy q y a z et c'est gagné.
z
a
y
avec
aPH
et
y
¥ 2 et soient x, y P E t0u. Alors
il existe u, produit de une ou deux transvections, tel que upxq y .
Lemme 2 : Supposons
Preuve :
Si
x
et
y
dimpE q
ne sont pas colinéaires on peut choisir un hy-
y x mais pas x. On pose a y x et
uptq t f ptqa où f est une équation de H telle que f pxq 1. On
a alors upxq x
y x y.
perplan
27
H
contenant
Si
x
et
y
ne sont pas colinéaires, on choisit un
z
qui ne leur est
pas colinéaire, et d'après ce qui précède il existe deux transvections
z et u2pzq y donc u u2 u1 convient.
(C'est ici qu'on utilise dimpE q ¥ 2.)
u1 , u2
telles que
u1 pxq
Preuve du théorème :
n dimpE q.
v P SLpE q. Soit
On fait une récurrence sur
n 1 il n'y a rien à démontrer. Si n ¥ 2, soit
P E t0u, par le lemme 2 quitte à composer avec une ou deux
transvections on peut supposer que v pxq x. Soit ensuite H € E
un hyperplan tel que x R H . Alors x v pxq R v pH q donc d'après
Si
x
le lemme 1, quitte à composer avec une autre transvection on peut
v pH q H . L'hypothèse de récurrence appliquée à v|H
nous dit que v|H est un produit de transvections ui,H . Chacune de
ces transvections s'étend en une unique transvection ui de E qui xe
x. Comme v pxq x on obtient que v est le produit des ui .
supposer que
THÈMES
Bibliographie :
[Perrin] Perrin, Cours d'Algèbre,
Ellipses.
28
Factorisation des polynômes sur les corps nis
(1)
(2)
P1
1.
P ^ P 1 1 car P 1 1.
(3) On est donc dans le vif du sujet. L'algèbre qui nous intéresse est
A K rX s{pX 9
1 L'algorithme de Berlekamp
Soit
K
un corps ni, et soit
Fq
souhaite factoriser
et ressort soit
de
P.
(1) si
P
P
P
P K rX s un polynôme.
; l'algorithme de Berlekamp prend
P
en entrée,
Soit
R
(2) si
P ^ P1
est un isomorphisme de
et l'algorithme renvoie
1
l'algorithme renvoie
R
et s'arrête.
P
^ P 1 et s'arrête.
donc
Soit A K -algèbre de dimension n, et considérons
l'endomorphisme de K -ev F Id. Soit r la dimension de N kerpF Idq ; on a r ¥ 1 car K € N . Si r 1 alors P est irréductible, l'algorithme le dit et s'arrête. Si r ¥ 2 on prend un élément
de N zK , classe d'un polynôme Q P K rX s. On décrit alors tous les
α P K et on calcule le pgcd de P et Q α. Un lemme montre que pour
un certain α on trouve un truc non trivial, l'algorithme le renvoie et
(3) sinon,
K rX s{P
P
a ses facteurs irréductibles distincts.
qui est une
s'arrête.
2 Mise en pratique
Voici une question (hyper classique) posée à l'oral 2005 dans la leçon
sur les racines des polynômes : factoriser
K
F3.
P
X9
X6 X
1
sur
0
La première chose à faire est de voir s'il a une racine dans
vite fait car
K
n'a que
3
jusqu'à
dont une base est
X 24 .
Je vais calculer aussi
X 10
et
X 11 ,
X 6 X 1
X 7 X 2 X
X 8 X 3 X 2
pX 6 X 1q X 4 X 3 X 6 X 4 X 3 X 1
pX 6 X 1q X 7 X 6 X 4 X 3
X7 X6 X4 X3 X 1
X 18 pX 7 X 2 X q pX 6 X 1q X 7 X 6 X 4 X 3
X7 X4 X3 X2 1
X 21 pX 7 X 2 X q X 7 X 6 X 5 X 3
X 6 X 5 X 3 X 2 X
24
X
pX 6 X 1q X 8 X 6 X 5 X 4
X8 X5 X4 X 1
On peut alors écrire la matrice de F Id :
0 0 0 1 1 1 1 0 1 1
0 1 0 1 1 1 0 1 1 X
0 0 1 0 0 0 1 1 0 X 2
0 1 0 1 1 1 1 1 0 X 3
0 0 0 0 0 1 1 0 1 X 4
0 0 0 0 0 1 0 1 1 X 5
0 0 1 1 1 1 1 1 0 X 6
0 0 0 0 0 1 1 1 0 X 7
Q
K ), alors
alors c'est un facteur non trivial de
P
X3
9
X9
X 10
X 11
X 12
X 15
le
polynôme dont les coecients sont les racines des coecients de
P pX q pRpX qqp
de dimension
vous verrez tout de suite pourquoi en suivant le calcul :
0 alors il existe Q tel que P pX q QpX pq.
F
K -ev
des puissances de
si celui-ci est irréductible, soit un diviseur non trivial
(bien déterminés car le Frobenius
1q .
t1, X, X 2, . . . , X 8u.
Pour calculer la matrice de l'endomorphisme F Id on aura besoin
C'est un
On
Les étapes sont les suivantes :
P1
X6 X
K.
0
0
0
0
0
0
0
0
X8
C'est
éléments, et on trouve qu'il n'y a pas de
Le noyau contient la droite engendrée par la première colonne ; il
faut décider s'il est plus gros. Utilisons le pivot de Gauss ; c'est long
racine. Appliquons maintenant l'algorithme :
29
mais on trouve le vecteur
p0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1q (par exemple).
Un représentant polynôme est
QpX q X 8 X 6
On calcule ensuite
α
P ^pQ αq.
0, 1 ou 2 en temps utile.
X4 X3 X2
X5
Gardons
X
α général au début, on fera
On utilise l'algorithme d'Euclide : la
première division est
X9
et
P
est irréductible.
irréductibles de
X9
pX 7 X 5
X4 X3 X2
X4 X3 X2
α
C'est gagné car si
1
X α
pα 1qX
1qX
α pX 2
0, on a un reste nul, donc X 7
divise
P
P pX q pX 7 X 5
X4
X3 X2 X
1qpX 2
X4
reste, or on sait déjà qu'il divise
X2
1
mencer avec le facteur
1q
1
X
X2
X3
X4
X5
X6
1
En conclusion la décomposition en facteurs
X6 X
X4
1
est
X3 X2 X
1qpX 2
1q .
3)
qui sont facilement détectables et permettent de conclure.
Rappelons tout d'abord la remarque utile :
P K rX s de degré n. Alors P
réductible ssi il est divisible par un polynôme de degré ¤ n{2.
mais on
1
ou
la méthode.
Lemme : Soit
comme
P.
X7 X5
1
1
1
1
0
1
1
Dans ce cas-là, on va à la pêche ce qui nécessite tout de même de
K un corps et P
est
D'abord notons qu'il est facile de tester si un polynôme de degré
¤ 3 est irréductible, car cela équivaut à dire qu'il n'a pas de racine.
est irréductible sur
P1
1
0
1
0
0
1
1
1
1
0
1
0
1
il y aura susamment de facteurs irréductibles de petit degré (i.e.
2
α 0,
X2
1
Dans les cas simples, soit on aura une racine dans le corps de base, soit
X5
ne trouverait rien d'autre (je ne sais pas si c'est un fait général de
l'algorithme de Berlekamp), car on poursuivrait avec
0
0
1
0
0
0
1
3 Décomposition sur les exemples simples
1 q.
:
On pourrait imaginer de continuer l'algorithme avec
Le polynôme
0
1
0
1
0
0
0
de droite est de rang maximal, donc la dimension du noyau est
La seconde est
X3 X2 X
0
0
0
0
0
0
0
Id
Ici on voit très rapidement que le système formé par les six colonnes
X6 X 1 pX 8 X 6 X 5 X 4 X 3 X 2 X α qX
p X 7 X 5 X 4 X 3 X 2 p α 1 qX 1 q.
X8 X6 X5
pX 7 X 5
F
1
1
0
1
0
0
1
Matrice de
F3 . Il faut ensuite recom4
X
X 3 X 2 X 1. Avec
On voit alors, par exhaustion, que sur
moins de détail cette fois :
unitaires de degré
X7 X5 X4 X3 X2 X 1
X 9 X 6 X 1
X 12 X 6 X 4 X 3 X 1
X 15 X 6 X 5 X 4 X 2 X 1
X 18 X 5 X 3 X 2 X 1
Remarque :
2
sont :
X2
F3 , les polynômes irréductibles
1, X 2 X 1, X 2 X 1.
comme on est en caractéristique diérente de
2,
à
translation près sur la variable, dans tout polynôme unitaire de degré
2 on peut camouer le terme en X puisque X 2 aX pX 12 aq2 . . .
Par ailleurs il est clair que P est irréductible ssi P pX
aq l'est. Donc
partant des polynômes irréductibles de degré 2 et sans terme en X
30
(il n'y en a qu'un :
X2
1),
on les trouve tous en susbtituant
P F3) à X . On trouve ainsi X 2
(a
X 1 et X 2 X 1 sans
X
Que veut dire être canonique ?
a
calcul.
3 on peut utiliser
X induit la fonctions nulle sur F3. Si P est un
3
polynôme irréductible unitaire de degré 3, alors P pX X q est un
polynôme de degré ¤ 2 dont la fonction associée ne s'annulle pas. Il
est donc de la forme aQ avec a P F3 et Q unitaire sans racine, i.e.
égal à 1 ou irréductible de degré 2. En sens inverse, partant de Q 1
3
ou Q de degré 2 unitaire irréductible, le polynôme P X X
aQ
est irréductible unitaire de degré 3. On trouve ainsi :
Pour trouver les polynômes irréductibles de degré
3
le fait que X
X3 X
X3 X
Alors que le mot canonique est très présent en mathématiques, on n'en trouve pas de dénition précise. Ceci est assez surprenant dans une discipline qui s'enorgueillit avec raison d'avoir pour
principe de base de commencer par dénir les termes qu'elle emploie.
L'absence d'une dénition ocielle est d'ailleurs l'occasion de discussions dans la communauté au sujet du concept de canonicité, que les
uns utilisent abusivement comme fourre-tout, et sur lequel d'autres
ont au contraire des idées personnelles très précises.
1,
1,
6
pX 3 X q p X 2
pX 3 X q p X 2
pX 3 X q p X 2
pX 3 X q p X 2
X
X
1q X 3 X 2 1 ,
1q X 3 X 2 X
Dans certains énoncés de dénitions ou de théorèmes, on dénit explicitement un objet qui, souvent, vérie telle ou telle propriété et
1q ,
1q ,
on le
X 1,
1.
par un idéal), la
canonique
ArX s,
p1q3
3
surjection canonique
d'un groupe, d'un anneau) vers son quotient
base canonique
d'un anneau
k -espace vectoriel k n , l'injection
commutatif A dans l'anneau de polynômes
du
etc. Dans cette note, nous voulons parler de l'autre sens qu'a
ou naturel ; il s'agit d'une qualité de l'objet, pas de son nom. Plus
précisément, nous proposons de discuter et illustrer l'idée suivante :
on peut qualier un objet de canonique si son existence ne dépend
pas de divers choix. Un point intéressant est que l'on peut discuter
1 ¸
µpdqq n{d .
n
|
dn
1 33
C'est le cas pour la
le mot canonique , celui qui exprime le fait qu'un objet est unique,
vérions que les polynômes trouvés sont en nombre
card I pn, q q trouve
canonique.
par une relation d'équivalence (resp. par un sous-groupe distingué,
correct à l'aide de la formule
On
nomme
d'un ensemble (resp.
p X 3 X q p X 2 X 1q X 3 X 2
p X 3 X q p X 2 X 1q X 3 X 2
Remarque :
Il y a un sens du mot canonique qui ne pose pas de problème.
1,
card I p2, 3q
8.
1
32
p1q3
2
de la nature et du nombre de ces choix, comme nous allons le voir.
3
et
card I p3, 3q
6
Un bon exemple introductif est celui de l'isomorphisme de bidualité
pour les espaces vectoriels de dimension nie xée. Rappelons qu'il
ev : E Ñ E qui envoie un vecteur x sur
d'évaluation evx : ϕ ÞÑ ϕpxq. On voit que la dénition
s'agit de l'isomorphisme
l'application
31
de
ev
ne dépend pas d'un choix de base pour
ne dépend pas de l'espace vectoriel
E,
E.
De plus
au sens où si
u:E
evE
Ñ F est
ev
avec
un isomorphisme, alors l'isomorphisme
F
non nul
λ
λ,
evE
à l'aide de
ev au lieu de evE .
ev
alors que l'existence de
ev
phisme près est celui des
iE fonctoriels
Ceci légitime
Par ailleurs, pour tout scalaire
λ ev
E à isomorphisme près, alors chaque iE
formuler la notion de collection
u, est égal à evF .
; mais le simple fait de nommer
E dans le cas d'un isomorphisme indépendant de la base. Il
tiE u est une collection d'isomorphismes indépendante
vérie les mêmes
λ ev
montre bien certains choix qu'on peut être amené à faire ou ne pas
u
faire, et les discussions sur leur naturalité que cela amène.
non dégénérées
Dénitions.
si l'on a
(1) Les deux seuls corps
λ2
un
k -espaces
n.
comme suit :
$
&
i : E Ñ E est indépendant de la
base si pour tout u P GLpE q, on a u i u i. Une collection
d'isomorphismes iE : E Ñ E , pour E variable, est indépendante de
E à isomorphisme près si pour tout isomorphisme u : E Ñ F , on a
u iF u iE .
Dénitions.
x, y sur E est
xupxq, upyqy xx, yy pour tout
Une forme bilinéaire non dégénérée
k dont tout élément λ 0 vérie
1 sont F2 et F3. Si E est un espace vectoriel de dimension 1 sur
l'un de ces corps, on dénit une application E E Ñ k , px, y q ÞÑ xy
Exemples.
Nous allons entrer dans le vif du sujet en parlant des isomorphismes
Dans la suite, tous les espaces vectoriels sont des
Nous
P GLpE q et tous x, y P E . Une collection de formes bilinéaires
x, yE sur des E variables est indépendante de E
à isomorphisme près si l'on a xupxq, upy qyF xx, y yE pour tout isomorphisme u : E Ñ F et tous x, y P E .
6
vectoriels de dimension
F.
dénitions ci-dessus en termes de formes, comme suit.
indépendante de la base
corps.
Ñ
Ñ E et formes bilinéaires non dégénérées x, y sur E , donnée par la formule ipxq xx, y. Il sera plus agréable d'utiliser les
ev est très naturel aussi, et il y aurait un contre-argument selon
lequel introduire 1 relève encore d'un petit choix. Cet exemple
k
u : E
i:E
en un sens évident. On pourrait tout de même avancer l'argument que
un entier et
catégories ; on parle alors d'isomorphismes
par rapport aux isomorphismes
On rappelle qu'il y a une correspondance entre isomorphismes
nécessite de
intervention, et qui ne dépend donc même pas du corps des scalaires,
n¥1
tiE u indépendante de E à isomor-
n'aurons pas besoin de ce langage.
est un fait indépendant de notre
entre un espace vectoriel et son dual. Soient
est indépendant de la base.
En guise de note culturelle, signalons que le langage adapté pour
E
dans le corps de base, l'application
propriétés que
choisir
de
ev
u
u
ÝÝÑ
E ÝÝÑ E ÝÝÑ F obtenu en transformant
le fait que l'on note
1
F
est clair que si
0
1
xy %
1
Un isomorphisme
E
u
F
iE
si
en observant par exemple que si
x ae, y
be, on a xy ab.
le produit du corps
/ E
O
(2) Si
E
est un
Si
e
E
est un vecteur de base de
E
et
k, cette forme est simplement
k.
k -espace vectoriel de dimension 2 sur le corps k F2 ,
1. Il possède
l'espace des formes bilinéaires alternées est de dimension
u
iF
si
x 0 ou y 0,
x, y 0 et x y,
x, y 0 et x y.
On montre facilement que cette application est une forme bilinéaire
Ces conditions s'expriment par la commutativité des diagrammes
naturels
si
donc un unique élément non nul : le déterminant dans une quelconque
/ F
base, qui dans le contexte présent ne dépend pas de la base. Pour
32
x, y
P E , nous noterons detpx, yq la valeur correspondante de cette
Preuve.
forme bilinéaire alternée.
n 1 et k
F2 : la forme symétrique xx, yyE xy,
(2) n 1 et k F3 : l'une des formes symétriques xx, y yE xy ou
xx, yyE xy,
(3) n 2 et k F2 : la forme alternée xx, y yE detpx, y q.
i i
Dans chacun de ces cas, le morphisme composé E ÝÝÑ E ÝÝÑ E est égal à l'isomorphisme de bidualité ev : E Ñ E .
E
de dimension
1
E
(a) Le cas (1) n'est pas surprenant car on a en fait
un résultat beaucoup plus fort : si
sur
F2 ,
E
et
F
sont deux espaces vectoriels
il existe un unique isomorphisme
iE,F : E
Ñ
F . Ainsi, non seulement E et son dual E , mais E et n'importe quel
autre espace vectoriel
F
¥ 3.
Soient
E
un espace vectoriel de dimension
sont isomorphes canoniquement (ici au sens
le plus fort possible).
(b) Dans le cas (2), pour chaque espace vectoriel
E
on a deux choix
naturels opposés de forme bilinéaire. Le théorème arme que chacune des deux formes s'étend en une collection indépendante de
i:E
n.
Ñ E indépendant de
x, y la forme bilinéaire non dégénérée correspondante,
invariante sous GLpE q. Choisissons x P E non nul. Comme le noyau
de la forme xx, y est de dimension au moins 2, il existe y P E tel
que xx, y y 0 et tx, y u est une famille libre. Par ailleurs, comme
x 0 il existe z P E tel que xx, z y 0. Quitte à remplacer z par
z y , on peut supposer que tx, z u est une famille libre de E . Soit
u P GLpE q un automorphisme qui xe x et qui envoie y sur z . On a
alors 0 xx, y y xupxq, upy qy xx, z y 0, une contradiction.
Cas n 2. Dans une base xée de E , on note B la matrice de la
forme bilinéaire x, y et M la matrice d'un automorphisme variable
u P GLpE q. Alors la propriété d'invariance xupxq, upy qy xx, y y est
t
équivalente à l'égalité matricielle M BM B , pour toute matrice
r s
t
inversible M de transposée M . Notons B t u . En prenant M 1 1
1 0
0 1
puis M , on trouve r u s t 0 donc B s
.
0 1
1 1
1
0
a b
t
En prenant maintenant M c d quelconque, l'égalité M BM B
est équivalente à l'égalité ad bc 1. Ceci a lieu pour tout M si et
seulement si le seul élément non nul de k est 1, c'est-à-dire k F2 .
0 1
On a alors B 1 0 dont on vérie que c'est la matrice de la forme
px, yq ÞÑ detpx, yq introduite dans l'exemple (2).
Cas n 1. Dans ce cas, tout automorphisme u est une homothétie de
rapport λ 0. L'égalité d'invariance s'écrit xx, y y xupxq, upy qy λ2 xx, y y. Pour que cette égalité soit vériée pour tous λ, x, y , il faut et
2
il sut que λ 1 pour tout scalaire λ non nul dans k . Ceci signie
que k t1u, c'est-à-dire k F2 ou k F3 . Dans ce cas, n'importe
quelle forme bilinéaire non dégénérée x, y est invariante. Dans une
près. Les formes bilinéaires correspondantes sont les suivantes :
Commentaires.
n
la base. Soit
E un espace vectoriel de dimension n ¥ 1 sur un
corps k. Il existe un isomorphisme i : E Ñ E indépendant de la
base si et seulement si n 1 et k F2 , ou n 1 et k F3 , ou
n 2 et k F2 . Lorsque c'est le cas, il existe même une collection
d'isomorphismes iE : E Ñ E indépendante de E à isomorphisme
Théorème. Soit
(1)
Cas
Supposons qu'il existe un isomorphisme
E
à isomorphisme près (et donc est vraiment canonique au sens le
plus fort). Ceci est remarquable car il aurait pu se passer qu'il n'y
base xée, une telle forme est déterminée par sa matrice composée
ait pas de possibilité de choisir entre une forme et son opposée de
k F2 il y a une seule possibilité, et si
F3 il y a deux possibilités. Il est facile de vérier que les formes
d'un seul scalaire non nul. Si
manière compatible pour tous les espaces vectoriels.
k
(c) Dans tous les cas exceptionnels, comme il existe des collections in-
xx, yy au lieu de xx, yyE .
2
La dernière armation du théorème est donc que ev i , c'est-à-
en question sont la forme de l'exemple (1) et son opposée.
dire que les isomorphismes de dualité canoniques exceptionnels four-
qui ne font intervenir que la structure des espaces vectoriels en jeu
nissent une racine carrée de l'isomorphisme de bidualité (voire deux,
montrent qu'elles sont invariantes par tout isomorphisme
dépendantes de
si
n1
et
k
E , on note i au lieu de iE
et
Le fait que les formes
F3).
xx, yy et detpx, yq soient dénies en des termes
u:E
Ñ F.
Ceci montre que, dans chacun des cas exceptionnels, on dénit ainsi
33
une collection d'isomorphismes
Le dual en dimension innie
Ñ E indépendante de E à
iE : E
isomorphisme près.
Il ne reste qu'à montrer que la composée
iE iE est égale à ev.
Le
plus simple est de le prouver matriciellement. On xe une base
B
E
Dans
et on note
B , B les bases correspondantes de
les cas (1) et (2), il existe
λ0
de
Soient
MatB,B piE q MatB ,B piE q et
MatB,B pevq Ici encore on trouve que
iE iE ev.
01
10
E
un
k -espace
vectoriel de dimension
innie.
l'espace
Ce résultat est bien connu mais il est dicile d'en trouver
une démonstration dans la littérature.
1, on a bien iE iE ev. Dans le cas (3), on a
un corps et
vectoriel dual E n'est pas isomorphe à E .
MatB,B pevq p1q.
et
k
Nous voulons démontrer dans cette note le résultat suivant :
tel que
MatB,B piE q MatB ,B piE q pλq
2
Comme λ
E , E .
pages 244-248 de Jacobson,
On le trouve démontré aux
Lectures in Abstract Algebra II,
édité
par Springer-Verlag. La preuve de Jacobson, assez longue, est aussi
valable pour les espaces vectoriels sur un corps gauche (i.e.
non
commutatif ). La preuve simple donnée ci-dessous est due à Andrea
Ferretti.
Rappelons que tout espace vectoriel possède une base
10
.
01
un corollaire du lemme de Zorn), ce qui veut dire que
à l'espace vectoriel
La
dimension
de
E
k pI q
E
teiuiPI (c'est
est isomorphe
des fonctions à support ni de
est par dénition égale au
cardinal
I
de
dans
I,
k.
et le
résultat énoncé ci-dessus résultera de l'armation plus précise que
dimpE q dimpE q.
Pour revenir au thème de cette note, on peut conclure que dans le
cas des isomorphismes entre un espace vectoriel de dimension nie
1 Un peu de théorie des ensembles
n
et son dual, la situation intermédiaire où l'on aurait un isomorphisme
Ñ E qui est invariant par changement de base, mais pas par
isomorphisme u : E Ñ F , ne se produit pas. C'est tout blanc ou tout
On dispose de deux bonnes références qui donnent un bref aperçu
i:E
(Dunod) et le livre de Halmos,
noir et on conclut :
- si
n
1 et cardpkq ¤ 3, ou si n 2 et k F2, il existe un
isomorphisme canonique entre un
k -espace
vectoriel de dimension
(Gabay) pour un exposé un peu plus complet.
1.1 L'ensemble de tous les ensembles.
n
- dans tous les autres cas, il n'existe pas d'isomorphisme canonique
k -espace
Commençons par
paradoxe de Russell qui dit qu'il n'existe pas
d'ensemble de tous les ensembles. En eet, supposons qu'il existe
rappeler le célèbre
et son dual ;
entre un
Algèbre
Introduction à la théorie des ensembles
des bases de la théorie des ensembles : l'annexe B de Lang,
vectoriel de dimension
n
un tel ensemble
et son dual ;
n 1 et k F3 , on doit
xx, yyE xy est-elle canonique ?
éléments de
E,
et notons
A
tX P E , X R X u l'ensemble des
qui n'appartiennent pas à eux-mêmes. Posons-nous la
question : est-ce que A P A ? Si oui, par dénition cela veut dire que
A R A ce qui est contradictoire. Si non, par dénition cela veut dire
que A P A ce qui est contradictoire. On obtient donc un objet A qui
Il est intéressant de noter que lorsque
décider : la forme bilinéaire
E
ne peut exister.
34
1.2 Les cardinaux.
A, B deux ensembles et z P B . Notons B pAq
l'ensemble des applications f : A Ñ B telles que f 1 pB ztz uq est
ni. Si A est inni et cardpAq ¥ cardpB q ¥ 2, alors cardpB pAq q cardpAq.
Lemme 4. Soient
A et B deux ensembles. S'il existe une
bijection A Ñ B , on dit que A et B ont même cardinal et on écrit
cardpAq cardpB q. S'il existe une injection A Ñ B , ou de manière
équivalente (c'est facile) s'il existe une surjection B Ñ A, on écrit
cardpAq ¤ cardpB q, ou cardpB q ¥ cardpAq. S'il existe une injection
mais pas de bijection entre A et B , on écrit cardpAq cardpB q.
Il est clair que cardpAq ¤ cardpB q et cardpB q ¤ cardpC q implique
cardpAq ¤ cardpC q.
Soient
1.3 Quelques calculs de cardinaux.
Théorème (Cantor-Schröder-Bernstein).
Si cardpAq
cardpB q et cardpB q ¤ cardpAq alors cardpAq cardpB q.
Preuve :
Dans notre application, le point
pAq
et les éléments de B
Notons PpAq l'ensemble des parties de A.
cardpPpAqq ¡ cardpAq.
Comme cardpB q ¥ 2, il existe b P B ztz u. L'application
Ñ B pAq qui envoie a sur l'indicatrice de tau, dénie par f paq b
et f pxq z si x a, est injective. D'après le théorème de CantorpAq ãÑ
Schröder-Bernstein, il sut donc de construire une injection B
p
A
q
1
A. Pour tout f P B , notons Sf f pB ztz uq. Comme chaque f
¤
est déterminée par sa restriction à
cardpAq ¥ cardpB q,
B pAq
Hyp.
SPP> pAqB S
Ó
Ó
aP>AB A B ãÑ
AA
Lm 2
Ó
A.
Nous arrivons maintenant au résultat qui nous intéresse.
Théorème. Soient k un corps, E un k-espace vectoriel de dimension
innie et E l'espace vectoriel dual. Alors dimpE q dimpE q. En
particulier, E n'est pas isomorphe à E .
n ¥ 1 un entier naturel et An le produit cartésien
n-uple de A. Si A est inni, alors cardpAn q cardpAq.
Preuve :
et compte tenu de l'hypothèse
Lm 3
L'application
Démonstration :
Rappelons que tout espace vectoriel possède une
base : c'est un corollaire du lemme de Zorn. La donnée d'une base
teiuiPI de E équivaut à celle d'un isomorphisme entre E et l'espace
k pI q des fonctions
à support ni de I dans k : l'isomorphisme
°
en question envoie x xi ei sur la fonction à support ni f telle
que f piq xi . La dimension de E est égale par dénition au cardinal
de I . Enn, il est facile de voir que le dual E s'identie alors à
I
l'espace vectoriel k de toutes les fonctions de I dans k , car une
forme ϕ : E Ñ k est déterminée par sa valeur sur chaque ei et
voir Lang, Annexe B, Cor. B.3.7.
Lemme 3. Notons P pAq l'ensemble des parties nies de A. Si
est inni alors cardpP pAqq cardpAq.
Sf ,
on conclut avec la suite d'injections :
Alors
Lemme 2. Soit
Preuve :
seront donc les fonctions à support ni.
A
A Ñ PpAq qui envoie a sur tau est injective
donc cardpPpAqq ¥ cardpAq. Supposons qu'il existe une bijection
f : A Ñ PpAq, notons B ta P A, a R f paqu et soit a0 P A dont
l'image par la bijection f est B . Si a0 P B , par dénition on a
a0 R f pa0 q B ce qui est impossible. Si a0 R B , par dénition on a
a0 P f pa0 q B ce qui est impossible. Donc f n'existe pas.
Preuve :
sera le zéro d'un espace vectoriel
Preuve :
voir Lang, Annexe B, Th. B.3.1.
Lemme 1.
z
vectoriel
A
voir Lang, Annexe B, Cor. B.3.9.
2 Dual en dimension innie
réciproquement.
Notons
`
le sous-corps premier de
k , c'est-à-dire son plus petit
Q ou un corps ni Fp . Con
On note F le dual `-linéaire,
Nous utiliserons les résultats classiques rappelés dans la partie précé-
sous-corps ; à isomorphisme près, c'est
dente sous la forme suivante.
sidérons le
35
`-espace
vectoriel
F
`pI q.
isomorphe à
`I .
Produit semi-direct
On a :
cardpF q cardp`I q ¥ cardpt0, 1uI q cardpPpI qq ¡ cardpI q
d'après la bijection bien connue
ailleurs, comme
`
t0, 1uI PpI q et le Lemme 1.
Par
est au plus dénombrable (i.e. de cardinal inférieur
ou égal à celui de
N)
et
I
est inni, on a
1 Dénitions générales
cardpI q ¥ cardp`q ¥ 2.
cardpI q cardpF q. En
cardpF q dim` pF q dim` pF q.
Montrons maintenant que dim` F ¤ dimk E . Il sut de démontrer que pour toute famille `-libre d'applications ϕs : I Ñ `, s P S ,
1
la famille ϕs ϕs : I Ñ ` € k est k -libre. Considérons une combi°
1
naison linéaire (nie) nulle
s αs ϕs 0 avec αs P k . Notons°tfj uj PJ
une base de k comme `-espace vectoriel, et écrivons αs j αsj fj
sur cette base, avec αsj P `. Pour tout i, on a :
Utilisant le Lemme 4, on trouve
Soit
particulier
0
¸
s,j
αsj fj ϕs piq ¸
j
¸
un groupe que l'on souhaite étudier.
il a un sous-groupe distingué
N
par étudier
1
ˆ
S'il n'est pas simple,
N ˆ G et on peut commencer
Q : G{N . Ceci conduit aux
et le groupe quotient
dénitions abstraites suivantes :
Dénition :
Une
suite exacte de groupes est une suite de groupes
1 ÝÑ N
αsj ϕs piq fj
(on écrit
s
1
au lieu de
i
π
ÝÑ
G ÝÑ Q ÝÑ 1
t1u) dont les èches sont des morphismes de
groupes tels que l'image de chacun est égale au noyau du suivant.
°
piq 0 pour tout j , puisque tfj u est une base. Ceci
montre que
s αsj ϕs 0 comme applications de I dans `, et comme
les ϕs sont `-libres, on trouve αsj 0 pour tous s, j . Finalement
αs 0 donc la famille des ϕ1s est libre.
On conclut en alignant ces inégalités : dimk pE q dim` pF q dim` pF q ¤ dimk pE q.
donc
G
Plus précisément cela signie que :
ϕs
s αsj°
(1)
i
(2)
π
est injectif,
est surjectif,
(3) l'image de
i
est égale au noyau de
π.
Lorsqu'on a une telle suite exacte on dit que
par Q (ou de Q par N
cas
N
est distingué dans
Exemples :
diédral
D4
G
est
extension de N
chez certains auteurs ; peu importe). Dans ce
Les groupes
G.
Z{2Z Z{4Z
et
Z{8Z
ou encore le groupe
sont tous les trois extensions
1 ÝÑ Z{4Z ÝÑ G ÝÑ Z{2Z ÝÑ 1
Références
Les groupes
pZ{2Zq3 et le groupe des quaternions H8 sont tous les
deux extensions
Algèbre, Annexe B, Dunod.
Halmos, Introduction à la théorie des ensembles, Gabay.
Lang,
1 ÝÑ Z{2Z ÝÑ G ÝÑ Z{2Z Z{2Z ÝÑ 1
36
Rappelons que le groupe des quaternions est le groupe H8 t1, i, j, ku. C'est un sous-groupe de l'algèbre des quaternions,
1
H
2
Exercice : vériez que ceci dénit bien une loi de groupe. Soit N (resp. H ) l'ensemble des éléments de la forme pn, 1q (resp. p1, hq).
Vériez que N N , H H et N θ H est PSD de N par H . Il
€ G tel que H X N 1 et HN ( ).
π : G Ñ Q a une
que π s IdQ .
(2)
tel
section, c'est-à-dire un morphisme
Lorsqu'elles sont vériées on dit que
par
H
(en abrégé PSD) et on note
G
est
GN
s: Q
produit semi-direct
est intéressant aussi de noter que l'action initiale de
autre que la conjugaison dans le groupe
ÑG
de
est un
H . On dit aussi que la
Proposition :
Q
G
par
Q.
problème de l'extension
la
G
qui sont extensions de
N
Ñ AutpN q qu'on note θphqpnq n'est
et H
(i)
H
est
commutent,
H
des groupes. Alors c'est équivalent de
G
avec des injections
et
H.
θ: H
G,
N ãÑ G, H ãÑ G
qui font de
Ñ AutpN q.
PSD interne
car on prend le
engendré par deux sous-groupes. Dans le
PSD externe car on part de H
et
N
et on construit
2 Exemples
Extensions d'ordre
d'ordre
pZ{2Zq
une autre manière de décrire les PSD.
θ: H
N
un groupe qui les contient.
N H un PSD, on observe que H agit sur N par conjugaison d'où un morphisme de groupes H Ñ AutpN q. Ceci mène à
morphisme
N
point de vue du groupe
G
N
et
Dans le cas (1) on parle plutôt de
C'est un problème dicile, et les seules extensions que l'on
En eet supposons avoir des groupes abstraits
N
(2) Un morphisme de groupes
sait décrire de manière générale sont les PSD.
Soit
le PSD de
cas (2) on parle de
sont xés on appelle parfois
question de retrouver tous les groupes
Soient
(1) Un groupe
Sous les hypothèses de (1) on montre facilement que
ñ (2). Réciproquement si on a une section il est
facile de vérier que le sous-groupe H spQq vérie les conditions
de (1). Donc (2) ñ (1).
et
sur
se donner :
Ceci prouve que (1)
N
H
Enn, montrez
(iv) le produit est un produit direct. On retiendra :
N
π|H
est un isomorphisme, donc son inverse produit une section s : Q Ñ G.
Si
θ H .
distingué dans N θ H , (ii) θ est trivial, (iii) N
complément pour N .
Preuve :
N
que les quatre conditions suivantes sont équivalentes :
suite exacte a une section, ou qu'elle est scindée. Enn, on dit que
H
H , et la loi de
N
pn, hq.pn1, h1q pnph n1q, hh1q
Ñ N Ñ G Ñπ Q Ñ 1, il existe une
Les conditions suivantes sont équivalentes :
(1) Il existe un sous-groupe
G
de la façon suivante :
multiplication est
situation particulièrement simple :
Proposition :
N θ H
comme ensemble il s'agit simplement du produit
ce qui explique son nom et sa notation.
Étant donnée une extension
action. On peut dénir un groupe noté
H ainsi qu'un
h n comme une
et
8
3,
et
Si N C G, c'est un fait général que pour tout sous-groupe H € G l'ensemble
des produits hn (resp. des produits nh) avec h P H et n P N est un sous-groupe
noté HN (resp. N H ). En fait HN N H le sous-groupe engendré par H
et N .
37
4
:
À isomorphisme près il y a
5
groupes nis
Ce sont
Z{2Z Z{4Z, Z{8Z, le groupe diédral D4 et le groupe des
H8 . Voici toutes les extensions entre groupes d'ordres 2
quaternions
2
8.
: c'est un exercice aussi classique qu'instructif.
Z{2Z Ñ? Ñ Z{4Z Z{4Z Ñ? Ñ Z{2Z Z{2Z Ñ? Ñ pZ{2Zq2
pZ{2Zq3
x
Z{2Z Z{4Z
x
x
Z{8Z
x
x
D4
x
H8
x
x
x
Z{2Z montre qu'un groupe extension de deux groupes assez gentils peut être assez compliqué. On y
Z{2Z Z{4Z, une extension qui est produit semi-direct non trivial : D4 , et deux extensions qui ne
sont même pas produits semi-directs : Z{8Z et H8 .
On voit aussi que les groupes non isomorphes Z{2Z Z{4Z et Z{8Z sont extensions tous deux de de Z{4Z par Z{2Z, et de Z{2Z par Z{4Z.
La colonne des extensions de
Z{4Z
pZ{2Zq2 Ñ? Ñ Z{2Z
par
trouve une extension qui est produit direct :
Donc ils sont indistinguables du point de vue des extensions.
Contre-exemples.
Voici des exemples d'extensions non scindées. On a vu
1 ÝÑ Z{2Z ÝÑ H8
ÝÑ Z{2Z Z{2Z ÝÑ 1
Plus généralement on obtient une extension non scindée si on a un groupe
non trivial :
1 ÝÑ Z
En eet si l'extension était scindée, comme
inclus dans le centre de
Z Q,
Z
G
de centre
Z
tel que
Q
G{Z est un groupe non trivial de centre
ÝÑ G ÝÑ Q G{Z ÝÑ 1
est central le PSD devrait être un produit direct. Donc
ceci contredit le fait que
Z
est le centre de
1 ÝÑ C
G.
G
ÝÑ GLnpCq ÝÑ PGLnpCq ÝÑ 1
G C H avec H PGLn pCq.
que H SLn pCq. Ceci est impossible
En eet ici encore on quotiente par le centre, donc si l'extension était scindée ce serait un produit direct
particulier
SLn pCq
H CG
donc
H
X SLnpCq C SLnpCq. Comme PSLnpCq est simple on en déduit facilement
PGLn pCq n'en a pas. (Voir les trois premiers exercices dans les Exercices du chapitre IV de [Per], p.
a un centre alors que
nir mentionnons l'extension non scindée
où
G
est le groupe des quaternions de norme
Comme
iPH
ou
i P H ,
Z Q mais comme Z Z pQq est
Voici une autre extension non scindée :
1 ÝÑ t1u ÝÑ G ÝÑ SO3 pRq ÝÑ 1
1.
car
108). Pour
H € G tel que G t1u H (un complément).
1 i2 P H . Ceci est impossible. (Lire [Per] chap. VII remarque 2.2.)
En eet supposons qu'il existe un sous-groupe
on déduit dans tous les cas que
En
38
d|n et si a n'est pas de la forme
Diérents PSD. Un groupe qui est PSD de deux sous-groupes peut
G
S3 Z{2Z qui est produit de ses deux sous-groupes N S3 et
H Z{2Z. Soit τ p12q la transposition dans N et x l'élément non
1
trivial de H , alors il est facile de voir que si on choisit pour H le
sous-groupe d'ordre 2 engendré par pτ, xq on obtient une expression
1
comme PSD non trivial G N H .
irréductible.
l'être de diérentes façons. Considérons par exemple le groupe
Déterminant. Le morphisme qui à λ P k
onale
Soit
Dn
C'est donc une CNS.
Q choisi comme dans ce théorème, de sorte que le
n
polynôme P pX q X a est irréductible. Soit K € C le corps
de décomposition de P et G GalpK {Qq. Soit α une racine de P et
ζ une racine primitive n-ème de l'unité, alors
αqpX ζαq . . . pX ζ n1αq
On voit ainsi que K Qpα, ζ q. Un automorphisme σ P G doit
i
envoyer α sur une autre racine ζ α pour un i P Z{nZ et ζ sur une
j
autre racine primitive n-ème de l'unité ζ pour un j P pZ{nZq . Soit
P pX q pX
associe la matrice diag-
pλ, 1, . . . , 1q donne une section du déterminant de sorte que
GLn pk q SLn pk q k Symétries des polygones réguliers.
P
a
σi,j
le
Q-automorphisme
N'importe quelle transvection de
Sn
Groupe ane.
Soit
E
Sn
An Z{2Z
ductible ?
réductible.
a
Si
a
est une puissance
Lorsque
n
4b4 :
X
4k
a.
4
4b
pX
2k
4k
E,
alors
2bX
2
2b
σi,j σk,l σi
ÞÑ pi, j q :
G Z{nZ pZ{nZq
pour un
qpX 2bX
2k
kj,jl On a donc un
Terminons par un très beau ré-
dit que toute extension de groupes nis
1 ÝÑ A ÝÑ G ÝÑ Q ÝÑ 1
π
avec
d|n
k
2
2b
|A|
et
|Q|
premiers entre eux est scindée.
Notons que pour
H € G
rG : As |Q|. En eet si H est un tel sous-groupe
alors kerpπ|H q A X H est trivial car |A| et |H | sont premiers entre
démontrer ce théorème il sut de trouver un sous-groupe
alors il est
d'ordre égal à
il peut aussi se produire un gag si
k
σi,j pζ q ζ j
et
sultat de théorie des groupes, dont la preuve est dicile. Ce théorème
Quand ce polynôme est-il irré-
d-ème
ainsi déni :
Théorème de Schur-Zassenhaus.
GApEq TpEq GLpE q
Xn
σi,j
donne un section
un espace ane de direction
Groupe de Galois de
K
Il est immédiat de vérier que
isomorphisme
Signature.
de
σi,j pαq ζ i α
On a
Z{nZ Z{2Z
de la signature d'où
4b4 lorsque 4|n, alors X n a est
eux, donc
q
π|H
est un isomorphisme, d'où le résultat.
Q est un p-groupe,
car alors il sut de choisir pour H un p-Sylow de G. Ainsi dans A4 le
sous-groupe V t1, p12qp34q, p13qp24q, p14qp23qu est un sous-groupe
2
distingué isomorphe à pZ{2Zq et le quotient est Z{3Z. Il en découle
que A4 V Z{3Z.
En particulier la démonstration est simple si
Le théorème 6.9.1 de [Lan] arme que dans tous les autres cas le
soit k un corps et n ¥ 2 un entier, a un
élément non nul de k, alors si a n'est une puissance dème pour aucun
polynôme est irréductible :
39
L'algèbre des quaternions
Pour démontrer le théorème de Schur-Zassenhaus on observe
d'abord que de manière générale le nombre de conjugués
sous-groupe
N
H
€
G
est égal à l'indice
rG
: Ns
g 1 Hg
d'un
du normalisateur
NGpH q. En eet le groupe G agit transitivement sur l'ensemble
des conjugués de
H,
et le stabilisateur de
H
est
N.
1 Dénition
On fait une récurrence sur |G| et |A|. Dans
|G| |A| 1 il n'y a rien à dire. Rappelons qu'il sut de
trouver un sous-groupe H € G d'ordre égal à rG : As.
Soit p un facteur premier de A, S un p-Sylow de A, N NG pS q.
Alors S est aussi un p-Sylow de G et NA pS q N X A. Les p-
Preuve (esquisse) :
le cas
Sylow de
G
(qui sont conjugués à
S)
sont tous dans
A
Pour dénir l'algèbre des quaternions
riel de dimension
une application
4
R-bilinéaire H H Ñ H
neutre, en posant :
donc d'après
i2
l'observation précédente :
rG : N s rA : N X As
On en déduit rN : N X As rG : As.
Si N X A ˆ A, par l'hypothèse de récurrence appliquée à pN, N X Aq
le groupe N contient un sous-groupe d'ordre rN : N X As rG : As.
Cela fournit un sous-groupe de
G
ij
ture de
qui répond à la question.
R
N
h1 zh
[Per] Perrin, Cours d'Algèbre,
i, j, k
est élément
;
;
jk
kj i .
H
d'une struc-
associative.
H
engendré par
1
est noté simplement
est noté
P
H
engendré
; il n'est pas stable par multiplication.
Un
R est dit réel et un quaternion de P est dit imaginaire
évidemment H R ` P donc on peut parler de la partie
pur. On a
réelle et de la partie imaginaire d'un quaternion.
L'algèbre
H
n'est pas commutative ; son centre noté
sous-algèbre engendrée par
Il y a sur
bi
cj
dk
H
une
1,
c'est-à-dire
conjugaison
Z pHq R.
qui est dénie ainsi :
alors son conjugué est
q
Z pHq
si
a bi cj dk.
q
est la
a
On vérie
aisément que c'est un anti-automorphisme, c'est-à-dire que c'est un
q1 q2 q2 q1 . Dit autrement,
H et l'algèbre opposée à H,
c'est-à-dire l'algèbre H dans laquelle le produit de deux éléments q1
et q2 est par dénition q2 q1 (produit dans H).
Soit un quaternion q P H. Il est facile de voir que q P R ssi
q q , et q P P ssi q q . Mais il existe une autre caractérisation
automorphisme d'espace vectoriel et que
la conjugaison est un isomorphisme entre
cohomologie des groupes, théorie qui
Bibliographie
Dunod.
R-algèbre
vecto-
On dénit
quaternion de
va au-delà du programme de l'Agrégation.
[Lan] Lang, Algèbre,
;
1
; c'est une sous-algèbre. Le sous-espace vectoriel de
par
commute avec
ce cas particulier, fait appel à la
ji k
R-espace
t1, i, j, ku.
pour laquelle
j 2 k2 1
ik ki j
Le sous-espace vectoriel de
S donc est dans Z . Par l'hypothèse de
récurrence appliquée à pH {Z, S {Z q il existe un sous-groupe K € H
contenant Z avec rK : Z s rG : As.
On s'est ramené à résoudre le problème pour pK, Z q i.e. au cas où
A est un p-groupe central abélien. La conclusion de la preuve dans
donc
on xe un
Il est facile de vérier que cette multiplication munit
X A A alors rG : N s 1 donc S est distingué dans G.
Par l'hypothèse de récurrence appliquée à pG{S, A{S q il existe un
sous-groupe H € G contenant S avec rH : S s rG : As. Soit Z 1
le centre de S , un petit calcul montre que Z C H : si z P Z alors
h1 zh P S et
h1 zhs h1 z phsh1 qh h1 phsh1 qzh sh1 zh
Si
H,
et une base que l'on note
des quaternions réels et imaginaires purs, un peu plus surprenante
et purement algébrique. Précisément, un simple calcul montre que
Ellipses ou ENSJF.
q
40
P R ssi q2 P R¥0, et q P P
ssi
q2
P R ¤0 .
Notons à ce propos que la
relation d'ordre total de
R ne s'étend pas à H.
2.3
De ce fait, la notation
¥ 0 est ambigüe et c'est pourquoi nous préférons écrire q P R¥0.
On dénit ensuite la norme d'un quaternion q P H par N pq q qq .
On vérie que si q a
bi cj dk alors N pq q a2 b2 c2 d2 .
En particulier N pq q P R, N pq q N pq q, et N pq q 0 si et seulement
1 q est inverse à gauche
si q 0. Il s'ensuit que si q 0, alors N pq q
q
et à droite pour
q.
Donc
H
est ce que l'on appelle une
division ou encore parfois un corps gauche.
multiplicative
R .
N :HÑR
Le fait que le corps
H
Étant donné
H contenant R, que nous allons calculer. Notons K le
sous-corps de H engendré par q , c'est le corps des polynômes en q , qui
est monogène donc évidemment commutatif.
rH : Rs rH : K s rK : Rs
rZ pqq : Rs rZ pqq : K s rK : Rs. Il s'ensuit que rK : Rs vaut 1 ou
2, puis que rZ pq q : Rs vaut aussi 1, 2 ou 4.
Si q P R, on a K R et Z pq q H. Sinon, q n'est pas central,
donc Z pq q H. On a rZ pq q : Rs rK : Rs 2. Dans ce cas Z pq q
est un corps commutatif isomorphe à C. Si on écrit q r
tp avec
r la partie réelle de q et t N pq rq, on a p2 1 donc on dénit
un isomorphisme de R-algèbres explicite f : C Ñ Z pq q en posant
f piq p.
Ñ
et
soit non commutatif introduit parfois
Nous essaierons de les mettre en lumière au fur et à mesure.
2 Sous-corps de H
L'équation
X2
10
Notons qu'en particulier,
G le sous-groupe de H formé des quater2
note que q 1 ssi on a simultanément
monogène.
Dans ce qui suit, on notera
nions de norme
1.
On
S2.
sphère
2.4
q
de
q,
en analogie
avec le cas complexe.
Pour les quaternions non réels, une autre écriture nous sera aussi
utile : partant de la décomposition en partie réelle et partie imaginaire
q
C-algèbre
C-algèbre
sur
doit être un élément de carré
tp où t N pqq et
forme polaire
R-algèbre
r q1, on peut considérer la forme polaire de q1 et obtenir
q r tp où r P R, p P P X G, t N pq rq .
41
H
sur
de di-
H
est donnée par un morphisme
Un tel morphisme est déterminé par l'image de
C-algèbre
Formes polaires
Cette écriture sera appelée la
Structures de
C Ñ H.
commutatifs, est prise en défaut ici.
p P G.
elle-même n'est pas
Ceci est à comparer au fait que toute
Une structure de
En particulier, on constate que la nitude du nombre de
Tout quaternion non nul peut donc s'écrire
R-algèbre H
théorème de l'élément primitif.
racines d'un polynôme, phénomène classique de la théorie des corps
2.2
la
mension nie qui est un corps commutatif est monogène, d'après le
P R¤0 et q P G. D'après ce que l'on a dit plus haut, cela veut
donc dire que q P P X G. L'espace vectoriel euclidien P est de dimension 3 et P X G est sa sphère unité. On obtient donc que l'équation
X 2 1 0 possède dans H un ensemble de solutions isomorphe à la
q2
On a les formules de
produit des dimensions d'espaces vectoriels
certaines subtilités par rapport à la théorie des corps commutatifs.
2.1
P H, on dénit le commutant de q, noté Z pqq, comme
x P H tels que qx xq . C'est un
sous-corps de
On a donc une application
H
q
étant l'ensemble des quaternions
algèbre à
et un morphisme de groupes induit
Commutants
sur
H
i
par
f,
f :
qui
1. On voit donc que les structures de
P X G.
sont en bijection avec
Une remarque sur la transposée d'une matrice
Démonstration :
bien que l'on ait fait des eorts pour obtenir
un énoncé sur les endomorphismes, la démonstration est matricielle.
Vérions qu'on a bien traduit notre problème initial.
¥ 1 un entier, E un k-espace vectoriel de dimension n. C'est un fait classique que toute matrice M P Mn pk q est
Soit
k
un corps,
ϕ
f
et par
P
la matrice
ce fait et nous le démontrons.
t
Il n'est pas évident de comprendre ce que cet énoncé matriciel
signie pour les endomorphismes. En eet, l'énoncé analogue mène à
Comme
f
f
et
donc
g:E
E de sorte qu'on ait f gf g 1 . On a alors
Ñ
g
E
Dans ce cas, l'isomorphisme
E.
f
g
f
M
M
1
mi,j δi¥2 δj ¤n1 δi,j
pP M qi,j ptM P qi,j donne
c'est-à-dire
comme à une forme bilinéaire
E , en se souvenant que formes bilinéaires b : E Ñ k et morphismes g : E Ñ E se correspondent via gpxq bpx, q
et bpx, y q pg pxqqpy q. En termes de la forme bilinéaire non dégénérée
b associée à g , la relation f gf g 1 fournit :
pour tous x, y dans E, bpf pxq, y q bpx, f py qq .
b.
0 ...
..
.
..
.
0 b1
.
.
.
ņ
δj ¤n1 pi,j
M
tM P ,
1
δj,n
pi,k bk
1
b2 .
δj,n bi .
δi¤n1pi
L'égalité des coecients
ņ
1,j
k 1
On en déduit que
pi,j
1
δi,n
pk,j bk .
k 1
pi
1,j à chaque fois que ceci a un sens,
voit donc que la donnée de
q2 , . . . , q2n tels que pi,j qi j
k1 qk ibk pour 1 ¤ i ¤ n 1. On
q2 , . . . , qn 1 quelconques détermine P ,
P
ainsi obtenues sont symétriques. Enn
c'est-à-dire qu'il existe des scalaires
pour tous
Il y a même un petit bonus,
car il se trouve que non seulement toute matrice
PM
0 .. 1 bn
0
non dégénérée sur
est autoadjoint pour
Ceci signie que
satisfaisant cette égalité. Commençons par le cas où
g
E
f
P
/ E
g
a
est une matrice compagnon :
/E
la
et sa transposée sont semblables et conjuguées par une ma-
symétrique
ne représente pas un changement de
Plutôt, il faut penser à
Dit autrement,
X, Y .
E
M
trice symétrique. Il s'agit donc de trouver une matrice inversible et
Sauf à utiliser, pour conjuguer, un
le diagramme commutatif :
base dans
M
l'on désigne par
pM X qP Y tXP M Y
pour tous vecteurs colonnes
n'agissent pas sur les mêmes espaces, on ne peut
les conjuguer l'un en l'autre...
isomorphisme
Ñ E et son dual f : E Ñ E .
E et que
de ϕ, qu'on
signie, si l'on xe une base de
matrice de
semblable à sa transposée. Dans cette note, nous tentons d'expliquer
f :E
f
est autoadjoint pour une forme bilinéaire symétrique non dégénérée
n
considérer un endomorphisme
Dire que
est semblable à
i, j ,
et que
qn
i 1
°n
sa transposée, mais en plus, la matrice de passage peut être choisie
et que toutes les matrices
symétrique.
il est clair que l'une de ces matrices est inversible, car si l'on prend
Nous pouvons nalement exprimer ceci sous la forme
q2 qn
1.
d'un bel énoncé et le démontrer :
Proposition Soit
f un endomorphisme de E . Alors, il existe une
forme bilinéaire symétrique non dégénérée sur E telle que f est au-
0 et qn 1 1, on trouve une matrice de déterminant
Dans le cas général,
M
A1N A où N
avec pour blocs des matrices compagnon
toadjoint pour cette forme.
Frobenius). Pour chaque
42
i
choisissons
Qi
est diagonale par blocs
Ni
(forme normale de
inversible symétrique telle
Quelques remarques sur les anneaux Z{nZ
tNiQi. Soit Q la matrice diagonale par blocs de blocs Qi, on
t
t
vérie que P AQA est inversible symétrique et que P M M P .
Qi Ni
Le contenu de cette note peut servir dans les leçons :
N.B. On peut s'en sortir aussi avec la réduction de Jordan, mais
il faut alors passer par une clôture algébrique de
k
et ensuite faire
- Groupes nis. Exemples et applications.
quelques contorsions pour justier que le résultat vaut tout de même
sur
k.
- Groupe linéaire d'un e. v. de dimension nie
GLpE q.
C'est donc un exemple où la réduction de Frobenius est plus
ecace, car, contrairement à la réduction de Jordan, elle ne nécessite
- Anneaux
aucune hypothèse sur le corps de base.
f
scalaire hermitien).
est autoadjoint (et idem si
Z{nZ.
k
C, pas de produit
Exemples et applications.
- Méthodes combinatoires, problèmes de dénombrement.
non dégénérée fournie par le résultat ci-dessus ne peut pas toujours
1 Structure de
être choisie positive. Il sut de prendre pour contre-exemple un endomorphisme non diagonalisable, puisque tout endomorphisme autoadjoint pour un produit scalaire (ou produit hermitien) est diag-
E
R2 et l'endomorphisme (semis-
I
(notez que
I2
1).
1
0
1
0
Les matrices
P
vériant
PI
tIP
P
a
b
b
a
Généralités
1.2
Structure de
.
2
k -ièmes
2
Puissances
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2.2
Carrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
GLr pZ{nZq et SLr pZ{nZq
SLr pZq Ñ SLr pZ{nZq . . . . . . . . . .
4
3.1
Nombre d'éléments de
. . .
4
3.2
Surjection
. . .
5
1 Structure de Z{nZ
1.1
la forme associée n'est jamais un produit scalaire.
Sur le groupe abélien
a2
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z{pα Z
2.1
0, et on
vérie que sa signature est p1, 1q pour toute valeur de pa, bq. Donc
La forme correspondante est non dégénérée ssi
1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Matrices à coecients dans Z{nZ
sont les
matrices de la forme
Z{nZ
1.1
2 Puissances dans Z{nZ
simple et non diagonalisable) de matrice
Applications.
- Opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes d'une matrice.
Dit autrement, la forme bilinéaire symétrique
onalisable. Par exemple soient
sous-groupes de
- Anneaux principaux. Applications.
Remarque Si k R, il n'existe pas en général de produit scalaire euclidien pour lequel
E,
Applications.
b2
sible.
Généralités
Z{nZ,
En eet, un produit
il n'y a qu'une structure d'anneau pos-
ab
est une somme
a
a
avec
b
termes, donc toute multiplication est une itération nie d'additions
et la multiplication est déterminée par l'addition.
Dit autrement, la structure de l'anneau
Z{nZ
est déterminée par
sa structure de groupe additif. Ceci se reète aussi sur les éléments
43
inversibles de l'anneau, qui sont les générateurs du groupe additif, et
On peut alors écrire
sur les idéaux, qui sont les sous-groupes additifs.
écriture est unique.
Un autre fait notable est que dans l'anneau
dans tout anneau ni
A,
x P Azt0u,
donne un endomorphisme de groupe abélien
est surjectif, alors
xy
1
est dans l'image, donc il
la multiplication par
2 Puissances dans Z{nZ
mx : A Ñ A. Si mx
existe y P A tel que
1 et x est inversible. Si mx n'est pas surjectif, alors il n'est pas
2.1
A est ni) et donc il y a un élément non nul y dans le
noyau. Alors, xy 0 et x est un diviseur de zéro.
α1
α
Soit n p1 . . . pr r la décomposition en facteurs premiers de n.
La structure algébrique de l'anneau Z{nZ est pour l'essentiel gouinjectif (car
Z{nZ Z{pα1 1 Z Z{pαr r Z
Structure de
Ñ Z{nZ telle que ϕpxq xk . Cette
α
α
application est multiplicative. Soit n p1 . . . pr la décomposition
Preuve :
Z{pα Z.
A Z{pα Z. Une très bonne
manière de se représenter les éléments de A est d'utiliser l'écriture en
base p : pour tout x P A, il existe des entiers uniques 0 ¤ xi ¤ p 1
tels que x x0
x1 p x2 p2 xα1 pα1 . Si un élément de A
est écrit ainsi, on a x P A ssi x0 0, ou encore, ssi x R ppq. En
α
particulier, on voit que si on note π : Z{p Z Ñ Z{pZ la surjection
canonique, alors x est inversible dans A si et seulement si π pxq est
inversible dans Z{pZ. (En général, si f : R Ñ S est un morphisme
sorte que
0 € pp α 1
Ceci permet de dénir la
x
A
r
Par le théorème des restes chinois, on a
1
r
est bijective si et seulement si pour tout
ramène au cas où
dans
pα .
Z{pαi i Z
i,
l'application
est bijective.
Ceci nous
x est inversible, alors ϕpxq est inversible, c'est-àppq. Si x n'est pas inversible, il est dans ppq et
k
k
donc ϕpxq x est dans pp q. (Pour le dire autrement, l'application
ϕ multiplie la valuation p-adique par k de sorte que les éléments de
l'image ont une valuation multiple de k .) On voit donc que si α ¥ 2,
l'élément p P A n'est pas dans l'image de ϕ. Donc α 1 si ϕ est
Soit
x P Z{
n
k
pα Z. Si
dire qu'il n'est pas dans
ppq est
bijectif.
L'application
forment une chaîne :
ϕ
envoie
0
sur
0
et sa restriction à
morphisme de groupes multiplicatifs.
pZ{pZq est un
Il reste à voir quand celui-
pZ{pZq Z{pp 1qZ et ϕ s'identie, comme
endomorphisme du groupe additif Z{pp 1qZ, à la multiplication par
k . Celle-ci est bijective ssi k est premier à p 1.
q € € pp q € ppq € A .
ci est bijectif.
2
valuation p-adique
n.
d'élévation à la puissance
d'anneaux commutatifs et unitaires, l'image d'un inversible est in-
A A \ ppq.
ϕ
Z{nZ
1
Z{pα1 Z Z{pαr Z. Si l'on décrit ϕ
k
k
via cet isomorphisme, il est clair que ϕpx1 , . . . , xr q px1 , . . . , xr q, de
Décrivons donc plus en détail l'anneau
versible, mais la réciproque n'est pas vraie.) De plus, l'idéal
ϕ : Z{nZ
en facteurs premiers de
Z{pα Z
Par ailleurs, les idéaux de
Notons
un isomorphisme
égal à l'idéal des éléments nilpotents, et on a
k -ièmes
k ¥ 2 et n ¥ 2 deux entiers. Alors,
l'application Z{nZ Ñ Z{nZ d'élévation à la puissance k est bijective
si et seulement si tous les facteurs premiers p de n sont de multiplicité
1 et tels que p 1 est premier avec k .
du théorème des restes chinois :
et par la structure particulière des facteurs
Puissances
Proposition : Soient
vernée par la décomposition en produit donnée par l'isomorphisme
1.2
pk u, où u est inversible dans A, et cette
les éléments non nuls sont soit inversibles,
soit diviseurs de zéro. En eet, pour
x
Z{nZ, comme d'ailleurs
x
d'un élément non nul
P A comme étant le plus grand entier k ¤ α 1 tel que x P ppk q.
44
Or
2.2
Proposition : Si
Le résultat précédent dit que l'application d'élévation au carré (k
2)
p est un nombre premier impair, le nombre de
carrés dans A Z{pα Z est égal à
Carrés
dans
Z{nZ
n'est bijective que lorsque
n
2.
1
les carrés forment un sous-ensemble strict, que l'on va dénombrer,
généralisant le résultat correspondant pour
Z{pZ
avec
p
premier. Ici
Z{pαi i Z.
Ceci nous
pα et nous citerons le résultat dans ce cas.
Nous ne traiterons que le cas où p ¥ 3, mais le cas où p 2 se traite
ramène au cas où
n
si α 2β
groupe des inversibles).
Lemme : Soit p un nombre premier impair et α ¥ 1 un entier.
(i) Le cardinal de pZ{pα Zq2 , ensemble des carrés des éléments inversibles de Z{pα Z, est égal à pα1 p1 .
Preuve :
(ii) Soit i un entier tel que i ¤ α. Alors, la multiplication par pi
induit une injection de groupes abéliens Z{pαi Z ãÑ Z{pα Z et l'image
de pZ{pαi Zq2 est égale à pi pZ{pα Zq2 .
(iii) Le cardinal de pi pZ{pα Zq2 est égal à pαi1 p2 1 .
p
est impair,
Z{pα1 pp 1qZ.
et
2
pα1 p2 1 .
pi
pαi ,
de
Si
2 divise p 1, l'image est donc le sous-groupe
2, d'indice 2. Donc le cardinal de pZ{pα Zq2 est
x
tion ainsi :
est clair que
pi
annulés par
pi .
x0
x1 p
q
(iii) D'après (ii) le cardinal de
p {
q
q
pi pZ{pα Zq2
pZ{pαiZq2, d'où le résultat d'après (i).
p {
est un carré si et seulement si
A
si
α 2β
A2 \ p2 A2 \ p4 A2 \ \ p2β A2
si
α 2β
compte du fait que
A
1
si
q
¥ α 2β ,
0
p2β 1
1
p2k A2
est impair.
et en tenant
p1
2
p2β 3
p1
2
α
p
est impair.
p1
2
Je ne connais de référence ni pour la description de
nombre de carrés de
45
est pair,
P A est un carré, on trouve que le nombre de
l'application d'élévation à la puissance
est pair
est
et l'expression similaire si
Références :
est égal à celui de
i
est
A2 \ p2 A2 \ p4 A2 \ \ p2β 2 A2
On peut décrire cette applica-
x
En utilisant le lemme qui donne le cardinal de
xα i 1 pα i 1 on associe
α
i
1
α iZ 2
xα i 1 p
. L'image de Z p
2 . C'est aussi pi Z pα Z 2 , puisque dans l'écriture
xα 1 pα 1 2 les termes xj pj avec j
α i sont
x
x1 p
à
px 0
i
αi Zq
est p pZ{p
i
p px 0 x 1 p pi x
P A est non nul, il s'écrit de manière unique sous la
0 ¤ i ¤ α 1 et u R ppq, c'est-à-dire u inversible
est un carré. En d'autres termes, l'ensemble des carrés non nuls
dans lui-même est égal à l'idéal engendré par
d'où la première assertion.
p2β q
pi u avec
carrés dans
Z{pα Z
p2
1 est impair.
(ii) Il est immédiat de voir que le noyau de la multiplication
par
p2β 1 q
dans
Comme
strict engendré par
u
dans
pZ{pαZq Z{pα1pp 1qZ
et l'élévation au carré s'identie à la multiplication par
x
A. Il
forme
dans
2
(i) Comme
p1
p1
2
1
de la même manière (la seule diérence provenant de la structure du
Preuve :
p3
si α 2β est pair, et
encore, en utilisant le théorème chinois, le nombre de carrés est le
produit des nombres de carrés dans des anneaux
p1
pp
2
Donc en général,
Z{nZ.
k -ième,
ni pour le calcul du
3 Matrices à coecients dans Z{nZ
Soit
r
¥
Passons au cas général.
le morphisme de réduction.
1
un entier.
aux groupes linéaires
Dans ce paragraphe, nous nous intéressons
GLr pZ{nZq
et
SLr pZ{nZq.
ssi
Nous utiliserons les
Ñ B est un morphisme d'anneaux commutatifs et uniy a une application Mr pAq Ñ Mr pB q entre les ensem-
bles de matrices carrées de taille
r,
notée encore
er, obtenue en associant à une matrice
f pM q
pf pmi,j qq.
Puisque
f
M
f
pour simpli-
pmi,j q
la matrice
est un morphisme d'anneaux et
que l'addition et la multiplication des matrices s'expriment par des
additions et des multiplications entre les coecients des matrices,
cette application
f : Mr pAq Ñ Mr pB q
est un morphisme d'anneaux.
P
ν : GLr pZ{
GLr pZ{pZq et
qÑ
Ñ Z{pZ,
Rappelons-nous que
est inversible (voir 1.2).
x
ÞÑ
x
x
est inversible
Nous allons voir que le morphisme
GLr pZ{pZq
pα Z
Z{pα Z
est surjectif.
qu'on considère une matrice
N
P
En eet, si
Mr pZ{pα Zq
obtenue en relevant de manière arbitraire les coecients de M , on
a detpN q detpM q qui est inversible. Donc detpN q est inversible,
α
i.e. N P GLr pZ{p Zq et N est un antécédent pour M . On regarde maintenant le noyau H kerpν q. C'est l'ensemble des matrices
Id N où N est à coecients dans ppZ{pα Zq Z{pα1 Z. Comme les
2
α1 qr2 . Finalement
matrices ont r coecients, on trouve |H | pp
| GLr pZ{pαZq| | GLr pZ{pZq|.|H | et ceci donne le résultat annoncé.
M
f : A
taires, il
x
induit
remarques simples qui suivent.
Si
On notera
Puisque le déterminant d'une matrice est lui aussi un polynôme en
les coecients de la matrice, on a
découle que
et
f
detpf pM qq
f pdetpM qq. Il en
GLr pAq Ñ GLr pB q
SLr pAq Ñ SLr pB q.
Preuve :
Par ailleurs, dans le cas où l'anneau des coecients des matrices
Mr pA B q Mr pAq Mr pB q,
GLr pA B q GLr pAq GLr pB q et SLr pA B q SLr pAq SLr pB q.
Pour étudier GLr pZ{nZq et SLr pZ{nZq, utilisant le théorème des
α
restes chinois on est ramené au cas où n p .
GLr pZ{
est un anneau produit, il est clair que
3.1
Nombre d'éléments de
GLr pZ{nZq
et
| SLr pZ{pαZq| Proposition : On a
pq . . . ppr pr2 qpr1 .
induit des morphismes de groupes
On
q Ñ pZ{
pα Z
considère
q .
pα Z
le
ppα1qpr
morphisme
2
1q ppr
1qppr déterminant
Il est surjectif, car tout
det
:
q
x P pZ{
est
px, 1, . . . , 1q. Il
pα Z
le déterminant d'une matrice de dilatation diagonale
s'ensuit que le cardinal du noyau, le groupe spécial linéaire, est
α
r pZ{p Zq|
| SLr pZ{pαZq| | GL
.
pα1 pp 1q
SLr pZ{nZq
Compte tenu de la proposition précédente, ceci mène au résultat
Proposition : On a
annoncé.
| GLr pZ{pαZq| ppα1qr ppr 1qppr pq . . . ppr pr1q.
2
Preuve :
Références :
α 1. Dans ce cas, l'anneau de
Z{pZ. Une matrice est dans GLr pZ{pZq
Commençons par le cas
coecients est le corps
k
Le calcul du cardinal de
GLr pZ{pZq
et d'autres
groupes linéaires sur les corps nis est fait dans Perrin [P]. Le calcul
du cardinal de
SL2 pZ{nZq
peut être trouvé dans [FGN2], exercice
3.23 (lire la n de la correction).
ssi ses vecteurs colonnes forment une base. Le premier vecteur doit
être non nul, il y a donc
pr
1 façons de le choisir.
Le deuxième
3.2
vecteur ne doit pas être dans la droite engendrée par le premier, il
pr p façons de le choisir. En continuant
| GLr pZ{pZq| ppr 1qppr pq . . . ppr pr1q.
y a donc
ainsi, on trouve
Surjection
SLr pZq Ñ SLr pZ{nZq
On peut se poser la question de savoir si toute matrice inversible à
coeciens dans
46
Z{nZ peut être relevée en une matrice inversible à co-
ecients dans
Z.
Mais ceci est presque tout le temps faux, pour la rai-
est une matrice dans
Z{nZ est plus gros que le groupe
clair qu'une matrice de GLr pZ{nZq de
distinct de 1, ne peut pas être relevée
SLr pZq
qui relève
A.
son que le groupe des inversibles de
des inversibles de
Z
: il est
déterminant inversible, mais
dans
GLr pZq.
SLr pZq
surjectif.
SL1 pZ{nZq
démonstration donnée ici est la reproduction dèle de celle que l'on
Ñ SLr pZ{nZq est
trouve en pages 20-21 du livre de Shimura [Shi]. Dans le cas
1
b1 1
b
, X
1
..
.
1
0
a2
1
1
..
1
A1 Une des raisons de l'importance de ce théorème provient de l'étude
1
1
a2
.
des
..
Ce groupe intervient dans l'étude des formes modulaires, qui sont l'un
des ingrédients de la preuve du théorème de Fermat. Vous trouverez
,
plus de détails sur tout cela dans le livre d'Hellegouarch [H].
Références
[FGN2] S. Francinou, H. Gianella, S. Nicolas,
Mathématiques Oraux X-ENS, Algèbre 2, Cassini.
.
.
[H] Y. Hellegouarch,
Wiles, Masson, 1997.
[P] D. Perrin,
B
1 a1
U 1 W 1 0
C
Invitation aux Mathématiques de Fermat-
Cours d'Algèbre, Ellipses.
[Shi] G. Shimura,
alors facilement que
1
Exercices de
Introduction to the Arithmetic Theory of Automorphic Forms, Princeton University Press, 1971.
detpAq 1 pnq, on voit que W U AV X A1 pnq. Par
l'hypothèse de récurrence, la matrice carrée de taille pr 1, r 1q en
1
bas à droite de A se relève en une matrice C P SLr 1 pZq. On vérie
a1 b
sous-groupes de congruence de SL2 pZq
1
et des
Γpnq ker SL2 pZq Ñ SL2 pZ{nZq .
1
0
a1 a2
groupes fuchsiens
tels que le sous-groupe :
1
Comme
2,
204, et dans le livre d'Hellegouarch [H], chapitre 5, Ÿ 3, p. 295.
r. Comme SL1 pZq r 1. Supposons-le vrai
On fait une récurrence sur
considérons les matrices
W
r
la preuve du théorème se trouve aussi dans [FGN2], exercice 3.23, p.
1, le résultat est clair pour
pour l'entier r 1, et soit A P Mr pZq une matrice carrée telle que
detpAq 1 pnq. D'après le théorème des invariants de similitude,
il existe deux matrices U, V dans GLr pZq telles que U AV est une
matrice diagonale, d'éléments a1 , . . . , am . Posons b a2 . . . am et
Ce théorème est une jolie application
du théorème des invariants de similitude, sous forme matricielle. La
Le théorème suivant est donc assez surprenant :
Théorème : Le morphisme de réduction
Preuve :
Remarques et références :
1 1
X V
0
47
un M n {n! le critère de d'Alembert pour les séries.
Ici un 1 {un M {n
1 tend vers 0, donc on a convergence de la
°
série
M n {n! et il en découle que la série de fonctions converge
normalement sur K .
L'exponentielle complexe
On applique à
D'un point de vue historique, les concepts familiers d'angle, cosinus, sinus, exponentielle, et même le nombre
π
qui est au départ de
La propriété fondamentale de l'exponentielle est la suivante :
cette aventure, sont apparus de manière plus chaotique que ce que
Théorème 1 Pour tous nombres complexes
l'enseignement de collège et lycée peut laisser croire. Dans ce petit
manière tout à fait diérente, en tirant prot du développement de
ème
l'analyse et de ses fondations rigoureuses au 18
ème
, 19
ème
et 20
siè-
Démonstration :
cles. Cette présentation met l'exponentielle sur le devant de la scène.
Le cosinus, le sinus et le nombre
π
ne sont dénis qu'ensuite, à partir
et .
Pour que ce texte soit lisible avec des connaissances légères, un
es et
tions holomorphes ou le calcul diérentiel avancé (théorème des foncCependant, un peu de topologie est
des nombres complexes de module
1.
¸
Ceci
p q n
même au niveau L3) qui ont été réunis dans la dernière partie, qu'il
est possible de ne pas lire.
1 Dénition et principales propriétés
alors
Soit
¸
M
|z|n ¤ ¸
sup
¥ P
n 0 z K
n
¥ z {n! est normalement
n!
¥
n 0
pour tout
z
ņ
p 0
sp tnp
p! pn pq!
es et
Démonstration :
¥
n 0 p q n
sp tq
.
p! q!
°n¥0 ps
ņ
1
n! p0
n p np
s t
p
tqn {n! es
n!1 ps
t qn ,
t.
P K.
La conjugaison complexe est une application
linéaire, donc continue. Il en découle que le conjugé de
n 0
|z| ¤ M
¸
Lemme 1 Pour tout z P C, on a exppz q exppz q.
€ C. Sa somme est notée exppzq ou
tel que
¸
Voici une propriété élémentaire de l'exponentielle, utile pour la
C, une partie est dite ouverte si elle
est réunion de disques ouverts D pz0 , r q tz P C, |z z0 | r u. La
donnée de ces ouverts dénit une topologie sur C.
convergente sur tout compact K
ez .
¥ n! n¥0
n!
suite :
Dans le corps des complexes
Démonstration :
sp tq
p! q!
donc nalement
Proposition 1 La série de fonctions
¸ sn ¸ tn
Par ailleurs, en utilisant la formule du binôme,
nécessite quelques arguments plus sophistiqués (abordables tout de
°
K un compact qui contient s et t. Pour s
es est absolument convergente, et idem pour
n 0
inévitable pour démontrer que l'exponentielle induit un paramétrage
U
t.
D'après le théorème sur le produit de Cauchy on a
grand soin est mis pour éviter tant que possible la théorie des fonc-
périodique du cercle
es
Soit
xé, la série qui dénit
de celle-ci.
tions implicites notamment).
s, t on a es et
En particulier l'exponentielle dénit un morphisme de groupes exp :
C Ñ C .
texte, nous expliquons comment on peut présenter ces concepts de
à-dire le conjugué de la limite des sommes partielles
est égal à la limite des sommes partielles
exppz q.
On a
°
R-
exp
pzq, c'est°
n
n¤N z {n!,
n
¤ z {n!, c'est-à-dire à
n N
Le théorème 1 exprime une propriété algébrique, mais nous allons
Mn
.
n!
voir que celle-ci a un pendant analytique tout aussi fondamental.
Commençons pas le cas réel :
48
: C Ñ C satisfaisant la propriété suivante : pour tout z P C, la fonction g : R Ñ C
telle que g ptq f ptz q est dérivable et vérie
Proposition 2 La restriction de l'exponentielle à R est de classe
C 8 , de dérivée pexpR q1 expR , et dénit un isomorphisme de
groupes expR : R R .
Démonstration :
Par dénition
expR
ex
h
x, h
"
est développable en série en-
8
tière au voisinage de tout point, donc elle est de classe C .
le théorème 1, pour
Théorème 2 L'exponentielle est l'unique fonction f
D'après
réels on a
exeh exp1
h2 {2
h
pour une certaine fonction
. . . q ex
ex h
Démonstration : D'après le théorème 1, pour t, h réels on a
ept hqz etz ehz etz p1 hz h2 z 2 {2 . . . q etz zetz h h2 ϕpt, h, z q
h2 ϕpx, hq
ϕ dépendant de manière C 8 de h.
Alors le
calcul de la dérivée par taux d'accroissement fournit immédiatement
que la valeur de la dérivée en
x
est
pour une certaine fonction
ex .
ln : R
Ñ R dénie par lnpxq considère ensuite la fonction
³ x On
1
dt
. Cette fonction est dérivable et par dénition ln pxq 1{x pour
1
t
tout
x ¡ 0.
isant cela, on vérie que
g 1 ptq zetz
, f pxq x expp lnpxqq ,
, g pxq lnpexppxqq x .
g ptq aetz .
f pz q g p1q ez .
et
exp
de
h.
Util-
satisfait la propriété annon-
f
une fonction vériant cette propriété.
Comme
g p0 q
1,
on trouve
g ptq
etz
puis
Théorème 3 L'application exp : C Ñ C est surjective.
Une raison pour cela est que l'ensemble d'arrivée
Avant de passer au cas complexe, prenons le temps d'un commen-
f : C
C8
tz gptq, il vient immédiatement h1 ptq zetz gptq
Posons hptq e
tz
1
e g ptq 0 pour tout t P R. Donc h est constante : hptq a,
f 1 pxq g 1 pxq 0 pour tout
x. Donc ces fonctions sont constantes, f pxq f p1q 1 et g pxq g p0q 0. Ceci signie que expR et ln sont des bijections réciproques
l'une de l'autre, donc expR est un isomorphisme de groupes d'inverse
ln.
Une fonction
dépendant de manière
zgptq et de plus gp0q 1.
Réciproquement soit
Deux calculs de dérivée montrent que
taire.
ϕ
f
cée puisque le calcul de la dérivée par taux d'accroissement fournit
Soient les fonctions dérivables
f :R ÑR
g:RÑR
g 1 ptq zg ptq
g p0 q 1 .
Ñ C est une fonction de deux variables
C
est connexe.
À titre de comparaison, il est intéressant de constater que
R
n'est
réelles, à valeurs dans un espace à deux dimensions réelles. Pour se
pas connexe, et que l'exponentielle des nombres réels a pour image
ramener à la situation plus simple des applications de
il
R
à
Démonstration :
est naturel d'essayer de composer
la source et
CÑR
au but.
Il existe deux applications
f
R
avec des applications
C Ñ R privilégiées :
dans
R,
RÑC
, qui est la composante connexe de l'élément neutre.
C est connexe, mais il est même
connexe par arcs. Étant donné z P C , on peut l'atteindre depuis
l'élément neutre 1 par un chemin tracé dans C :
la partie réelle et la
partie imaginaire, et nous les utilisons toujours sans même y penser.
f est équivalente à l'étude simultanée de <pf q
=pf q. Quant à la composition à la source par des applications
R Ñ C, elle correspond à tracer des chemins dans C et regarder le
comportement de f le long de ces chemins. On fera grand usage
Non seulement
ζ : r0, 1s Ñ C
D'ailleurs l'étude de
et
continu et tel que
ζ p0 q 1
et
ζ p1q z .
L'idée intuitive est d'utiliser ce chemin pour construire un petit
bout de logarithme , c'est-à-dire une fonction
t
P r0, 1s on a expp`ptqq ζ ptq.
` : r0, 1s
de cette technique de chemins dans la suite, et dès maintenant pour
que pour tout
donner la caractérisation diérentielle de l'exponentielle :
on s'inspire de l'observation que formellement, si
49
Ñ C telle
Pour guider ce choix,
`pt q
lnpζ ptqq,
`1 ptq ζ 1 ptq{ζ ptq.
r0, 1s Ñ C par
alors
Comme
ζ
Rigoureusement maintenant, dénissons
`ptq »t
est continue et ne s'annule pas, alors
`1 ptq
` est dérivable de dérivée
ζ ptq expp`ptqq. Utilisant le théorème
donc
g 1 ptq ζ 1 ptq expp`ptqq donc
ζ ptq
g
est constante :
pour tout
t.
g ptq
d'après le lemme 1. Ainsi, on peut dénir un morphisme de groupes
ϕ:RÑU ,
ζ 1 psq
ds .
ζ ps q
0
`:
ζ 1 {ζ
ζ 1 ptq{ζ ptq.
On va justier que, tout comme l'exponentielle,
Posons
g ptq
Il s'ensuit que
expp`p1qq
z P U. D'après le théorème 3 il existe un
ex iy z . Comme eiy P U on trouve ex zeiy P U. Comme par ailleurs ex est un réel strictement positif, on
x
iy est dans
trouve e 1 donc x 0 par la proposition 2. Donc z e
l'image de ϕ.
Démonstration :
complexe
expp`ptqq z , donc
ζ p1 q l'exponentielle est surjective.
€ C, mais ceci ne donne pas lieu à
Le résultat le plus dicile concernant l'exponentielle est le suivant :
Ñ C
que l'image de tout ouvert est un ouvert.
est ouverte, c'est-à-dire
Pour ne pas alourdir l'exposition, nous l'admettrons pour l'instant.
Nous proposons au lecteur de lire la partie 3 pour la démonstration.
des nombres complexes de module
Ñ U est égal à 2πZ. Le morphisme ϕ
induit un isomorphisme de groupes
1.
ϕ : R{2πZ U .
Ce groupe est
muni de la topologie induite de celle de
sont les
U
X U avec U ouvert dans
|e | ix 2
eix eix
C, c'est-à-dire que ses ouverts
C. On note que si x P R, on a
Démonstration :
additifs de
e e e eix 1
ix ix
sont les réunions d'intervalles
π tel que le noyau de ϕ : R
Dans cette partie, on utilise l'exponentielle pour décrire le groupe
U
R
Théorème 5 Il existe un unique nombre réel strictement positif noté
2 L'exponentielle et le cercle
multiplicatif
Les ouverts de
sa, br donc ce sont exactement les parties de la forme U X R
avec U ouvert de C. Il s'agit de montrer que l'image de U X R
est ouverte dans U. La partie iU : tiz, z P U u est un ouvert
de C, donc par le théorème 4 il en va de même de V : exppiU q.
Par conséquent exppiU q X U est un ouvert de U, donc il sut de
démontrer que ϕpU X Rq exppiU q X U. L'inclusion directe est
ipx iy q P U avec x
claire. Pour la réciproque, soit z e
iy P U .
y
ix
Alors e
ze P U. Par le même argument que dans la preuve
du lemme 2, on trouve y 0 donc z ϕpxq P ϕpU X Rq.
les diérents ouverts.
exp : C
Soit
tel que
ouverts
une construction globale car ces petits bouts ne coïncident pas sur
Théorème 4 L'application
iy
Démonstration :
pour l'exponentielle. On ne sait construire que des petits bouts de
V
x
Lemme 3 Le morphisme ϕ est ouvert.
J'insiste sur le fait qu'il n'existe pas de fonction réciproque globale
logarithme sur des ouverts
est surjectif et
Lemme 2 Le morphisme ϕ est surjectif.
2, on trouve
g p0 q 1 .
ϕ
ouvert.
est continue
ζ 1 ptq
ζ ptq expp`ptqq 0
ζ ptq
En particulier
ϕpxq eix .
ix
forme
50
aZ
R,
D'après le résultat classique sur les sous-groupes
N : kerpϕq est
certain a P R, a ¥ 0.
le noyau
pour un
soit dense dans
R,
soit de la
N dense dans R. Comme ϕpxq 1 pour tout x P N et
ϕ est continu, il s'ensuit que ϕ est constant égal à 1. Ceci est
impossible car ϕ est surjectif, donc N aZ.
Supposons a 0. Alors N 0 donc ϕ est un isomorphisme
de groupes. Par ailleurs ϕ est continu. De plus, son inverse ψ ϕ1 : U Ñ R doit l'être aussi puisque si U € R est un ouvert alors
ψ 1 pU q ϕpU q est ouvert étant donné que ϕ est ouvert par 3. Il
s'ensuit que ϕ est un homéomorphisme. Ceci est impossible, puisque
R n'est pas compact alors que U l'est.
Donc a ¡ 0, et en posant π : a{2 on obtient le résultat annoncé.
Supposons
Nous continuons le déroulement des propriétés de l'exponentielle
comme
Si
z
est un nombre complexe non nul, son module
nul et il est clair que
ρ1 z
ρ |z |
ρ1 z
eiθ .
multiple de
De plus, deux tels nombres réels
2π ,
c'est-à-dire que la classe
θ
θ, θ1
θ
Théorème 6 (Euler) On a eiπ 1.
Démonstration :
positif tel que
et
1.
quelconque de
dièrent d'un
Dénitions 1 Pour tout nombre complexe z , on dénit :
P R{2πZ est appelé
ÞÑ p|z|, Argpzqq .
Il est clair que c'est un isomorphisme.
le
sinus
(3)
le
cosinus hyperbolique
(4)
le
sinus hyperbolique
(1)
Une des dicultés de la
(2)
représentants réels. Par exemple, dans l'écriture polaire on appelle
θ
(2)
sinpz q eiz eiz
,
2i
chpz q shpz q ez ez
2
ez ez
2
cospizq,
i sinpizq.
Proposition 3 On a les propriétés :
notion d'argument est la confusion fréquente entre l'argument et ses
souvent
cosinus
hyperbolique.
Son in-
Pour manipuler l'argument d'un nombre complexe, on en choisira
P R.
eiz eiz
,
2
le
Nous laissons au lecteur le soin d'ajouter à cette liste la déni-
θ.
θ
cospz q (1)
tion des tangente, cotangente, tangente hyperbolique et cotangente
pρ, θq le complexe z ρeiθ , où θ est un représentant
systématiquement un représentant
et leurs propriétés
que le début de cette belle histoire.
tel que
Corollaire 1 On a un isomorphisme de groupes commutatifs
C Ñ R R{2πZ
verse associe à
cos, sin...
principales se déduisent de celles de l'exponentielle. Nous n'indiquons
Dénition 1 Pour tout nombre complexe z 0, l'écriture z ρeiθ
Démonstration :
Posons
introduit les fonctions trigonométriques
déterminée.
z
π est le plus petit réel strictement
z eiπ , on a donc z 1 et z 2 C l'équation X 2 1 a pour seules racines 1
Par dénition
1.
On peut ensuite développer la trigonométrie sur cette lancée. On
P R{2πZ est uniquement
est appelée la forme polaire de z et l'élément θ
l'argument de z et noté Argpz q.
e2iπ
1. Dans le corps
1. Donc z 1.
e2iπ
est non
est un nombre complexe de module
D'après la proposition ci-dessus, il existe un nombre réel
et des diverses quantités qui lui sont reliées.
(3)
l'argument alors que ce n'est que l'un de ses représentants.
(4)
Cette confusion n'est évidemment pas souhaitable.
51
si z est réel, alors cospz q, sinpz q, chpz q et shpz q sont réels.
cospzq i sinpzq et ez chpzq
cos2 pz q sin2 pz q 1.
ch2 pz q sh2 pz q 1.
eiz
shpz q.
Démonstration :
La vérication de ces propriétés est facile et lais-
sée au lecteur.
Une autre observation parfois utile est que pour x réel, cospxq
sinpxq sont la partie réelle et la partie imaginaire de eix , et chpxq
shpxq sont la partie paire et la partie impaire de ex .
(2)
cospa
sinpa
et
donc
» 2π
et
2π .
c1 ptq
On a
Rieit qui est de module R
» 2π
k Rie k dt it
0
C'est bien le produit du diamètre par
et
0
R dt 2πR .
π.
3 L'exponentielle est ouverte
bq cospaq cospbq sinpaq sinpbq.
Cette partie est consacrée à la preuve du théorème mentionné plus
bq sinpaq cospbq sinpbq cospaq.
Démonstration :
O
L pC q Proposition 4 Pour tous nombres complexes a et b, on a :
(1)
est injectif sauf en
haut :
Théorème 4 L'application exp : C Ñ C est ouverte.
Ces formules découlent de la multiplicativité de
l'exponentielle, et nous laissons la vérication au lecteur.
Pour démontrer que l'exponentielle est surjective (théorème 3), on
Pour faire le lien avec la présentation habituelle du nombre
devons le relier au périmètre du cercle. Ce lien résulte de la
π , nous
a utilisé un chemin tracé dans
dénition
chemin
classe
C1
Ñ R2 est un arc de
Lpcq Revenant à notre cercle
C,
a
k c1 ptq k dt .
à éliminer les
joignant
1
à
z.
ζ pt q 1
tpz 1q .
z
C
qui sont sur le demi-axe réel négatif.
nous force
C'est une
illustration du fait qu'on ne sait construire que des petits bouts
0 et c'est alors l'ensemble des points de coordonnées px, y q vériant
x2 y 2 R2 où R ¡ 0 est le rayon. À un tel point px, y q correspond
le nombre complexe z x
iy qui est alors de module R. D'après
le théorème 5 et la dénition de π , le paramétrage
Ñ
ÞÑ
Il est tout à fait
La contrainte que le chemin soit tracé tout entier dans
on peut le supposer centré en l'origine
c : r0; 2π s
t
ζ : r0, 1s Ñ C
ligne droite :
longueur dénie par
»b
z.
ζ change l'antécédent `p1q, et
`p1, ζ q. Le fait que l'exponentielle
est ouverte va résulter de la possibilité de choisir le chemin ζ de
sorte que l'antécédent `p1, ζ q varie continuement avec z , au moins
localement au voisinage de 1. Tout simplement, on joint 1 à z par la
qui est injectif sauf en un nombre ni de points, alors cet
arc possède une
à
une meilleure notation serait donc
amètre est égal à π .
c : ra; bs
1
A priori, un changement de chemin
Proposition 5 Le rapport entre le périmètre d'un cercle et son diRappelons que si
et joignant
remarquable que le raisonnement fonctionnait pour n'importe quel
de la longueur qui est rappelée dans la preuve du résultat que voici :
Démonstration :
C
de logarithme sur des ouverts de
C .
Cependant, il se trouve qu'il
sera largement susant pour nous de construire
1 et de rayon 1, noté D.
` : r0, 1s D Ñ C dénie par
ouvert centré en
fonction
`pt, z q C
Reit
52
»t
0
`p1, ζ q
sur le disque
On considère donc la
z1
ds .
1 spz 1q
Lemme 4 La fonction
λ : D
continue.
Ñ
C dénie par λpz q
`p1, zq
est
Dans la dernière partie de la preuve, nous utiliserons constamment
les morphismes de translation, qui sont des homéomorphismes :
Démonstration :
z0 P C, la translation additive de C dans C dénie par
z ÞÑ z0 z . L'image d'une partie A € C par cette translation est
notée z0
A.
- pour z0 P C , la translation multiplicative de C dans C dénie
par z ÞÑ z0 z . L'image d'une partie A € C par cette translation est
notée z0 A.
Soit U € C un ouvert, il s'agit de démontrer que V exppU q est
un ouvert. Soit y P V , donc y exppxq, x P U , et vérions que la
- pour
On peut invoquer le théorème de continuité dans
les intégrales à paramètre.
Une autre possibilité est de passer par
Pour tout ps, z q P r0, 1s D on a
|spz 1q| 1 donc on a le développement en série convergente
les séries entières, comme suit.
1
spz 1q
1
¸
¥
pspz 1qqn .
n 0
partie
Ω yλ1 px
Vérions que cette série de fonctions converge uniformément sur
r0, 1s.
de
M
s
continue sur
r0, 1s, donc son module est majoré par un certain
est un voisinage ouvert de
¡ 0. Le reste au rang N de la série est
¸
RN psq ¥
tend
supsPr0,1s |RN psq|
vers 0 lorsque N
est le translaté additif de
N
n N
donc
spz 1qq
pspz 1qqn p
1 s pz 1 q
,
¤ M |z 1|N . Puisque |z 1| 1, ce sup
Ñ 8, d'où convergence uniforme. On sait
qu'on peut alors intervertir la somme innie et l'intégrale :
λpz q pz 1q
»1 ¸
¥
0 n 0
pspz 1qq
ds ¸ »1
¥
n 0
¸
¥
n 0
Ainsi
n
p1qn pz n 1q1
0
prenant l'exponentielle, on trouve
p1qnpz 1qn
z
1 n
s ds
n 1
.
donc continue sur
D.
Remarque 1
Dans le développement en série entière de
connaît le développement habituel de
vy exppλpvqq exppxq P exppU q V
ce que l'on voulait.
λ est développable en série entière sur D,
lnpz q en z
Uq
y dans V . Dans cette notation, x U
U , qui contient 0. Puis λ1 px U q est
sa préimage par λ, qui contient donc 1. Enn Ω est le translaté
multiplicatif par y , il contient donc y .
Comme x
U est ouvert et λ continue d'après le lemme 4, alors
1
λ px U q est ouvert et donc Ω aussi.
Enn vérions que Ω € V . Par dénition de Ω, pour tout z P Ω il
existe v P D tel que z yv et λpv q
x P U . Or exppλpv qq v par
la preuve du théorème 3, et exppxq y . Partant de λpv q
x P U et
D'abord notons que la somme de cette série est une fonction
λ,
on re-
1, ce qui n'est pas
un hasard...
53
,
Un peu de culture mathématique
sur les groupes de Lie et l'exponentielle
pBf {Bxqpa, bq pBf {Byqpa, bq 0 où il y a un problème.
f1 px, y q x2 y 2 1, en tout point
x0 pa, bq P Z pf1 q on a dx f1 pB f1 {B xqpa, bq pB f1 {B y qpa, bq p0, 0q donc M1 Z pf1q est bien une variété. En revanche pour
f2 px, y q x2 y 2 , si x pa, bq P Z pf2 q on a dx f2 p2a, 2bq donc
pour x0 p0, 0q P Z pf2 q on a dx f2 0. Ainsi M2 Z pf2 q n'est pas
une variété et on dit que x0 est un point singulier (mais M2 ztx0 u est
sauf lorsque
Dans l'exemple de la fonction
0
Voici quelques commentaires sur l'importance de l'exponentielle
dans la théorie des groupes de Lie. Un
groupe de Lie
0
est un groupe
une variété).
qui est muni d'une structure diérentiable qu'on appelle une structure de
variété.
Son espace tangent en l'élément neutre
e
P G est
un espace vectoriel, qui se trouve muni d'une application bilinéaire
2. L'espace tangent avec les mains.
appelée
x
crochet
qui en fait une
algèbre de Lie.
Voyons comment
gent de
M
M
en chacun de ses points est
Rn
M
xPU
on a
M
sur lequel on sait
lui-même, donc
Tx U
x,
de la
x P M comme étant l'ensemble des
γ 1 p0q aux courbes t ÞÑ γ ptq de classe C 1 tracées
sur M et telles que γ p0q x (avec t dans un petit intervalle r, s).
Il est noté Tx M et ses points sont des vecteurs. Prenons l'exemple
n
n
p
de M tx P R , f pxq 0u où f : R Ñ R est une submersion,
et x0 P M , alors on peut montrer que le plan tangent Tx0 M est le
n
plan de R d'équations dx0 f pv q 0. En d'autres termes, notant
f pf1 , . . . , fp q et Jacpf q la matrice des pB fi {B xj qpx0 q,
M est une
U € Rn
(ane) ou n'importe quel ouvert
est une variété, et pour tout
en
vecteurs tangents
€ Rn est un k-plan ane (k ¤ n), alors l'espace tan-
variété. Par exemple
M
peut dénir l'espace tangent en
dénir la notion d'espace tangent en chacun de ses points. Il semble
clair que si
est une approximation linéaire de
la courbe. Sans entrer dans une dénition trop précise, disons qu'on
Pour passer sous si-
lence la dénition précise de ce qu'est une variété, disons que l'idée
grossière est que c'est un espace topologique
M
même façon que la tangente à une courbe est une approximation de
présenter ces objets de la manière la plus simple possible.
1. La notion de variété avec les mains.
d'une variété
L'espace tangent en un point
Rn (vectoriel).
Plus
généralement, une façon naturelle de dénir des objets géométriques
f : Rn Ñ Rp de classe C 8 et de
n
regarder l'ensemble Z pf q tx P R , f pxq 0u. Alors, si la difn
p
férentielle en tout point dx f : R Ñ R est surjective, M Z pf q est
n 3
une variété (une sous-variété de R ) ( ). Cette condition imposée sur
la diérentielle de f provient du théorème des fonctions implicites ;
illustrons tout de suite sa necessité. Dans le cas n 2, p 1, on
sait qu'en un point pa, bq P Z pf q, donc f pa, bq 0, la tangente à la
2
courbe Z pf q est l'ensemble des pv, w q P R tels que
Tx0 M
est de considérer une fonction
tv pv1, . . . , vnq t.q. Jacpf qv 0u .
Une petite variation de
x
dans son espace tangent peut être pensée
comme un élément de la forme
Si
f :M
ÑN
x
v
où
v
P TxM
est un vecteur.
est une application diérentiable entre deux variétés
(ce que l'on n'a pas déni mais on fait comme si), avec
y
f p x q,
diérentielle
dx f : Tx M Ñ Ty N .
x v s'envoie
la petite variation
Bf pa, bqpv aq Bf pa, bqpw bq 0 ,
Bx
By
x
PM
et
alors il y a une application linéaire induite qui est la
Si
v
P TxM
et
w
dxf pvq alors
sur la petite variation
y
w,
en
d'autres termes on retrouve une forme familière :
f px
Une telle f est appelée une submersion. À vrai dire, pour avoir une bonne
notion de plans tangents il sut de prendre f de classe C 1 , et on obtient alors
une notion de variété de classe C 1 . Nous ne considérons que des variétés de classe
C 8 pour simplier.
3
v q f px q
dx f pv q
(termes d'ordre supérieur en
v) .
Ces remarques sont pratiques pour faire des calculs simples, comme
nous le ferons ci-dessous.
54
3. Groupes de Lie avec les mains.
ensemble
Un groupe de Lie est un
Comme
ϕpeq Id,
si on diérentie de nouveau en
e
on trouve
de ϕ : Te G Ñ TId pL pTe G, Te Gqq L pTe G, Te Gq
G qui est muni d'une structure de groupe et d'une structure
de variété, les deux étant compatibles au sens où la multiplication
G G Ñ G et l'inversion G Ñ G sont des application diérentiables.
puisque l'espace tangent d'un espace vectoriel en un point s'identie
Par exemple il est clair que le groupe des nombres complexes de
à l'espace vectoriel lui-même. Ainsi on a obtenu l'application recher-
1
module 1, identié au cercle S , est un groupe de Lie. Voici d'autres
n
exemples : GLn R , GLn C (ce sont des ouverts de certains R ),
chée :
p q
p q
SLn pRq, SLn pCq, On pRq, Un pCq (ici c'est moins évident que ce sont
r, s : TeG TeG Ñ TeG
qui envoie pv, w q sur rv, w s : rpde ϕqpv qspw q.
des variétés, il faut le démontrer en écrivant ces ensembles sous la
forme
M
Z pf q et vérier que f est à diérentielles dxf surjectives ;
crochet en général.
très importante appelée
rw, ru, vss 0.
exercice : faites-le !).
4. L'algèbre de Lie d'un groupe de Lie, avec les mains.
tout groupe de Lie
neutre
e
P G.
G,
on note
g Te G
l'espace tangent en l'élément
crochet de Lie,
g g Ñ g,
C'est un ouvert
G. Pour
c : G G Ñ G,
multiplication et l'inversion montrent que ces applications sont bien
diérentiables (exercice : vériez que c'est clair pour vous).
G
vectoriel
dpe,eq c : Tpe,eq pG Gq Ñ Te G .
à
Tpe,eq pG Gq Te G Te G (c'est
facile à montrer ; croyez-moi) donc on a dpe,eq c : Te G Te G Ñ Te G.
Malheureusement, comme toute diérentielle, dpe,eq c est une applicaOr on a un isomorphisme naturel
Pour diérentier en l'identité on considèrera des petites variations
tion linéaire, or on veut une application bilinéaire. Il va falloir ruser
cg : G Ñ G ,
et sa diérentielle
de pcg q : Te G
Ñ
M
P G on considère
Id
V , N Id W (voir ci-dessus). Ici cM : GLn Ñ GLn est
N ÞÑ M N M 1 . (Exercice : tout à l'heure on a obervé
dpe,eq c est une application linéaire : calculez-la !). Comme
l'application
h ÞÑ ghg 1
Te G.
que
M pId W qM 1
Ceci est une application
linéaire, autrement dit
Id
M W M 1
(termes d'ordre supérieur en
(en fait ici les termes d'ordre supérieur sont nuls), on trouve
de pcg q P L pTe G, Te Gq .
dId cM : Mn
On a obtenu une application
ϕ : G Ñ L pTe G, Te Gq ,
Ñ Mn
,
W
ÞÑ M W M 1 .
D'où l'application
g
Donc
est un groupe de Lie. De plus comme c'est un ouvert de l'espace
Mn pRq, l'espace tangent en chacun de ses points s'identie
Mn pRq. On va voir que le crochet de Lie de deux vecteurs, c'est-àdire deux matrices V, W P Mn pRq, est donné par la formule familière
rV, W s V W W V , valable pour les algèbres de Lie de GLnpRq,
GLn pCq ou de tous leurs sous-groupes fermés.
une application
g
GLn pRq ou GLn pCq. Posons, disons, G GLn pRq.
2
de R Mn pRq, déni par la non-annulation du
déterminant, donc c'est bien une variété. Les formules qui donnent la
pg, hq ÞÑ ghg1, qui renferme de l'information sur la multiplication et
sur l'inversion de G. Si on diérentie c en l'élément pe, eq on obtient
un peu. Ce que l'on fait c'est que pour tout
Il est assez facile de cal-
groupes fermés de
appelée le
qui renferme presque toute la structure de
le trouver on considère l'application de conjugaison
rv, rw, uss
culer le crochet de Lie pour tous les groupes de Lie qui sont des sous-
Cet espace vectoriel a une importante capitale car il
se trouve qu'il existe une application bilinéaire
identité de Jacobi : ru, rv, wss
5. L'exemple des groupes de matrices.
Pour
Voici donc déni le
On peut montrer qu'il satisfait une propriété
ÞÑ ϕpgq depcg q .
ϕ : GLn
55
Ñ L pMn, Mnq
,
M
ÞÑ dIdcM .
W)
Cette application envoie l'identité
Idn2
P L pMn, Mnq.
Id Idn
γ 1 p0q
A et donc A P TeG. Réciproquement soit A γ 1p0q pour
une certaine courbe γ : r, s Ñ G centrée en A, et t P R. Pour tout
P GLn sur l'identité Id On les notes toutes deux
Id
sans distinction. Il
n
s'agit maintenant de calculer
Mn Ñ TIdL pMn, Mnq L pMn, Mnq
Ñ Mn l'endomorphisme ψV pW q V W W V ,
-
dId ϕ : TId GLn
Notons
ψV : Mn
formule linéaire en
V.
Notons
ϕId
V
ϕId
V au lieu de
pW q pId
W
-
On va montrer que
ϕpId V q Id ψV
G est fermé, cette limite
Mn pRq, expptAq P G, @t P Ru.
comme
V)
7. Le dictionnaire groupes
on a
V qW pId V q1
pId
V qW pId V
(t.o.s. en
V)
W V p. . . q IdpW q ψV pW q (t.o.s.)
et on obtient bien ϕpId V q Id ψV
(t.o.s.). En conclusion
rV, W s rpdIdϕqpV qspW q ψV pW q V W W V .
VW
g Te G
GLn pRq.
Ø algèbres.
Donc
Il y a un analogue à
expG : g
Ñ G que l'on appelle encore l'exponentielle.
Ces concepts
Lie. Voici quelques exemples :
- soit
G
un groupe de Lie connexe, alors il y a une bijection entre
l'ensemble des sous-groupes de Lie connexes
h € g.
sous-algèbres de Lie
G1 , G 2
H
€ G et l'ensemble des
des groupes de Lie connexes, alors il y a une bi-
jection entre l'ensemble des morphismes de groupes de Lie connexes
Soit
G
un groupe de Lie
G1
Nous allons voir que son
pour tout
Ñ G2 et l'ensemble des morphismes d'algèbres de Lie g1 € g2
(en fait il faut faire une hypothèse supplémentaire qui est que
simplement connexe).
est intimement liée à l'exponentielle via :
Te G tA P Mn pRq , expptAq P G
G.
l'exponentielle pour les groupes de Lie généraux, c'est un morphisme
- soient
qui est un sous-groupe fermé de
est dans
expptAq, or
Te G € tA P
est égale à
une sorte de dictionnaire entre les groupes de Lie et leurs algèbres de
l'identité de Jacobi.)
6. L'algèbre de Lie et l'exponentielle.
γ pt{nqn
Op1{n2 qqq.
sont fondamentaux dans la théorie car on montre qu'on peut établir
Voici ni ce calcul. (Exercice : montrez que ce crochet vérie bien
algèbre de Lie
t{n et γ pt{nq Id tA{n Op1{n2 q,
γ pt{nq P ΩId , de sorte que
γ pt{nq expplogpγ pt{nqqq expplogpId tA{n
On en déduit que la limite de
(termes d'ordre supérieur en
ϕpId V q,
assez grand on a :
t P Ru .
G1
est
Ceci est magique, car on ramène dans une certaine mesure l'étude
des groupes de Lie, des objets très compliqués (pleins de topologie et
exp : Mn pRq Ñ
GLn pRq est analytique (donc de classe
et dpexpq0 Id, donc
elle réalise un diéomorphisme entre un voisinage Ω0 de 0 P Mn pk q
et un voisinage ΩId de Id P GLn pk q. Notons log : ΩId Ñ Ω0 son
inverse. On va utiliser la dénition de Te G comme ensemble des
1
vecteurs tangents γ p0q aux courbes t ÞÑ γ ptq P G, t P r, s, de
1
classe C et telles que γ p0q Id.
Il est clair que tA P Mn pRq, expptAq P G, @t P Ru € Te G car si
expptAq P G pour tout t P R, alors la courbe γ ptq expptAq vérie
de géométrie diérentielle) à celles de leurs algèbres, bien plus simple
La propriété capitale pour voir ceci est le fait que
C 8)
(c'est de l'algèbre linéaire). (Question : pourquoi s'est-on limité cidessus à des groupes
8. Exemples.
Soit
k
R
connexes ?)
On note les algèbres de Lie par des lettres gothiques.
ou
C.
On dispose de deux techniques pour calculer
G € GLn pk q : soit comme
tA P MnpRq, expptAq P G, @t P Ru.
l'algèbre de Lie d'un sous-groupe fermé
espace tangent
-
56
Te G,
gln pk q Mn pk q
soit comme
(clair ; exercice : dites pourquoi !).
-
sln pk q
est l'ensemble des matrices de trace nulle.
faisons-le par la première méthode (espace tangent).
Z pf q
Représentations linéaires des groupes nis
En eet
SLn pk q
f pM q detpM q 1, donc l'espace tangent est déni par
l'équation dId f pV q 0. Or il est facile de voir que detpId V q 1 trpV q (t.o.s. en V ) donc dId f pV q trpV q. On trouve donc
l'équation trpV q 0. (Exercice : vériez le calcul detpId V q 1 trpV q (t.o.s. en V ) et plus généralement calculez la diérentielle du déterminant en une matrice M .) Faisons-le maintenant par
la deuxième méthode. Soit V telle que detpexpptV qq 1 pour tout
t P R. Alors detpexpptV qq expptrptV qq 1 (car les valeurs propres
de expptV q sont les exponentielles des valeurs propres de tV ; exercice : vériez-le et vériez la formule detpexppAqq expptrpAqq). Il
s'ensuit que la trace de tV est nulle (si k R) ou multiple de 2iπ (si
k C), et ceci pour tout t P R, donc la trace est nulle.
-
où
son pRq
est l'ensemble des matrices antisymétriques de
Réf : Serre,
sun pRq
est l'ensemble des matrices antihermitiennes de
L'étude de la réduction d'un endomorphisme
Mn pRq.
V
Mn pCq.
L'étude
qui commutent entre eux
A de EndpV q engendrée par les fi . Le
k -algèbre abstraite A et d'étudier les morphismes A Ñ EndpV q, appelés représentations linéaires de A.
Si les fi sont inversibles, il est naturel de considérer, plutôt que A,
le sous-groupe G de GLpV q qu'ils engendrent. Le bon cadre abstrait
pour faire cela est de considérer un groupe abstrait G et d'étudier les
morphismes G Ñ GLpV q, appelés représentations linéaires de G.
bon cadre abstrait pour faire cela est de considérer une
est...
2 Notions de base
Mneimné, Testard, Introduction à la théorie des groupes de Lie
Rouvière, Petit guide de Calcul diérentiel (...),
fi
objet d'étude la sous-k -algèbre
l'algèbre de Lie du groupe de Lie réel des nombres
Hermann
théorie des représentations.
Bien sûr, on gagne en structure et en souplesse en prenant pour
Bibliographie
classiques,
d'un espace vectoriel
l'étude de familles quelconques.
- l'algèbre de Lie du groupe de Lie réel des nombres complexes
1
f
(codiagonalisabilité, cotrigonalisabilité) amène au second pas, qui est
est égale à l'ensemble des quaternions purs. (Exercice.)
complexes de module
est le tout premier pas de la
classique de familles d'endomorphismes
- l'algèbre de Lie du groupe de Lie réel des quaternions de norme
non nuls est...
et des
1 Introduction
(Exercice ; dites au passage ce qu'est une matrice antihermitienne.)
1
G
C-espaces vectoriels de dimension nie V, V1 , V2 , etc. On note HompV1 , V2 q l'espace vectoriel
des application C-linéaires de V1 dans V2 et EndpV q la C-algèbre
HompV, V q.
(Exercice.)
-
Représentations linéaires des groupes nis, Hermann.
On considère un groupe ni
Cassini
Les notions de cette partie font sens pour un groupe
sairement ni, un corps de base
k
G
pas néces-
pas nécessairement isomorphe à
C,
et des espaces vectoriels pas nécessairement de dimension nie.
Dénitions 1 Soient
riels.
57
G un groupe et V, V1 , V2 des k -espaces vecto-
on note V triv la représentation de G sur V dénie par s.v v ,
pour tout s P G. Si W est une représentation de G, on note
W G tv P V, @s P G, s.v v u l'espace vectoriel des points xes.
Montrez que :
Une représentation de G dans un k-espace vectoriel V est un
morphisme de groupes ρ : G Ñ GLpV q, c'est-à-dire une action de G
sur V par automorphismes k-linéaires.
1
2
(2) Un morphisme de ρ : G Ñ GLpV1 q dans ρ : G Ñ GLpV2 q est
une application linéaire f : V1 Ñ V2 telle que f ρ1s ρ2s f , pour
tout s P G.
(3) Une sous-représentation W de V est un sous-espace vectoriel qui
est G-stable, c'est-à-dire tel que ρs pW q € W pour tout s P G. La
représentation quotient de V par W est la représentation ρ : G Ñ
GLpV {W q telle que ρs : V {W Ñ V {W est le morphisme induit de
ρs : V Ñ V .
G
(4) Soit R un espace vectoriel de base pet qtPG , par exemple R k
et et égal à l'indicatrice de ttu. La représentation régulière est la
représentation ρ : G Ñ GLpRq dénie par ρs pet q est .
(1)
Remarque 2
(1)
HomG pV triv , W q ÝÑ HompV, W G q,
(2)
l'action
ρ
on a HomG pV1 , V2 q HompV1 , V2 qG .
Lemme 1 Soit f : V1 Ñ V2 un morphisme de représentations
de G. Alors, le noyau kerpf q est une sous-représentation de V1 ,
l'image impf q est une sous-représentation de V2 , et l'isomorphisme
V1 { kerpf q impf q est un isomorphisme de représentations.
Démonstration :
On utilise souvent des notations et une terminologie
une représentation est désignée par la seule lettre
étant sous-entendue ; on note
À partir de maintenant, les hypothèses faites au début du texte deviennent véritablement importantes :
G est ni, le corps de base est
C, et les espaces vectoriels sont de dimension nie.
de ces morphismes.
k
Exemples 1 Les dénitions de base de la théorie comprennent
représentation linéaire de dimension nie .
Dans toute la suite, on dira simplement
d'autres notions importantes, mais que nous utiliserons moins ici
(nous utilisons les notations simpliées de 2) :
représentation est aussi appelée son
degré.
au lieu de
La dimension d'une
V une représentation de G. Alors, toute sousreprésentation W € V admet un supplémentaire stable, c'est-à-dire
un supplémentaire en tant que représentation.
Démonstration :
Rappelons la correspondance entre supplémen-
W , donnée ainsi : à W 1 on associe le
1
projecteur sur W parallèlement à W , et à p on associe son noyau.
Partons d'un projecteur p : V Ñ V sur W . Dénissons une noutaires de
W
et projecteurs sur
velle application linéaire par
Exercice 1 On reprend les notations de 1. Si V est un espace vecreprésentation triviale d'espace
représentation
Théorème 1 Soit
La représentation duale d'une représentation V est la représentation d'espace vectoriel sous-jacent le dual V 1 dénie par s.ϕ ϕ s1 .
(2) Étant données deux représentations V1 et V2 , leur somme directe
est la représentation d'espace sous-jacent V1 ` V2 dénie par s.pv1 `
v2 q spv1 q ` spv2 q. La représentation Hom est la représentation
d'espace sous-jacent l'espace des applications linéaires HompV1 , V2 q
dénie par s.ϕ s ϕ s1 .
(1)
toriel quelconque, on appelle
C'est une vérication facile.
3 Semi-simplicité
V,
spv q, s.v ou sv au lieu de
ρs pv q ; un morphisme de représentations f : V1 Ñ V2 est souvent appelé G-morphisme de V1 dans V2 et on note HomG pV1 , V2 q l'ensemble
simpliées :
il existe une bijection canonique
p0
V et
58
|G1 |
¸
P
t G
tpt1 .
Comme
xPW
tpW q € W
p0
on voit que
p0 p V q € W .
De plus, si
Cette décomposition n'est pas unique : par exemple si
1 ¸
1 ¸
1
1
tppplotomo
xonqq |G| tPG
|G| tPG tpt xq x
est triviale
qu'une décomposition en somme directe de droites et il y a une innité
de façons de faire cela. Mais on verra (théorème 4) que le nombre
PW
est un projecteur sur
W0
V
(voir 1), une décomposition en sous-représentations n'est rien d'autre
sp0 s1
Donc
t,
on a
p 0 p xq donc
pour tout
|G1 |
¸
P
W.
Enn
stpt1 s1
t G
p0
est un
|G1 |
¸
P
G-morphisme
upu1
donnée est, lui, unique.
car
p0 .
4 Caractères et fonctions centrales
u G
kerpp0q est un supplémentaire stable de W .
Dénition 1 Une représentation
de sous-représentations isomorphes à une représentation irréductible
ρ : G Ñ GLpV q une représentation de G. Le
de V est la fonction χρ : G Ñ C dénie par χρ psq trpρs q.
On dit qu'un caractère est irréductible si la représentation l'est.
Dénition 2 Soit
V d'un groupe G est dite
caractère
irré-
ou simple si elle est non nulle et si ses seules sousreprésentations sont 0 et V . Une représentation est dite semi-simple
si elle est somme directe de sous-représentations simples.
ductible
L'intérêt des caractères vient du fait remarquable qu'ils déterminent les représentations à isomorphisme près, comme nous le verrons
(corollaire 4).
Voyons maintenant quelques propriétés élémentaires des carac-
Bien sûr, il y a une analogie avec le concept de simplicité pour les
tères. Dans la suite, on notera parfois
groupes : on cherche à décomposer les représentations en morceaux
plus petits.
alent de dire que
que
V
u
il est équiv-
P EndpV q est semi-simple au sens habituel, ou
Crus des
u,
V est semi-simple
G Crus X GLpV q.
ou encore, que
tation du groupe (inni)
Démonstration :
Soit
V
ou si
G
Démonstration :
Ainsi
s
sV
d
est diagonalisable à valeurs propres
1 λ .
l'unité, de sorte que λi
i
les λ , donc
n'est pas ni.
χp1q trpIdq n.
|G|, on a psV qd Id.
Le point (1) vient de ce que
Le point (2) vient du fait que si l'on note
V1 ` ` Vs, avec s ¤ dimpV q, une
décomposition maximale (i.e.
χptst1 q χpsq.
(3)
On prendra garde que ce résultat n'est plus vrai sur corps de car-
G,
χps1 q χpsq où z est le complexe conjugué de z ,
(2)
comme représen-
Théorème 2 Toute représentation est semi-simple.
actéristique divisant l'ordre de
1
Alors psV q
λi
racines
d-ièmes
de
a pour valeurs propres
i
maximal) en somme directe de sous-
χps1 q trppsV q1 q représentations non nulles. Par le théorème précédent, s'il existe un
i et une sous-représentation stricte Wi € Vi , celle-ci possède un
Wi1 . On a alors Vi Wi ` Wi1 en contradiction
la maximalité de s.
¸
λi
¸
p
λi q
trpsV q χpsq.
indice
Enn (3) est une propriété élémentaire de la trace.
supplémentaire stable
avec
ρs .
χp1 q n ,
(1)
est semi-simple comme représentation de l'algèbre
polynômes en
au lieu de
Proposition 1 Si dimpV q n et χ χρ , alors :
Par ailleurs, il y a un lien direct avec le concept
d'endomorphisme semi-simple d'un espace vectoriel :
sV
59
5 Lemme de Schur
Proposition 2 Soient V1 , V2 deux représentations de G de caractères χ1 , χ2 . Soit V V1 ` V2 la représentation somme directe, de
caractère χ. Alors, on a χ χ1 χ2 .
Démonstration :
En eet, pour tout
s
Lemme 2 (Lemme de Schur) Soient
irréductibles de G. Alors :
P G on a sV sV ` sV .
1
HomG pV1 , V2 q 2
Matriciellement, après choix d'une base adaptée à la décomposition
V1 ` V2 ,
cet endomorphisme se représente par une matrice diagonale
par blocs.
χ1 ps q
On trouve alors
χ2 ps q.
χps q
trpsV q trpsV q
1
trpsV2 q
Démonstration :
On voit que l'ensemble des caractères est un sous-ensemble de
l'espace vectoriel de fonctions
FpG, Cq qui est stable par somme, mais
λPC
(à cause de la propriété
χp1q n
de 1). Mais il y a un
: G Ñ C est centrale si elle véris, t P G, ou de manière équivalente,
f puv q f pvuq pour tous u, v P G.
Dénition 3 Une fonction f
e f ptst1 q f psq pour tous
G{ ,
où
espace vectoriel de
En particulier,
FpG, Cq
isomorphe à
sa dimension est égale au cardinal de
conjugaison de
FpG{, Cq.
G{,
1
(1)
est un sous-
ϕ, ψ
sont des fonctions sur
G,
h0
P
t G
x, y est bilinéaire alors que p, q est linéaire
que
h0
soit un
h0
G-morphisme.
0.
Dans le cas
λ Id, et en prenant la trace on trouve
Corollaire 2 Soient V1 , V2 deux représentations irréductibles de G
données, après choix de bases sur V1 et V2 , par les matrices ρ1t tV1
et ρ2t tV2 :
xϕ, ψy |G1 | ° ϕptqψpt1q,
tPG
1 °
un produit scalaire hermitien par pϕ, ψ q |G| ϕptqψptq .
ρ1t
en la
pri j ptqq
1 1
et
ρ2t
pri j ptqq
où les ri1 j1 , ri2 j2 sont des fonctions sur G.
i1 , j1 , i2 , j2 :
première variable et semi-linéaire en la seconde variable. Par ailleurs,
est un caractère, alors on a
On a tout fait pour que
λ tel
0
nλ trph q trphq.
(2), il existe un
(1) une forme bilinéaire symétrique par
χ
0 si V1 V2,
n1 trphq si V1 V2 V , où n dimpV q.
Par le lemme de Schur, dans le cas (1) on a
on dénit
si
h0
Ñ V2
Démonstration :
le nombre de classes de
Nous allons étudier les caractères et les fonctions centrales à l'aide
Noter que
Alors
V1 , V2 deux représentations irréductibles de G
une application linéaire quelconque. Posons h0 1
tPG t ht. Alors :
0
(2) h
G.
de deux formes binaires naturelles : si
(2)
V1 .
V2 .
|G|
désigne la conjugaison, et réciproquement.
G
f : V1 Ñ V2 un morphisme de G 0, alors kerpf q V1 donc kerpf q 0 par
Dans ce cas, impf q 0 donc impf q V2 par
Corollaire 1 Soient
Elle passe donc au quotient en une
En conclusion, l'ensemble des fonctions centrales sur
irréductibilité de
et h°: V1
Ainsi, une fonction centrale est une fonction qui est constante sur
fonction sur
Si
f induit un isomorphisme de V1 sur V2 .
HomG pV1 , V2 q 0 si V1 V2 .
Si V1 V2 V , alors f : V Ñ V possède au moins une valeur propre λ. Le morphisme f λ Id : V Ñ V est encore un G-morphisme ;
son noyau est non nul par choix de λ, donc égal à V par irréductibilité. Ainsi f λ Id.
les caractères, c'est l'espace des fonctions centrales :
G.
V2 ,
V2 .
Par contraposée, ceci donne
candidat naturel à être un plus petit sous-espace vectoriel contenant
les classes de conjugaison de
0 si V1
C si V1
Soit
f
représentations.
irréductibilité de
n'est stable ni par passage à l'opposé, ni par multiplication par un
scalaire
"
V1 , V2 deux représentations
xϕ, χy pϕ, χq.
60
2 2
On a, pour tous
xri j , rj i y 0 si V1 V2,
xri j , rj i y n1 δi i δj j si V1 V2 V , où n dimpV q.
(1)
(2)
2 2
1 1
2 2
1 1
Démonstration :
pχ1, χ2q xχ1, χ2y |G1 |
2 1
2 1
pei q et pi q choisies sur V1 et
V
,
une
application
linéaire
h
:
V
Ñ
V2 est déterminée par hpei q 1
°2
i xi i i . Sa matrice est alors Mh pxi i q. De même Mh px0i i q où
Démonstration :
Dans les bases
1
2
1
2 1
2
2
Si
2 1
x0i2 i1
|G1 |
¸
P
ri2 j2 pt1 qxj2 j1 rj1 i1 ptq
t G,j2 ,j1
¸
1
|G| j
2 ,j1
¸
P
ri2 j2 pt1 qrj1 i1 ptq
x0i2 i1
V1
V2, on doit avoir
1 2
V2, ceci vaut 0. Si V1 V2 V , ceci vaut °i ,i
1 2
δi1 ,i2
1. En eet, les caractères irréductibles distincts sont
orthogonaux dont linéairement indépendants dans l'espace des fonctions centrales, qui est de dimension égale au nombre de classes de
2 1
conjugaison de
la somme ci-dessus doit s'annuler, c'est-à-dire
1 ¸
1
|G| tPG ri2j2 pt qrj1i1 ptq 0.
G.
Notation 1 Dans toute la suite, on note χ1 , . . . , χh les diérents
caractères irréductibles de G. Pour chaque i, on choisit une représentation Wi de caractère χi et on note ni dimpWi q.
C'est le contenu du point (1). On déduit le point (2) du corollaire 1
Théorème 4 Soit V une représentation de G, de caractère ϕ, et
soit V w1 ` ` Wk une décomposition en somme directe de
représentations irréductibles. Si W est une décomposition irréductible
de G de caractère χ, le nombre des Wi isomorphes à W est égal au
produit scalaire pϕ, χq xϕ, χy. En particulier, il est indépendant de
la décomposition choisie ; on l'appelle la multiplicité de W dans V .
6 Orthogonalité des caractères
cf 2) qu'un caractère irréductible est le caractère d'une
Démonstration :
représentation irréductible.
tion 2, on a
ϕ χ1
Soit
χi
le caractère de
χk .
Ainsi
D'après le théorème précédent, le
Théorème 3 Les caractères irréductibles de G sont
0
• de norme 1 : pχ, χq 1,
• orthogonaux : pχ1 , χ2 q 0 si V1
V1
Démonstration :
0 identiquement en les xj j . Il s'ensuit que chaque terme de
On rappelle (
t G
¸
¸
1
ri1 i1 ptqri1 i2 pt1 q xri1i1 , ri2i2 y.
|G| tPG,i ,i
i ,i
ou égal au nombre de classes de conjugaison de G.
xj2 j1 .
de manière identique.
P
χ1 ptqχ2 pt1 q
Corollaire 3 Le nombre de caractères irréductibles est ni, inférieur
t G
Le corollaire 1 au lemme de Schur dit que si
¸
1 2
0
2 1
On reprend les notations du corollaire 2. On a :
si
Wi
W
et
1
si
Wi
Wi .
D'après la proposi-
pϕ, χq pχ1, χq pχk , χq.
i-ième
terme de cette somme vaut
W . Le résultat en découle.
Corollaire 4 Deux représentations de même caractère sont isomor-
V2 .
phes.
61
Démonstration :
Si s 1, on a ρs Id donc r p1q dimpRq |G|.
1, on a st t pour tout t, donc les termes diagonaux de la
matrice de ρs dans la base pet q sont tous nuls et r psq trpρs q 0. Démonstration :
En eet, d'après le résultat précédent, elles con-
tiennent le même nombre de fois toute représentation irréductible
donnée.
W
Si
Théorème 5 Si ϕ est le caractère d'une représentation, alors pϕ, ϕq
est un entier positif, et pϕ, ϕq 1 si et seulement si ce caractère est
irréductible.
Corollaire 5 Avec les notations de 1 pour les caractères irréductibles
distincts de G, on a :
(1) la multiplicité de Wi dans la représentation régulière est égale
à ni .
Ceci donne un critère pratique d'irréductibilité.
Démonstration :
et soit
dans
mi
V.
Soit
V
une représentation dont
ϕ est le caractère,
(2)
pϕ, χiq le nombre de fois (multiplicité) que Wi apparaît
La représentation
mi Wi ,
où l'on note
tation
W.
mW
V
(3)
est isomorphe à la somme directe des
la somme directe de
m
fois une représen-
pϕ, ϕq ¸
mi χi ,
i
¸
mj χj
R
j
¸
pm i q2 .
V
est
i
1 ssi l'un des mi est égal à 1 et les autres
isomorphe à l'une des Wi .
7 Décomposition
régulière
de
la
est donné par
D'après le théorème 4, la multiplicité de
Wi
dans
est égale à
¸
P
rpt1 qχi ptq χi p1q ni .
t G
n1χ1 nhχh. Compte tenu de la propos 1, on trouve |G| pn1 q2 pnh q2 .
En évaluant en s 1, on trouve n1 χ1 psq
n h χh ps q 0 . On en déduit que
r
sition 3, en évaluant en
représentation
8 Nombre des représentations irréductibles
Rappelons que la représentation régulière est la représentation ρ :
G Ñ GLpRq dans l'espace vectoriel R Vectpet , t P Gq avec ρs pet q est .
Proposition 3 Le caractère
pnhq2 |G|.
pour tout s P G distinct de 1, on a n1 χ1 psq nh χh psq 0.
xr, χiy |G1 |
Par ailleurs, ce nombre vaut
sont nuls, ssi
les dimensions ni vérient pn1 q2
Démonstration :
D'après les relations d'orthogonalité des caractères, on
a
s
r
Proposition 4 Soit
f une fonction centrale sur G, et soit ρ :
G
Ñ
GL
p
V
q
une
représentation
de G. Soit l'endomorphisme ρf °
f
p
t
q
t
où
t
t
désigne
l'image
de t dans GLpV q. Si V est
V
tPG
irréductible, de dimension n et de caractère χ, l'endomorphisme ρf
rG de la représentation régulière
est une homothétie de rapport
rp1q |G|
r ps q 0
si s 1.
λ
62
|G| pf, χq.
n
Démonstration :
sρf s1
¸
f ptqsts1
P
s P G,
Pour tout
ρf
Pour nir, nous allons donner de toute représentation
f ps1 usqu ρf°est
une homothétie. Soit
P f ptqt.
t G
¸
P
λ
λn χpλ Idq ¸
P
f puqu ρf
composition canonique.
en irréductibles
D'après le lemme
χ
appelle
f ptqχptq |G| pf, χ q,
pi
χ1 , . . . , χh forment une
base de l'espace des fonctions centrales sur G.
H
χi
sont
l'espace qu'ils engendrent. Il suf-
H K 0, où l'orthogonal s'entend pour le produit
scalaire hermitien p, q. Soit ϕ une fonction centrale orthogonale
aux χi , et f ϕ qui est orthogonale aux χi . Pour une représenta°
tion ρ variable, posons ρf tPG f ptqt. La proposition 4 montre que
ρf 0 lorsque ρ est irréductible. Comme toute représentation est
somme directe d'irréductibles, on conclut qu'on a toujours ρf 0.
En particulier, si ρ est la représentation régulière, on trouve
¸
P
f ptqtpe1 q t G
f ptq 0
pour tout
t P G.
¸
P
f ptqet
t G
Ainsi
f
0, donc ϕ 0, cqfd.
Wi .
¸
P
χi ptq t.
t G
de démontrer la deuxième assertion.
La proposition 4 montre que si
W
€V
χ et dimension
qi |W est une homothétie de rapport nni pχi , χq. C'est
donc 0 si χ χi et 1 si χi χ. En conséquence qi |Vj est égale à 0 si
j i et à IdVi si j i, donc qi est bien le projecteur pi .
t de montrer que
0 ρf pe1 q qui sont isomorphes à
est une sous-représentation irréductible de caractère
n,
On sait déjà par le théorème 3 que les
Uj
|nGi|
Démonstration
: Il sut
ni °
Posons qi |G| tPG χi ptq t.
Théorème 6 Les caractères irréductibles
donc
la somme directe des
linéairement indépendants. Soit
Pour l'obtenir, on part d'une décomposition
U1 ` ` Um et pour chaque i 1, . . . , h on
V V1 ` ` Vh ne dépend pas
de la décomposition initiale de V en somme de représentations irréductibles. Le projecteur sur Vi associé à cette décomposition est
t G
Démonstration :
Vi
V
dé-
Théorème 7 La décomposition
on trouve
comme annoncé.
une dé-
réductibles, mais qui a l'avantage d'être unique ; on l'appelle la
son rapport, de sorte que
En prenant les images par
V
composition moins ne qu'une décomposition en représentations ir-
u G
est un morphisme de représentations.
de Schur,
λ Id ρf
P
on a
u G
t G
donc
¸
Corollaire 6 Le nombre des classes d'isomorphisme de représentations irréductibles de G est égal au nombre de classes de conjugaison
de G.
63
la restriction
Décomposition de Bruhat
Soient
k
un corps,
n
contrairement à ce qu'on lit d'habitude, c'est pour une base
B
¥ 1 un entier, et GLnpkq le groupe linéaire.
P
n
sur
k.
On appelle
E
On notera simplement
pour tout
F
F0
GLpE q
telle
ordonnées
est en bijection ; notez que le
non ordonnée B
pour l'action du groupe
s'identie au groupe de permutations
de parler par exemple de sa
SB .
Nous utiliserons
Un dernier exemple est
première ligne.
ne sont pas
Ce sont les contraintes
de notre mode de représentation en dimension
2 sur une feuille ou au
tableau qui font qu'on est obligé d'ordonner les lignes et les colonnes
pour écrire une matrice.
soin de noter
un espace vec-
un tel drapeau ; observez que
De même, c'est avec l'ensemble des bases
ordonnées tant que les bases ne le sont pas, et cela n'a pas de sens
1.
drapeau (complet) de E
suite strictement croissante de sous-espaces vectoriels
le groupe linéaire
ordonnée
detB
c'est un tableau de scalaires dont les lignes et les colonnes
plus géométrique d'algèbre linéaire. Si l'on omet tous les commentoriel de dimension
de
ϕ
alternée
donné par la matrice d'une application linéaire dans des bases xées :
Nous allons établir ce résultat comme conséquence d'un énoncé
taires vaseux, la preuve est assez concise. Notons
1.
n-linéaire
ce fait ci-dessous (preuve du corollaire 1).
qu'une matrice unipotente supérieure est une matrice triangulaire
supérieure dont les coecients diagonaux sont tous égaux à
ϕpB q
E que
GLpE q
GLn pk q, il existe une permutation
σ , une matrice unipotente supérieure U et une matrice triangulaire
supérieure T telles que A U Mσ T (où Mσ est la matrice de permutation associée à σ ), et de plus la permutation σ est unique. Rappelons
A
que
stabilisateur d'une base
Le théorème de décomposition dont il est question s'énonce ainsi :
pour toute matrice carrée
qu'il existe une unique forme
Pour dissiper cette imprécision, on prend
pe1, . . . , enq une base ordonnée et te1, . . . , enu une base
non ordonnée.
une
ˆ ˆ Fn.
i
Fixons un entier i ¥ 1. On observe que si pour un certain
j0 ¥ 1 l'inclusion Fi1 Gj € Fi Gj est une égalité, alors elle
l'est encore pour tout j ¥ j0 puisque Fi1
Gj Fi1 Gj
Gj Fi Gj
Gj Fi Gj . Il s'ensuit que lorsque j croît de 0 à n,
cette inclusion qui est stricte pour j 0 devient une égalité pour un
certain j ¥ 1, puis le reste. Notons σF,G piq j cet entier minimal,
qui est donc caractérisé par les relations Fi1
Gj 1 ˆ Fi Gj 1 et
Fi1 Gj Fi Gj .
Preuve.
dimpFi q
j
i.
0
Théorème. Soient
F et G deux drapeaux complets de E . Alors il
existe une permutation σ P Sn et une base ordonnée pe1 , . . . , en q de
E telles que ei P Fi X Gσpiq pour tout i P t1, . . . , nu. De plus, la
permutation σF,G : σ est unique.
Commentaires.
E
base de
des
τ
σ1
Fi
et à l'un
σF,G implique que σG,F σF,G1, car si l'on
1
1
et ej eτ pj q on a ej P Gj X Fτ pj q d'où τ σG,F .
(2) L'unicité de
pose
σ
Cependant, la preuve procèdera diéremment, en montrant
que
σG,F
Pour montrer que σF,G est une permutation, il sut de montrer que
σG,F σF,G id. Pour cela, notons j σF,G piq et montrons qu'alors
i σG,F pj q, c'est-à-dire Fi1 Gj 1 ˆ Fi1 Gj et Fi Gj 1 Fi Gj . Or supposant que Fi1 Gj 1 Fi1 Gj , on déduit
Fi Gj 1 Fi Gj Fi1 Gj Fi1 Gj 1 ce qui est une
(1) Cet énoncé signie simplement qu'il existe une
dont chaque vecteur appartient à l'un des
Gj .
0
σF,G1 puis que σF,G est unique.
contradiction ; ceci établit l'inclusion stricte désirée. Par ailleurs, on
d'abord
a :
dimpFi
(3) Il y a dans la littérature mathématique une imprécision de langage
extrêmement (trop) présente, qui consiste à confondre
ordonnée.
base
et
base
Rappelons qu'une base est par dénition une famille libre
et génératrice, et qu'elle n'est pas ordonnée a priori. Par exemple,
Gj 1 q dimpFi1
dimpFi1
ce qui montre que l'inclusion
64
Fi
G j 1 q
1
€ Fi
Gj
Gj q dimpFi
G j 1
G j q,
est une égalité.
Pour
i
et
j
quelconques, utilisant la formule reliant la somme de
utilisé la base
Fi1 Gj Fi Gj
équivaut à dimpFi X Gj q dimpFi1 X Gj q
1. Si j σ piq avec σ σF,G , cette égalité a lieu donc on peut choisir ei P Fi X Gσpiq zFi1 X
Gσpiq . En particulier, on a ei P Fi zFi1 ce qui montre que pe1 , . . . , en q
est une base (ordonnée) de E .
Montrons enn que σF,G est unique. Supposons qu'il existe une
permutation ϕ P Sn et des vecteurs ei P Fi X Gϕpiq formant une base
de E . Alors Fi Vectpe1 , . . . , ei q donc ei R Fi1 . Posant j ϕpiq,
on a donc dimpFi X Gj q dimpFi1 X Gj q
1 puis Fi1 Gj Fi
Gj d'après l'argument sur la somme et l'intersection utilisé quelques
lignes plus haut. Il s'ensuit que ϕpiq est inférieur ou égal à σF,G piq tel
deux sous-espaces à leur intersection, on voit que
i
et que
σF,G
est une bijection, ceci implique que
rappelle que
désigne la matrice de permutation associée à
σ.
Notons f pf1 , . . . , fn q la base (ordonnée) canonique de
kn et g pg1, . . . , gnq la base (ordonnée) formée par les vecteurs
Preuve.
E
colonnes de la matrice
A.
Ainsi
l'identité exprimée dans les bases
le
dire, en symboles
G est obtenu par (unique) permutation des vecteurs d'une
base de F . Autrement dit, à automorphisme linéaire et à permutation
n
près, il n'y a qu'un drapeau dans E . Si E k , on peut choisir par
exemple le drapeau canonique F tel que Fi est engendré par les i
A Matg,f pidq.
A n'est autre que la matrice de
g à la source et f au but, c'est-à-
F, G les deux drapeaux de E dénis par Fi Vectpf1 , . . . , fi q et Gj Vectpg1 , . . . , gj q. Notons σ σF,G et
e pe1 , . . . , en q la base ordonnée fournie par le théorème, qui vérie
ei P Fi X Gσpiq . Puisque ei P Fi zFi1 , lorsqu'on exprime ei sur la
base f sa composante sur fi est non nulle ; quitte à normaliser ei on
peut donc supposer que cette composante est 1. Ceci signie que la
matrice de passage U Mate,f pidq est unipotente supérieure.
Soient
premiers vecteurs de la base canonique.
σF,G et peiq une base satisfaisant les conclusions
du théorème. On a alors Gj Vectpeσ p1q , . . . , eσ pj q q puisque
pour chaque k ¤ j le vecteur eσ pkq appartient à Gk qui est inclus
dans Gj , et ces vecteurs sont en nombre j dimpGj q. Ainsi G est
entièrement déterminé par la base ordonnée pei q et la permutation
σ . Si l'on xe une base ordonnée B de E et qu'on note u P GLpE q
l'unique automorphisme linéaire qui envoie pei q sur B , on voit que la
paire pupF q, upGqq est entièrement déterminée par σ . Notez qu'on a
σ
1
Mσ
Corollaire 2. Pour tout A P GLn pkq, il existe une permutation σ,
une matrice U unipotente supérieure et une matrice T triangulaire
supérieure, telles que A U Mσ T . De plus la permutation σ est
unique.
drapeau
Soient
du corollaire 2 utilise seulement le théorème, pas le corollaire 1. On
X l'ensemble des paires de drapeaux de E ,
muni de l'action naturelle de G GLpE q dénie par u.pF, Gq pupF q, upGqq. Alors l'application pF, Gq ÞÑ σF,G passe au quotient en
une bijection canonique entre l'ensemble d'orbites X {G et le groupe
symétrique Sn .
Preuve.
Ñ Sn, qui
tion de Bruhat sous sa forme matricielle. On observera que la preuve
Corollaire 1. Soit
E,
X {G
Revenons aux notations de départ pour en déduire la décomposi-
ϕ σF,G . Cet énoncé dit qu'après transport par un automorphisme de
non pas pour dénir l'application
bijection.
que celui-ci a été déni en début de preuve. Comme ceci vaut pour
tout
B
est donc bien canonique, mais seulement pour vérier que c'est une
1
Notons maintenant
1
τ
σ1 et e1i eτ piq ; clairement la matrice de
Mate1 ,e pidq est la matrice de permutation Mσ . Les vecteurs e1i
1
vérient ei P Fτ piq X Gi et le raisonnement fait précédemment montre
que la matrice de passage T Matg,e1 pidq est triangulaire supérieure
passage
(mais on ne peut plus normaliser de manière à ce qu'elle soit unipotente, car cela changerait la normalisation de
65
ei ).
On conclut en
disant que la matrice de l'application composée
pE, gq
A
g d b _ \ Z W T
j
R O
l
o
&
id
id
id
/ E, e1
/ E, f ,
/ E, e
C
B
C
p
T
p
q
q
Mσ
écrite dans les bases indiquées, est le produit
p
q
U
A U Mσ T .
EXERCICES
66
Anneaux factoriels et non
factoriels
temps noethériens (extensions de
ou d'un corps engendrées par un
Z
nombre ni d'éléments). Or, un anneau noethérien vérie toujours la
condition (E). Finalement, retenons que la propriété véritablement
distinctive des anneaux factoriels est la validité de la condition (U).
Pgcd et ppcm.
Vous trouverez des détails sur certains des points qui suivent (mais
pas tous) dans le Cours d'Algèbre de Daniel Perrin.
un anneau intègre
A,
l'ensemble
d'
On note parfois
a¥b
ont motivé les mathématiciens (dont les anneaux d'entiers dans les
est une relation d'ordre sur
corps de nombres) sont des anneaux intègres, et aussi car l'hypothèse
des anneaux com-
que
tombe sur un anneau qui possède toutes les caractéristiques précé-
A
u
pi
qui
tels que :
a
up1 . . . pr
qu'un
anneau
factoriel
n'est
a
divise
b
se note
a¤b
au lieu de
a ¥ b,
alors les notions de sup
A un anneau intègre et a, b, x non nuls dans A.
Montrez que si xa et xb possèdent un pgcd, alors a et b possèdent un
pgcd et on a la formule pgcdpxa, xbq x pgcdpa, bq.
près des facteurs et aux éléments inversibles près.
notera
de
Exercice 1 Soit
(U) une décomposition comme dans (E) est unique, à permutation
On
b
dent, et il est donc nécessaire de les faire dans l'ordre.
irréductibles (non distincts)
noethérien (par exemple, l'anneau
et
Chaque exercice s'autorise à utiliser le résultat de ceux qui le précè-
est intègre,
inversible et les
a
2 Exercices
F, les anneaux les plus sympa-
(E) tout élément non nul s'écrit comme un produit
avec
pAzt0uq{ ,
Si deux éléments
et d'inf sont renversées.)
dentes, sauf peut-être l'intégrité.
(I)
ou sur son quotient
la convention inverse pour la relation d'ordre, c'est-à-dire si l'on écrit
souvent amené à réduire modulo un idéal et que dans ce cas, on
A
ub.
l'appelle un ou le ppcm. (Attention au fait que si l'on choisit
mutatifs unitaires et intègres. Il faut tout de même noter qu'on est
sont par dénition les anneaux
a
Azt0u possèdent un majorant, on l'appelle un pgcd (dans Azt0u)
ou le pgcd (dans pAzt0uq{ ). S'ils possèdent un minorant, on
bien les raisonnements que l'on a en vue. En résumé, disons qu'on
factoriels,
Azt0u,
tel que
a|b ,
ssi
compatible à la structure de monoïde.
d'intégrité est très commode, voire souvent nécessaire pour mener à
thiques pour faire de l'arithmétique sont les anneaux
on
Azt0u des éléments non nuls est
A des inversibles est un sous-
et
neaux intègres, à la fois car la plupart des exemples historiques qui
Dans la famille
d'exercices,
Rappelons que dans
b sont associés s'il existe u P A
a b. La relation de divisibilité :
association : a
commutatifs, unitaires. On s'intéresse la plupart du temps à des an-
Anneaux factoriels.
constituée
monoïde qui est un groupe et qui donne naissance à la relation
visibilité. Le cadre habituel pour cette étude est celui des anneaux
F
note
un monoïde multiplicatif, l'ensemble
L'arithmétique, c'est l'étude des relations de di-
considère, dans cette feuille au moins, la famille
cette
notamment à leur (non-)existence éventuelle.
1 Quelques rappels sur les anneaux factoriels
Cadre général.
Dans
s'intéresse en particulier au comportement des pgcd et ppcm, et
pas
nécessairement
QrX1 , X2 , X3 , . . . s
Remarque : il n'est pas toujours vrai que si a et b possèdent un pgcd,
alors xa et xb en possèdent un. On donnera un contre-exemple dans
l'exercice 4.
de polynômes
en une innité de variables est factoriel non noethérien). Néanmoins,
les anneaux que l'on étudie en arithmétique sont presque tout le
67
Exercice 2 Soit
A un anneau intègre noethérien. Montrez que les
conditions suivantes sont équivalentes :
(i) A est factoriel,
(ii) tout couple d'éléments de A possède un pgcd.
(4) Justiez qu'aucun de ces quatre irréductibles n'est multiple d'un
autre ; en particulier, ils sont non associés deux à deux.
Exercice 3 Soient A un anneau intègre et a, b deux éléments de A.
Montrez que si a et b possèdent un ppcm m, alors ils possèdent un
pgcd d et on a la formule ab md.
(5)
Montrez que A n'est pas factoriel.
(6)
Montrez que xz et xy n'ont pas de pgcd.
Montrez que x et z ont un pgcd mais n'ont pas de ppcm (utiliser
l'exercice 3).
(7)
3 Corrigés
Remarque : il n'est pas toujours vrai que si a et b possèdent un
pgcd, ils possèdent un ppcm. On donnera un contre-exemple dans
l'exercice 4.
Corrigé exercice 1.
xa et xb possèdent un pgcd et
notons-le e. Comme x divise xa et xb, on a x divise e. Soit d tel
que e xd. Il sut de montrer que d est un pgcd pour a et b pour
résoudre l'exercice. D'abord, du fait que e xd divise xa et xb, on
1
1
tire que d divise a et b. Ensuite, si d divise a et b, alors xd divise
1
1
xa et xb, donc xd divise pgcdpxa, xbq e xd. Ainsi d divise d, ce
qui conclut la démonstration.
Terminons avec un exemple d'anneau (intègre, noethérien) non
factoriel. Pour fabriquer cet exemple, on suit une idée simplissime
et extrêment importante qui utilise à fond la possibilité donnée par
les quotients d'anneaux de polynômes de construire des exemples
d'anneaux possédant un certain nombre xé (ni) d'éléments satisfaisant un certain nombre (ni) de relations données. Précisément,
Supposons que
l'idée est que pour trouver un anneau non factoriel, on va chercher
Corrigé exercice 2.
un anneau contenant un élément qui possède deux décompositions
prouver la réciproque. Supposons pour cela que
en irréductibles distinctes de la forme
irréductibles tous distincts.
xy
zt où x, y, z, t sont des
On sait que (i) implique (ii), et il faut donc
A n'est pas factoriel,
c'est-à-dire qu'il ne vérie pas la condition (U). Alors il existe un élé-
a P A non nul qui possède deux décompositions en irréductibles
a upα1 1 . . . pαr r vq1β1 . . . qsβs (où l'on suppose que les
αi et les βj sont ¡ 0).
Notons P tp1 , . . . , pr u et Q tq1 , . . . , qs u. Pour tout a P A,
notons µpaq la plus petite des valeurs α1
αr , prise parmi
α1
α
toutes les décompositions en irréductibles possibles a up1 . . . pr r .
Si on choisit a tel que µpaq est minimal, on aura P X Q H. En eet,
sinon P et Q ont un élément commun, que l'on peut supposer être
p1 q1 quitte à renuméroter. Alors, en divisant par p1 q1 de part
1
et d'autre, on obtient un élément a qui possède deux décompositions
ment
On peut construire un tel anneau de
distinctes :
manière universelle en considérant l'anneau de l'exercice.
A k rX, Y, Z, T s{pXY ZT q,
quotient d'un anneau de polynômes en quatre indéterminées. On note
x, y, z, t les images de X, Y, Z, T dans A.
Exercice 4 On considère l'anneau
(1) On considère l'anneau R k rz, ts € A isomorphe à k rZ, T s.
Montrez que tout élément de A possède une écriture unique a a0
xa1 pxq ya2 py q où a0 P R, a1 P Rrxs et a2 P Rry s.
en irréductibles distinctes :
Montrez que A est intègre en construisant une injection de A
dans B kpX qrZ, T s.
(2)
a1
Montrez que z et t sont des irréductibles de A. Indiquez pourquoi
x et y le sont aussi.
(3)
et
68
µpa1 q µpaq,
upα1 1pα2
1
2
. . . pαr r
vq1β 1 . . . qsβ
1
en contradiction avec le choix de
a.
s
On a donc un élément
dessus, avec
P
et
Q
a
décomposé de deux manières, comme ci-
disjoints. Soit
b
p 1 q1 .
Si
a
et
b
dans
possèdent un
A k rX s{pP q
P unitaire de degré n, par division euclidiA s'écrit de manière unique sous la forme d'un
¤ n 1 en x, l'image de X dans A.
avec
enne tout élément de
pgcd, alors en utilisant l'exercice 1 on trouve
polynôme de degré
pgcdpa, bq pgcdpupα1 1 . . . pαr r , p1 q1 q p1 pgcdpupα1 1 1 . . . pαr r , q1 q p1
(1) Choisissons un polynôme P P k rX, Y, Z, T s
a P A, et raisonnons modulo pXY ZT q. On écrit P comme
polynôme en X et Y à coecients dans k rZ, T s. Il est donc somme
i j
de monômes X Y , et à chaque fois que i ¥ 1 et j ¥ 1, on peut
mettre en facteur XY dans ce monôme et le remplacer par ZT , vu
comme une constante de notre sous-anneau k rZ, T s. En itérant
puisque
q1
ne divise aucun des
pi .
Corrigé exercice 4.
d'image
Par ailleurs
pgcdpa, bq pgcdpvq1β1 . . . qsβs , p1 q1 q q1 pgcdpvq1β1 1 . . . qsβs , p1 q q1 .
On obtient
p1
q1 ce qui n'est pas possible. Donc a et b ne possèdent
Corrigé exercice 3.
ce procédé, on arrive à une écriture dans laquelle n'apparait plus de
pas de pgcd, ce que l'on voulait démontrer.
produit
Notons
un multiple commun de
a
et
m
b,
le ppcm de
a
et
b.
c'est un multiple de
Comme
m
ab
est
: il existe
X
ab md. Montrons que d est un pgcd pour a et b.
Comme m est multiple de a et b, il existe u, v tels que m ua vb.
On en déduit que ab uad donc b ud, et ab vbd donc a vd.
Ainsi d est diviseur commun de a et b.
Soit e un diviseur quelconque de a et b. Alors il existe α, β tels que
a eα et b eβ , donc eαβ qui vaut à la fois aβ et bα est un multiple
commun de a et b. Ainsi, il existe f tel que eαβ mf . Alors,
bα eαβ mf vbf donc α vf . On en tire vd a eα evf
donc d ef , i.e. e divise d et d est le pgcd de a et b.
k pxqrz, ts.
Comme toujours avec les quo-
G{H d'un groupe par un sous-groupe distingué ou non, quoA{I d'un anneau par un idéal), la plupart du temps la seule
en haut mais évidemment
A,
Soit le morphisme
z ab dans A, avec
xb1 pxq yb2 py q. On utilise
a
a0
xa1 pxq
ya2 py q
et
b
b0
le morphisme injectif de la question (2), que l'on voit comme une
injection, pour plonger cette égalité dans
G, resp. A) et de raisonner
modulo (R, H , I ). Avec un anneau
resp.
B
kpxqrz, ts, qui est un
z
B , donc a est inversible dans B i.e. a P k pxq, et
zt
b a1 z (ou l'inverse). Ceci implique que ni a0 xa1 pxq zt
x a2 p x q
zt
ni b0
xb1 pxq zt
x b2 p x q ne possèdent de monôme contenant t, donc :
anneau de polynômes en deux variables sur un corps. On sait que
est un irréductible de
une seconde possibilité se présente parfois : il s'agit grosso modo
ad hoc de la division euclidienne pour obtenir
unique agréable pour les éléments de A. L'exemple mod-
d'utiliser un analogue
une écriture
B x, z, t
(3) On suppose que l'on a une écriture
manière de faire des calculs avec les éléments d'un quotient est d'en
X,
f 1 : k rx, y, z, ts
Ñ B qui envoie
y sur zy {x. Le polynôme xy zt (ici, il faudrait
1
vraiment écrire XY ZT ) est envoyé sur 0 donc f se factorise en
un morphisme f : A Ñ B . Montrons que f est injectif : si f paq 0
avec a a0
xa1 pxq ya2 py q comme dans (1), alors a0 xa1 pxq
zt
zt
x a2 p x q 0. Regardons cela comme une égalité dans Rpxq, qui
possède une base formée des puissances positives ou négatives de x.
On voit que a0 est constant, xa1 pxq ne possède que des monômes
zt
zt
de degré (en x) strictement positif et
x a2 p x q ne possède que des
monômes de degré (en x) strictement négatif. Donc a0 a1 a2 0
puis a 0.
d'un ensemble par une relation d'équivalence,
choisir des préimages (dans
ou
sur eux-mêmes et
quotient
tient
x
lorsque l'anneau dans lequel on le considère est clair. Je ferai ce
genre d'abus ci-dessous, en particulier, je note plus volontiers
Précédons la correction de l'exercice 4 par un commentaire sur les
calculs dans les anneaux quotients.
X {R
C'est la forme demandée par l'énoncé, et l'unicité est
(2) Je commence par dire que souvent, on écrit indiéremment
d
tel que
tients (quotient
XY .
claire (je vous la laisse).
a0
èle est celui des quotients d'anneaux de polynôme en une variable :
69
P k , a1 P krxs , a2 0
et
b0
P k.z , b1 P krxs.z , b2 0 .
La droite pro jective
a est en fait un polynôme en x et b est produit de z
x. Pour avoir z ab on doit avoir a P k et b 1
a z . Ceci montre que z est irréductible dans A. Le raisonnement
pour t est symétrique. Pour montrer que x et y sont irréductibles,
on fait pareil en utilisant des écritures a0
za1 pz q ta2 ptq avec les
ai à coecients dans k rx, y s.
On voit ainsi que
par un polynôme en
(4) Montrons par exemple que
x
n'est multiple ni de
autres cas sont semblables. Le fait que
équivalent au fait que la classe de
a
A{py q
x
x
y
objet mathématique extrêmement important, situé au croisement de
z , les
de y est
nombreuses branches des mathématiques, dédiées à l'étude de ces
Or on
erons, sous forme d'exercices, qu'elles donnent bien naissance au
A{py q.
diérentes structures. Nous donnerons quatre constructions et véri-
krx, y, z, ts{pxy zt, yq krx, z, ts{pztq et il est clair que
la classe de
x
est non nulle.
Le fait que
x
n'est pas multiple de
même objet, à homéomorphisme près.
z
x est non nulle dans A{pz q, or
A{pz q k rx, y, z, ts{pxy zt, z q k rx, y, ts{pxy q et il est clair que la
classe de x est non nulle.
P1 pCq est l'ensemble des droites vectorielles (i.e. des droites passant par l'origine) du C-espace vectoriel
C2 . Il y a une application surjective π : C2 zt0u Ñ P1 pCq qui envoie
2
un vecteur x 0 sur la droite qu'il engendre. L'ensemble C zt0u est
2
1
un ouvert de C , et on munit P pCq de la topologie quotient via π
est équivalent au fait que la classe de
(5) L'élément
xy possède
xy zt.
a) La droite projective complexe
deux écritures distinctes comme produit
d'irréductibles :
(voir exercice ci-dessous sur la topologie quotient).
(6) On commence par une petite observation : deux irréductibles distincts (c'est-à-dire, non associés)
p
et
q
ont
1
b) La sphère euclidienne
pour pgcd, car sinon
p et à q , ce qui n'est pas possible. D'après
xy ont un pgcd alors z et y en ont un et
on a
x pgcdpz, yq x. Par ailleurs, xy zt, de
sorte que par le même raisonnement pgcdpxz, xy q pgcdpxz, ztq z pgcdpx, tq z . Comme z et t ne sont pas associés, c'est une contradiction, donc xz et xy n'ont pas de pgcd.
euclidien de dimension
ce pgcd est associé à
xz
pgcdpxz, xy q
l'exercice 1, si
un pgcd qui est
x
d
celle de
et
R3 ,
3.
S2
€ R3 est la sphère unité dans l'espace
Elle est munie de la métrique induite de
ce qui en fait un espace topologique.
c) Le compactié d'Alexandro de
réunion de
à l'inni.
et
C
C
est l'ensemble
p : C Y t8u
C
C et d'un point qui n'est pas dans C, qu'on appelle le point
Sa topologie est celle dont les ouverts sont de deux types :
soit les ouverts de
z sont des irréductibles distincts donc ils ont
1. S'ils ont un ppcm m, d'après le résultat
de l'exercice 3 on a la relation xz md m. Or xy zt est
manifestement un multiple de x et de z , il doit donc être multiple de
m xz . Or xy multiple de xz implique y multiple de z , ce qui n'est
pas le cas d'après la question (4). Donc x et z n'ont pas de ppcm. (7) Les éléments
P1 pCq est un espace topologique qui
possède de nombreuses structures supplémentaires. Ceci en fait un
ni de
n'est pas multiple
est non nulle dans
La droite projective complexe
d'un compact
C, soit la réunion de 8 et du complémentaire dans
de C (voir exercice ci-dessous sur le compactié
d'Alexandro ).
d) L'espace
X
est l'espace topologique obtenu en recollant les deux
Z C le long des ouverts U Y zt0u et V Z zt0u,
au moyen de l'homéomorphisme ϕ : U Ñ V déni par ϕpxq 1{x.
Précisément, X est le quotient de l'ensemble Y > Z par la relation
d'équivalence telle que y z si et seulement si y P Y , z P Z et
y ϕpz q. Il est muni de la topologie quotient de celle de Y > Z .
ensembles
Y
La présentation de la droite projective donnée dans a) relève de la
géométrie projective (géométrie qui étudie les propriétés d'incidence),
70
de la géométrie algébrique (géométrie qui étudie les variétés dont les
Corrigé.
fonctions locales sont des polynômes), ou de la géométrie complexe
sur
(géométrie qui étudie les variétés dont les fonctions locales sont holo-
sut de montrer qu'il vérie la propriété de Borel-Lebesgue.
morphes). La présentation donnée dans b) relève de la géométrie rie-
donc
mannienne (géométrie qui étudie les variétés munies d'une métrique).
d'un recouvrement, l'un de ces ouverts, disons
Les deux dernières présentations sont des constructions classiques en
complémentaire de
topologie. La présentation d) est typique du procédé de construction
par un nombre ni d'ouverts relatifs
par
sont extraits du recouvrement
recollement
pour fabriquer des variétés (topologiques, diéren-
tiables, holomorphes, algébriques, ou autres).
p,
X
Il est facile de montrer qu'on a bien déni une topologie
et je laisse les détails. Pour montrer que
tUiu un recouvrement de
recouvrent
Ui0
Exercice 1 Soit
Soit
par des ouverts. Comme il s'agit
Ui0 ,
contient
8.
Le
K de X , il est donc recouvert
Ui1 X K, . . . , Uin X K , où les Uik
initial. Donc les Uik pour 0 ¤ k ¤ n
une bijection qui échange des bases d'ouverts
) Soient X, Y des espaces topologiques et f : X Ñ Y
une bijection. Montrez que f est un homéomorphisme si et seulement
si c'est une bijection et pour tout x P X , il existe tUi uiPI une base de
voisinages ouverts de x telle que tf pUi qu est une base de voisinages
ouverts de f pxq.
est un homéo.
X un espace topologique, Y un ensemble, et f :
X Ñ Y une application surjective. Montrez que la famille des parties
A € Y telles que f 1 pAq est un ouvert de X dénit une topologie sur
Y . On appelle cette topologie la topologie quotient de X (via f ).
Montrez que pour cette topologie, l'application f : X Ñ Y vérie la
propriété suivante : pour tout espace topologique Z , une application
g : Y Ñ Z est continue si et seulement si g f : X Ñ Z est continue.
Corrigé.
est compact, il
est un compact
p.
X
Exercice 3 (Lemme :
p
X
p
X
Corrigé.
que
f
Seule la partie
si n'est pas évidente.
Nous supposons donc
est une bijection satisfaisant la propriété indiquée, et nous
voulons vérier que c'est un homéomorphisme. Les hypothèses étant
Il est facile de montrer qu'on a bien déni une topologie sur
symétriques en
x
et
y,
il sut de démontrer que
f
est continue,
Y , et je laisse les détails. Maintenant, soit Z un espace topologique et
g : Y Ñ Z une application. Si g est continue, alors g f est continue.
ou ouverte, au choix (une application entre espaces topologiques est
C'est la réciproque qui demande une démonstration. Supposons donc
f
que
gf
est continue, on veut montrer que
ouvert, il faut montrer que
de la topologie sur
Y,
V : g 1 pW q
g
l'est. Soit
f 1 pV q
€ Z un
f 1 pV q
1
pg f q pW q et g f
est un homéomorphisme ssi
que
est ouvert. Par dénition
il est équivalent de montrer que
ouvert, ce qui est vrai puisque
W
ouverte, par dénition, si l'image d'un ouvert est un ouvert ; donc
f
est ouverte. Soit
U
f
est continue et ouverte). Montrons
un ouvert de
X.
Par hypothèse, tout
Ux inclus dans U , et tel que f pUx q
f pU q YxPU f pUx q est ouvert.
possède un voisinage ouvert
est
ouvert. Il s'ensuit que
est
xPU
est
Dans les deux exercices qui suivent, on construit des applications
continue par hypothèse.
X
Exercice 2 Soit X un espace topologique séparé et localement compact. Le compactié d'Alexandro de X est l'ensemble égal à la
réunion de X et d'un point qui n'est pas dans X , noté 8 . Montrez
que la famille de parties suivantes dénit une topologie sur X : les
p ne contenant pas 8), et la
ouverts de X (ce sont les ouverts de X
réunion de 8 et du complémentaire d'un compact de X (ce sont les
p contenant 8). Montrez que X
p est compact.
ouverts de X
Ña P1pCq Ñb S 2 Ñσ Cp et on montre que ce sont des homéomor-
phismes en utilisant le lemme ci-dessus, c'est-à-dire en montrant que
ces applications échangent des bases de voisinages ouverts.
Exercice 4 Dans l'espace euclidien E R3 , on considère la sphère
unité S 2 et le plan équatorial P. On appelle projection stéréo2
graphique notée σ : S ztN u Ñ P la projection depuis le pôle nord
N , dénie par σ pM q pN M q X P.
71
Exercice 5 On conserve les notations utilisées ci-dessus. Pour tout
(1) Faites un dessin.
(2) On identie E à C ` R, de sorte que le plan équatorial s'identie
à C. On note pz, tq P C ` R les coordonnées d'un point M P E .
Donnez l'expression de σ dans ces coordonnées.
(3) Montrez que σ est une bijection en donnant l'expression de σ 1 .
p P Y t8u, encore notée
On l'étend en une bijection de S 2 dans C
σ , en posant σ pN q 8.
Corrigé.
(2) La coordonnée
jection de
M
sur le plan
on voit que le point
M1
P,
z
de
notée
M
m.
pa, bq P C2zt0u, on note πpxq pa : bq image dans la droite
projective P1 pCq, et on appelle a, b ses coordonnées projectives. (Ce
v
ne sont pas des coordonnées au sens propre du terme, puisqu'elles
ne sont dénies qu'à multiplication près par un scalaire inversible
λ P C .)
On dénit a : X Ñ P1 pCq par a|Y qui envoie y P Y sur py : 1q et
a|Z qui envoie z P Z sur p1 : z q. On dénit b : P1 pCq Ñ S 2 par
est l'axe complexe de la proNotons
O
bpu : v q l'origine de l'espace,
σpM q est sur le plan contenant O, M et N .
En particulier, en tant que point de
P
le théorème de Thalès dans le triangle
t
1
ON M 1
. En appliquant
λ
(2) On considère le point 0 P C Z € X et ses voisinages B p0, q pour ¡ 0. Montrez que via a, b, σ , cette
base d'ouverts s'envoie sur des bases de voisinages ouverts des points
images :
λ1
λ
tz P Z, |z| u € X ,
1
1 t . Finalement
1
Ña P1pCq Ñb
S2
Ñσ Cp
0 P Z ÞÑ p1 : 0q ÞÑ pz, tq p0, 1q ÞÑ 8
Les calculs étant similaires en les points autres que 8, on admettra
X
les deux contraintes supplémentaires
µ2 |z 1 |2
µz 1
que ceci démontre que a, b, σ sont des homéomorphismes, compte tenu
du lemme ( une bijection qui échange des bases d'ouverts est un
homéo ).
1 car M P S 2, et
1
1
(ii)
1t z car σ pM q M .
De (ii) in tire µ 1 t. En remplaçant t 1 µ dans (i) on trouve
(i)
t2
µ2 |z |2
Le cas
µ
µ0
correspond à
2
|z1|2
1
z1
et enn
ment à part du cas
µ0
Corrigé.
µ2 2µ 0 .
(1) Pour vérier que
que l'application
r
a : Y
a
est bien dénie il sut de voir
> Z Ñ P1pCq dénie par a|Y
au quotient par la relation d'équivalence qui dénit
a|Z se recollent).
a pλa : λbq pa : bq.
y ϕpz q 1{z , on a
a|Y
0, et dans le cas µ 0 on trouve
2z 1
|
z 1 |2 1
1 1
σ pz q |z1|2 1 , |z1|2 1 .
Cette dernière expression est valable sans restriction sur
|u|2
(1) Vériez que a et b sont bien dénies.
on trouve
z
σ pz, tq 1
t.
1
(3) Notons z l'axe du point M P P. Les mêmes considérations que
1 pM 1 q a
précédemment dans le plan pOM N q montrent que M σ
1
des coordonnées de la forme pµz , tq pour un certain µ P R . On a
donc
|
u|2 |v |2
2
3
|v|2 , |u|2 |v|2 P S € C ` R R
2uv
(voir notations de l'exercice précédent).
il appartient à la demi-droite
rOmq, donc son axe est de la forme λz avec λ P R
z1,
et
a|Z ,
et
X
passe
(on dit que
Rappelons-nous que pour tout
λ
P C on
Alors l'assertion à voir est claire, car si
a|Y py q py : 1q p1{z : 1q p1 : z q a|Z pz q .
Pour
le traite-
n'était que temporaire.
b,
il n'y a qu'à voir que l'image
est facile.
72
bpu : v q
est bien dans
S2,
ce qui
B p0, q € X est comme
P1 pCq, sur l'ensemble tpa : bq, |a| ¡ |b|u,
2
S 2 , sur l'ensemble tpz, tq P C ` R, t ¡ 112 u.
(2) On vérie que l'image de la boule
- dans
- dans
Dualité et sous-réseaux
suit :
p , sur le complémentaire de la boule fermée centrée en 0 P C
C
rayon 1{.
- dans
de
Soit
i: A Ñ B
un morphisme injectif entre deux
de même rang ni
Ce sont des bases de voisinages d'ouverts des points respectifs.
n.
Le conoyau
Z-modules
libres
B {A est donc un groupe ni,
E
et on a une suite exacte
0ÑAÑB
ÑEÑ0.
Précisément, la théorie des invariants de similitude dit qu'on peut
choisir des bases (distinctes) dans
i
de
s'écrit
A
et
a1
dans lesquelles la matrice
0
a2
..
.
0
an
Z{a1Z Z{anZ,
en particulier l'ordre de E est le produit des |ai |, c'est-à-dire encore,
avec
ai |ai
B
1 pour tout i. On en déduit que
E
la valeur absolue du déterminant de i. Si on dualise, au sens du dual
A
A
HompA, Zq ( ), on obtient un morphisme transposé i : B Ñ
4
qui est encore une injection de
Z-modules
libres de rang
n.
La
question que je pose est de déterminer le conoyau dans la suite cidessous :
0 Ñ B
Ñ A Ñ ? Ñ 0
La réponse n'est certainement pas
E,
car
E
0:
vériez-le. Le
but de l'exercice qui suit est de montrer que le conoyau recherché est
le dual de Pontryagin
E:
HompE, Q{Zq ( ) ( ).
5
6
Le Hom désigne les homomorphismes de groupes abéliens.
Ici encore.
6
Le dual de Pontryagin d'un groupe topologique commutatif localement compact G est l'ensemble des homomorphismes continus de G dans le groupe U des
complexes de module 1. Or on a une injection Q{Z ãÑ U donnée par r ÞÑ e2iπr .
Si G est ni discret, tout morphisme G Ñ U est continu, et il est clair qu'il a son
image dans Q{Z, de sorte que Homcont pG, Uq HompE, Q{Zq.
4
5
73
Démontrez qu'il existe un entier m tel que mB € A.
(2) Notons F le conoyau de i : B Ñ A . Dénissez un accouplement
Exercice 1
Éléments d'ordre ni dans un groupe
(1)
x, y : E F Ñ Q{Z ,
Soit G un groupe et E l'ensemble de ses éléments d'ordre ni. Montrer que si E est ni, c'est un sous-groupe de G.
montrez que cet accouplement est non-dégénéré, et déduisez-en le résultat. (Indications : si pe, f q P E F , alors e est la classe d'un
élément
bPB
et
f
est la classe d'une forme alors (1) pour dénir
xe, f y.)
ϕ : A Ñ Z.
Utilisez
Corrigé.
Quitte à remplacer
G
par le sous-groupe engendré par
E,
E engendre G. La question revient alors à
G est ni.
1
Écrivons E te1 , . . . , er u. Pour chaque pi, j q, l'élément ei ej ei
est d'ordre ni, donc de la forme eσ pi,j q . On a donc ei ej eσ pi,j q ei .
De plus, clairement, si i j alors σ pi, j q i.
On va montrer que tout g P G a une écriture de la forme
g pe1 q1 . . . per qr , avec i P t0, 1u, ce qui entraînera clairement
le résultat. Comme E engendre G, on peut écrire g ei1 . . . eis où
on suppose la longueur s choisie minimale. Utilisant er ej eσ pr,j q er ,
on voit que si l'un des ik est égal à r on peut le faire passer à droite
pour avoir g ei1 . . . ei1
er . Alors, aucun des indices restants n'est
1
s1
égal à r , car sinon on le passerait de nouveau à droite et on ferait
2
diminuer la longueur puisque per q P E . Pour la même raison, dans
la suite, si on utilise les relations ei ej eσ pi,j q ei pour transformer
ei11 . . . ei1t , l'élément er ne pourra jamais apparaître. On itère alors ce
procédé avec ei1 . . . ei1 pour faire passer er 1 à droite, etc.
t
1
on peut supposer que
montrer que
74
Espaces propres et dualité
On considère les composés ϕpλq : E pλq
ϕrλs : E rλs Ñ E Ñ E rλs .
f
d'un espace vectoriel de dimension nie,
le dual d'un sous-espace propre (resp. caractéristique) est-il le sousespace propre (resp. caractéristique) du dual ? (Ici le dual de
f
est
à comprendre comme le transposé.)
Ceux qui souhaitent faire quelques révisions peuvent faire les trois
exercices dans l'ordre, et ceux qui se sentent plus à l'aise peuvent
passer directement au troisième.
Exercice 1 Soient k un corps, E un k-espace vectoriel de dimension
nie n, et f P LpE q. Pour toute valeur propre λ de f , soient α sa
multiplicité dans le polynôme minimal de f et β sa multiplicité dans
le polynôme caractéristique de f . Montrez qu'on peut dénir le sousespace caractéristique E pλq par l'une quelconque des égalités :
(1)
(2)
(3)
E
Ñ
E pλq et
Montrez que ϕpλq est un isomorphisme.
(4) Montrez que ϕrλs est un isomorphisme si et seulement si f est
semi-simple en λ (ce qui signie que la multiplicité de λ dans le
polynôme minimal de f est égale à 1, ou encore, que E pλq E rλs).
(3)
Les trois exercices qui suivent portent sur le thème suivant : étant
donné un endomorphisme
Ñ
E pλq ker pf
λ qα .
E pλq ker pf λqβ .
E pλq ker pf λqn .
Exercice 2 Soient k un corps, E un k-espace vectoriel de dimension
nie n, et f P LpE q. Pour toute valeur propre λ de f , on note E pλq,
resp. E rλs le sous-espace caractéristique, resp. le sous-espace propre
correspondant. Soit f P LpE q le transposé, et E pλq, E rλs les
sous-espaces correspondants. Montrez que dim E pλq dim E pλq et
dim E rλs dim E rλs.
Exercice 3 Soient k un corps, E un k-espace vectoriel de dimension
P Lp E q .
n
n
(1) Montrez que E impf q ` kerpf q.
Ñ E pλq et E Ñ E rλs ,
(2) Montrez que les morphismes E
obtenus par dualité à partir des inclusions E pλq € E et E rλs € E ,
nie n, et f
sont surjectifs.
75
Le n de GLn
6
Dénition 1 Soit
m, n deux entiers. On suppose qu'on a un
GLn pK q GLm pK q. A-t-on m n ?
Si carpK q 2, il est classique que GLn pK q GLm pK q implique
m n. Pour le voir, on considère les sous-groupes nis G € GLn pK q
2
qui sont d'exposant 2, c'est-à-dire tels que M Id pour tout M P G.
Un tel groupe est abélien. De plus toutes les matrices de G sont
2
annulées par le polynôme à racines simples X 1, donc elles sont
diagonalisables (cet argument échoue si carpK q 2). Comme G est
Soient
K
G un groupe (pas nécessairement ni). On dit
que c'est un p-groupe si et seulement si tout élément est d'ordre ni
égal à une puissance de p.
un corps et
isomorphisme de groupes
Dénition 2 Soit
G
1. Donc |G| ¤ 2n et ce cardinal est
n
m et donc n m.
atteint. Donc si GLn pK q GLm pK q, alors 2 2
La question reste posée si carpK q 2, et la réponse est encore
Montrez que M P GLn pK q est d'ordre une puissance de p si et
seulement si M est unipotente. (Rappelez-vous qu'en caractéristique
p, pM N qp M p N p ...).
(2) Soit H € GLn pK q un sous-groupe. Montrez que les conditions
suivantes sont équivalentes :
(1)
positive, comme on va le voir dans l'exercice 5. Un regard rétrospectif
sur les raisonnements faits permettra de voir qu'ils montrent en fait
GLn pK q détermine n, indépendamment de K . Ainsi, si K et L
sont deux corps et si GLn pK q GLm pLq, alors on a m n.
Plus généralement, si K et L sont deux corps et GLn pK q GLm pLq, on peut se demander si on a K L, ou au moins
carpK q carpLq. Il est possible de montrer (nous ne le ferons pas ici :
voir le recueil d'exercices en référence ci-dessous) que si m n ¥ 2,
alors carpK q carpLq. Il se trouve que c'est faux si n 1, et nous
que
(iii)
(3)
(iii)
H est un p-sous-groupe maximal.
H est conjugué à T .
Dénition 3 Soit G un groupe et H, K deux sous-groupes. On note
rH, K s le sous-groupe engendré par les commutateurs hkh1k1 avec
École Mathématique et Informatique Bordeaux 1. Peut
J'en
h P H, k
ai un exemplaire et je peux scanner la page s'il y a des personnes
P K.
On appelle suite centrale descendante de G la suite C i G dénie par
G et C i 1G rG, C iGs. S'il existe i tel que C iG t1u, on
dit que G est un groupe nilpotent, et on appelle indice de nilpotence
le plus petit tel indice i.
intéressées.
C 1G
Hermann.
H est unipotent maximal.
(ii)
Algèbre et Géométrie, un recueil
H est conjugué à un sous-groupe de T .
Montrez que les conditions suivantes sont équivalentes :
(i)
Avant de passer aux choses sérieuses, donnons des références :
Algèbre des matrices,
H est un p-sous-groupe.
(ii)
un exercice très intéressant par ailleurs.
J. Fresnel,
H est unipotent.
(i)
nous contenterons de donner un contre-exemple (exercice 6), qui fait
se commander auprès de l'E.M.I. de Bordeaux 1, prix 10 e.
€ GLnpK q
le sous-groupe des matrices triangulaires supérieures avec des 1 sur
la diagonale.
diagonales, avec des coecients
d'exercices,
GLn pK q un sous-groupe. On dit que G
Exercice 1 Soient K un corps de caractéristique p et T
dont tous les éléments sont des matrices
J. Fresnel, M. Matignon,
€
est unipotent si et seulement si tous ses éléments sont des matrices unipotentes, c'est-à-dire sommes de la matrice identité et d'une
matrice nilpotente.
abélien, ces matrices sont simultanément diagonalisables, et donc il
existe un conjugué de
G
C'est l'exercice
A.4.7.21.3.
76
Groupe d'exposant 3 non abélien
Exercice 2 Mêmes notations que dans l'exercice précédent.
Si H est un p-sous-groupe maximal, montrez que C n H
C n1 H t1u.
(2) Déduisez-en que si GLn pK q GLm pK q, alors n m.
(1)
Dans le cas
m n 1,
t1u et
On dit qu'un groupe est d'exposant ni s'il existe un entier
tel que pour tout élément
appelle exposant de
voici le contre-exemple au fait que
GLn pK q GLm pK q ñ carpK q carpLq
G
x
Exercice 3 Montrez que GL1 pQq GL1 pF3 ptqq, où F3 ptq est le corps
2
Corrigé.
(1) On suppose que pour tout
Ceci veut dire que
¥1
Dans ce cas, on
est abélien.
(2) Donner un exemple de groupe d'exposant
des fractions rationnelles en une variable.
(Indications : décrivez Q et F3 ptq en termes des irréductibles de
Z et de F3 rts...)
k
le plus petit tel entier.
(1) Montrer qu'un groupe d'exposant
.
1.
k
de G, on a x
x1
x.
x
Par ailleurs,
3
non abélien.
G, on a x2 1.
pour x, y dans G on a
1 x et à droite
par x
dans
pxyq xyxy 1. En multipliant à gauche
1 y, on trouve yx xy, donc G est abélien.
par y
2
(2) On applique une stratégie de base pour trouver des contreexemples : on essaie de trouver le plus simple contre-exemple possible.
Dans notre cas, on va chercher un contre-exemple parmi les
groupes nis, de cardinal le plus petit possible. D'après le lemme de
G doit être un 3-groupe, car si un nombre premier
G, alors il existe un élément x d'ordre p. Mais
3
comme x 1, on trouve que p 3.
n
Donc l'ordre de G est de la forme 3 pour un certain n. Supposons
que n est choisi minimal, c'est-à-dire qu'il existe un groupe d'ordre
3n non abélien, mais tous les groupes d'ordre 3n1 sont abéliens. Par
une propriété classique des p-groupes, il existe dans G un sous-groupe
n1 .
distingué N d'ordre 3
Posons H G{N , c'est un groupe d'ordre 3 donc isomorphe à
Z{3Z. Comme G est d'exposant 3, n'importe quel antécédent d'un
générateur de H est d'ordre 3 donc engendre un sous-groupe de G
isomorphe à H . Ceci montre que la suite exacte
Cauchy, le groupe
p
divise l'ordre de
1ÑN
ÑGÑHÑ1
est scindée, ou dit autrement, que
N
77
par
H.
G
est produit semi-direct de
Ce produit semi-direct est décrit par un morphisme
H
Groupes nilpotents
Ñ AutpN q, et G est non abélien ssi ce morphisme est non trivial.
Comme
H
n'a pas de sous-groupe non trivial, ce morphisme est non
trivial ssi il est injectif.
Par ailleurs, d'après l'hypothèse faite sur
G,
le groupe
N
Références : Calais,
est
page 254) ou Rotman,
3, et par choix de n il est abélien. Donc N est isomorphe à
AutpN q GLn1 pZ{3Zq. Il s'agit donc de trouver
un sous-groupe d'ordre 3 dans GLn1 pZ{3Zq. Le plus petit n pour
lequel c'est possible est n 3, et un exemple de tel sous-groupe est
d'exposant
pZ{3Zq n 1 . Ainsi
5.39).
Dénition 1 Soit G un groupe. On dénit la suite centrale descende G par récurrence, par C 1 G G et C i 1 G rG, C i Gs
(groupe engendré par les commutateurs d'un élément de G et un élément de C i G). C'est une suite décroissante de sous-groupes distingués de G. (Vériez-le.)
On dit que G est nilpotent s'il existe n tel que C n 1 G t1u. Si
c'est le cas, le plus petit tel n est appelé la classe de nilpotence de G.
dante
le sous-groupe des matrices unipotentes de la forme
1
0
a
1
Z{3Z.
N pZ{3Zq2 et H Z{3Z. On appelle
θ : H Ñ AutpN q GL2 pZ{3Zq le morphisme qui envoie a sur la
matrice unipotente ci-dessus. Alors le produit semi-direct de N par
H correspondant à θ est un groupe d'ordre 27, non abélien. On doit
avec
a
appartenant à
a
G  G2   Gn  Gn 1 1
telle que Gi {Gi 1 est central dans G{Gi 1 pour tout i (ou encore, de
manière équivalente, rG, Gi s € Gi 1 ).
et qu'en fait le groupe qu'on a construit n'est autre que le groupe
Montrez que tout sous-groupe et tout quotient d'un groupe nilpotent sont nilpotents.
(3) Montrez que tout produit ni de groupes nilpotents est nilpotent.
des matrices unipotentes triangulaires supérieures
(2)
b
c 1
à coecients dans le corps à trois éléments
F3 .
nis.)
G1
voit que la clef de l'exercice est donnée par les matrices unipotentes
a
1
0
p-groupes
s'il existe une suite de sous-groupes distingués de G,
Une fois cette réponse trouvée, on peut regarder cet exemple droit
1
0
0
est non trivial. (On connaît une autre classe de
Exercice 1 (1) Montrez qu'un groupe G est nilpotent si et seulement
Il faut le vérier, ce
dans les yeux et reconnaître un groupe connu qui s'est caché... On
G
groupes qui ont cette propriété : les
qui est un exercice facile de manipulation sur le produit semi-direct.
U3 pF3 q
C nG
donc le centre de
faire attention tout de même que, dans le raisonnement qui précède,
3.
Si G est nilpotent, alors pour un certain n on
1 et C n 1G t1u. Ceci veut dire que C nG est central,
Remarque 3
Pour conclure, on pose
rien ne montre que ce groupe est d'exposant
Eléments de théorie des groupes (th. 7.60
An Introduction to the theory of groups (th.
Exercice 2 Soit p un nombre premier, montrez qu'un p-groupe ni
est nilpotent.
(Indication :
Notez que sur cette
description, il est facile de voir que ce groupe est d'exposant
3.
une suite
utilisez le (1) de l'exercice précédent en construisant
‰ G3 ‰ G2 ‰ G1
Il est plus simple de construire cette suite à l'envers, c'est pourquoi
la numérotation est inversée. Commencez par choisir un sous-groupe
G1 p Gn q
78
avec les propriétés requises, puis
G2 p Gn1 q,...)
D'après les derniers exercices, tout produit ni de
p-groupes
G, les images de gPi g 1 et Pi par π , qui sont des pi -Sylow de
G{Z (voir (1)), sont égales. Ceci s'écrit, d'après (1) encore, Pi {Zi gPi g 1 {Zi . On en déduit que Pi gPi g 1 .
nis
de
est nilpotent. En fait, tout les groupes nis nilpotents sont comme
ça :
Exercice 3
Tout groupe ni nilpotent
sous-groupes de Sylow
.
G
(3) Soient
est produit direct de ses
On note |G| pp1 q . . . ppn qαn l'ordre de G et Z € G son centre.
Pour tout i on note Zi le pi -Sylow de Z (il n'y en a qu'un, car les
pi -Sylow sont conjugués or Z est abélien), et on choisit un pi -Sylow
Pi de G. Montrez successivement que :
(2)
(3)
(4)
Zi
P Pi et b P Pj , utilisant le fait que Pi et Pj sont distin-
aba1 b1
α1
(1)
a
gués, on a :
1 b1 q P Pi X Pj
1 1
ploaba
looomooon
omoonqb apba
Comme
Pi et Pj
sont d'ordres premiers entre eux,
(4) Comme
les
Pi
commutent
ϕm
on
note
pp i qβ
. . . ppn qαn βn .
i
G,
qui d'après le (1) contiennent
morphisme de quotient
π : G Ñ G{Z .
Zi .
¤
n,
(Il est utile de considérer tous les
pour pouvoir faire la récurrence qui va
Montrons par récurrence sur
même ordre, c'est un isomorphisme.
i
i
de
m
m
que
t1u, donc a1a2 . . . am1 pamq1 1. Par
l'hypothèse de récurrence on a donc a1 a2 am 1, et
ϕm est injectif. Pour m n, on a ϕn injectif entre deux groupes de
i
i
pi -Sylow
ϕn
tersection est réduite à
l'ordre
i
tout
Ces deux groupes ont des ordres premiers entre eux, donc leur in-
i
Donc
pour
ϕm est injectif. En
eet, pour m 1 c'est clair, et pour m ¥ 2, si a1 a2 . . . am 1 alors
a1 a2 . . . am1 pam q1 est dans l'intersection de P1 P2 Pm1 ,
vu comme sous-groupe de G par l'hypothèse de récurrence, et de Pm .
de
Zi , on a |G{Z |
|Pi|{|Zi| ppiqα β est l'ordre
d'un pi -Sylow de G{Z . Un sous-pi -groupe de G{Z ne peut avoir un
α β . Ainsi
ordre strictement plus grand, donc |Pi {Pi X Zi | ppi q
|Pi X Zi| ppiqβ |Zi|, donc Pi X Zi Zi puis Zi € Pi.
1 Pi . Or on a là deux
(2) Soit g P G, on doit montrer que gPi g
pp 1 q
si
et pas seulement
suivre.)
|πpPiq| |Pi{Pi X Zi| |P |PXi|Z | ¥ ||ZPi|| .
i
eux,
P1 P2 Pm Ñ G
pa1, a2, . . . , amq ÞÑ a1a2 . . . am
est un morphisme de groupes.
Z n'est pas réduit à t1u.
Considérons le morphisme de quotient π : G Ñ G{Z . L'image de Pi
par π est un sous-pi -groupe de G{Z , isomorphe à Pi {Pi X Zi (en eet,
il est clair que le noyau de Pi ãÑ G Ñ G{Z est Pi X Zi ). Comme
Pi X Zi € Zi , on a
est nilpotent, son centre
i
entre
l'application suivante
Corrigé du dernier exercice.
α1 β1
t1u. Donc
engendré est trivial.
Pour i j , on a rPi , Pj s t1u, c'est-à-dire, Pi et Pj commutent.
Conclure.
ϕm :
Or
Pi XPj
tous les commutateurs sont triviaux, le sous-groupe de commutateurs
Pi est distingué dans G.
G
PPi
PPj
€ Pi .
(1) Comme
PPi
looooomooooon
PPj
looooomooooon
On considère le
Par une récurrence sur l'ordre
79
Groupes sans automorphismes
Homographies et birapport
Trouver tous les groupes G tels que AutpGq t1u.
Corrigé.
Exercice 1 (Le groupe des homographies.) On appelle homographie
une application du plan complexe dans lui-même de la forme hpz q az b
cz d , où a, b, c, d sont quatre complexes tels que ad bc 0.
Parmi les automorphismes d'un groupe, il y a toujours
(1) Indiquez l'ensemble de dénition et l'image d'une homographie.
(2) Montrez qu'une homographie se prolonge de manière naturelle en
une bijection de P1 pCq dans P1 pCq.
les automorphismes intérieurs. Plus précisément, l'ensemble des au-
AutpGq,
G{Z pGq où Z pGq est le centre de G. Donc si AutpGq G Z pGq, c'est-à-dire, G est abélien. On écrit donc G en
tomorphismes intérieurs forme un sous-groupe distingué de
isomorphe à
t1u alors
Dorénavant, par le terme d'homographie, on entendra une transformation h : P1 pCq Ñ P1 pCq de la forme précédente.
notation additive.
ÞÑ x est un automorx ÞÑ x1 n'est pas un
morphisme.) Si AutpGq t1u, on a donc x x pour tout x P G,
c'est-à-dire 2x 0, donc G est un F2 -espace vectoriel (en détails : on
a une application bien dénie F2 G Ñ G qui à pn, xq associe nx.)
On observe ensuite que l'application
phisme (si
G
x
(3) Montrez que l'ensemble H des homographies possède une structure
naturelle de groupe et que ce groupe est engendré par les similitudes
directes et par l'applicationz ÞÑ 1{z .
b
(4) À la matrice A ac db on associe l'homographie hpz q az
cz d .
Montrez que ceci dénit un morphisme de groupes GL2 pCq Ñ H.
Déterminez son image et son noyau.
n'est pas abélien, l'application
G comme groupe sont exactement les
G comme F2 -ev (c'est immédiat à vérier). Si
2, alors G possède une base ayant deux éléments dis-
De plus les automorphismes de
automorphismes de
dimF2 pGq ¥
tincts e1 , e2 , et on peut dénir un automorphisme non trivial qui
échange e1 et e2 , et xe tous les autres éléments de la base. Donc si
AutpGq t1u, on doit avoir dimF2 pGq ¤ 1. Si la dimension est 0 on
a G t1u et si la dimension est 1 on a G Z{2Z. Il est clair que
ces deux groupes vérient AutpGq t1u.
Corrigé.
ou
c
(1) On voit qu'il y a deux cas à distinguer, selon que
0.
Dans le premier cas,
ensemble de dénition est
h
c0
est une similitude directe, son
C également.
h est Cztd{cu. On voit
ici que h induit une bijection de Cztd{cu sur Czta{cu d'inverse
g py q cydyab . Donc h a pour image Czta{cu.
1
(2) On va garder la lettre h pour l'extension à P pCq. Si c 0, c'està-dire que h est une similitude directe, alors c'est une bijection de C
1
et il sut de poser hp8q 8 pour obtenir une bijection de P pCq
Si
c
0
C
et son image est
l'ensemble de dénition de
8.
Si c 0 on a vu que h induit une bijection de Cztd{cu sur
Czta{cu. Si on pose hpd{cq 8 et hp8q a{c, on obtient une
dy b avec gp8q d{c
1
bijection de P pCq, et l'inverse est g py q cy a
et g pa{cq 8.
qui xe
(3) On va montrer que
de
P 1 pC q .
spondant à
80
h est un sous-groupe du groupe des bijections
H, car c'est l'homographie corre1 et b c 0. On a déja vu que l'inverse
L'identité appartient à
a
d
(3) Montrez que le birapport est invariant par homographie, c'està-dire que si f est une homographie, alors rf paq, f pbq, f pcq, f pdqs ra, b, c, ds. (Considérez l'homographie hf 1 où h est l'homographie
de la première question.)
(pour la composition) d'une homographie est une homographie, et
on a donné sa formule. Il reste à voir que la composée de deux homographies
h, h1
est une homographie. Or
1
1
a a1 z b1
hph1 pz qq c z d
b
1 1
c ac1 zz db1
Montrons que
1{z .
Soit
h
d
pab1
pcb1
bd1 q
.
dd1 q
az
cz
b
d
pcz
est composée de
ad
c
z
a
c
ÞÑ cz
puis
i,
puis
A
ÞÑ f pAq h
avec l'expression de la composée des homographies
f p A1 q,
on voit que
f
h
pour
0
et
c
p q
comme
a, b, c
sur
0, 1, 8
pq
comme demandé, donc
z
ÞÑ
L'unique
homographie
l'identité, donc
A et A1
f pAq et
(4) On l'a déjà vue dans la première question : l'unique homographie
qui envoie
est un morphisme de groupes. Par dé-
hpdq A P GL2 pCq et h f pAq telle que hpz q z
1
2
pour tout z P P pCq. Alors on a az
b cz
dz pour tout z , et
cette égalité de polynômes en z implique c 0, a d, b 0. Ceci
signie que A est une matrice d'homothétie. Le noyau de f est le
Soit
a
h qui envoie 0, 1, 8 sur 0, 1, 8 est
r0, 1, 8, zs hpzq z.
1 envoie f paq sur hpaq 0, f pbq sur
(3) L'homographie g hf
hpbq 1 et f pcq sur hpcq 8. Donc par dénition du birapport, on a rf paq, f pbq, f pcq, z s g pz q pour tout z , en particulier
rf paq, f pbq, f pcq, f pdqs phf 1qpf pdqq hpdq ra, b, c, ds.
(2)
nition des homographies, ce morphisme est surjectif. Calculons son
noyau.
cette homographie envoie
De plus, en com-
parant l'expression du produit matriciel de deux matrices
elle convient.
de l'énoncé envoie la matrice
P 1 pC q.
p q
bc ad 1
.
c
cz d
d,
(1) Une homographie qui possède
pôle est de la forme h z
λ zz ac . Si on veut de plus h b
1 alors
b c
b a
nécessairement 1
λ b c donc λ
b a . Finalement l'homographie
b cz a
h, si elle existe, est uniquement déterminée par h z
b a z c , et
a
c . C'est bien une composée de similitudes directes et de i.
(4) L'application
Corrigé.
et on écrit
dq b cz d
a
c
h
c0
identité sur la transformation identité de
h1
(4) Donnez une formule pour le birapport ra, b, c, ds.
H est engendré par les similitudes directes et par ipz q On voit donc que
bc ad
c z
bc1 qz
dc1 qz
une homographie. Si c'est une similitude directe il n'y a
rien à démontrer. Sinon, on a
hpz q 1
ppaa
ca1
az b
cz d
a, b, c
sur
b cd a
b a d c.
0, 1, 8
est
hpz q
b cz a
b a z c donc
ra, b, c, ds Exercice 3 (Symétries du birapport.) Soient a, b, c, d quatre éléments de P1 pCq dont les trois premiers sont distincts.
(1) Montrez que rc, d, a, bs ra, b, c, ds. (Considérez l'homographie
ra,b,c,ds où h est l'unique homographie qui envoie a, b, c sur 0, 1, 8.)
h
sous-groupe des homothéties.
(2) Montrez que ra, d, c, bs ra, b, c, ds1 . (Considérez l'homographie
1
ra,b,c,ds h.)
Exercice 2 (Le birapport.)
(1) Soient a, b, c dans P1 pCq distincts. Montrez qu'il existe une unique
homographie h envoyant a, b, c sur 0, 1, 8. On supposera pour simplier qu'aucun des points a, b, c n'est égal au point à l'inni.
(3) Montrez que
l'homographie...)
rb, a, c, ds 1
ra, b, c, ds.
(Considérez
s envoie c sur 0, d sur 1 et a
ra,b,c,d
h
ra,b,c,ds ra, b, c, ds puisque hpbq 1.
sur 8 donc rc, d, a, bs g pbq hpbq
1
(2) L'homographie g h
ra,b,c,ds envoie a sur 0, d sur 1 et c sur 8
1
donc ra, d, c, bs g pbq ra,b,c,ds .
Soient a, b, c, d quatre éléments de P1 pCq dont les trois premiers sont
distincts. La valeur hpdq P P1 pCq, où h est l'homographie de la question précédente, est appelée le birapport de a, b, c, d et notée ra, b, c, ds.
Corrigé.
(2) Soit z P P1 pCq. Calculez r0, 1, 8, z s.
81
(1) L'homographie
g
g 1 h envoie b sur 0, a
rb, a, c, ds gpdq 1 hpdq 1 ra, b, c, ds.
(3) L'homographie
Exercice 4 Montrez qu'une application
sur
1
c
et
f : P1 pCq
sur
Ñ
8 donc
(1) On veut montrer que hpCq est un cercle de P1 pCq, pour tout cercle
C de P1 pCq et pour toute homographie h. Montrez qu'il sut d'établir
ce résultat pour hpz q 1{z , ce que l'on supposera dans la suite.
(2) Montrez qu'on peut se ramener au cas où C est symétrique par
rapport à l'axe réel. (Poser g pz q eiθ z et calculer ghg .)
(3) Montrez que hpCq est un cercle, en distinguant quatre cas :
P1 pCq qui
laisse invariant le birapport de quatre points est une homographie.
Corrigé.
f pcq
pa, b, c, dq
f paq, f pbq,
L'hypothèse signie que pour tout quadruplet
de complexes dont les trois premiers sont distincts, alors
8 R C et 0 P C
8 R C et 0 R C
sont distincts et
rf paq, f pbq, f pcq, f pdqs ra, b, c, ds .
1
En particulier, pour tout z P P pCq on doit avoir
rf p0q, f p1q, f p8q, f pzqs r0, 1, 8, zs z .
(Méez-vous
sur
f p1q
et
;
.
n'est pas forcément l'image par
h
C. )
(4) Montrez que quatre nombres complexes a, b, c, d sont cocycliques
ou alignés ssi leur birapport est réel.
h qui envoie 0 sur f p0q,
8 sur f p8q. Cette homographie préserve le birapport,
Corrigé.
de
d'après la question (3) de l'exercice précédent, donc
z
hpC q
8 P C et 0 R C
8 P C et 0 P C
du centre de
On sait qu'il existe une unique homographie
1
car le centre de
;
;
C
(1) On sait que les similitudes directes envoient les cercles
sur des cercles, et les droites sur des droites, donc globalement
elles envoient les cercles de
P 1 pC q
sur des cercles de
P 1 pC q .
Comme
rf p0q, f p1q, f p8q, f pzqs rhp0q, hp1q, hp8q, f pzqs
le groupe des homographies est engendré par les similitudes directes
et l'homographie
rhp0q, hp1q, hp8q, hph1pf pzqqqs r0, 1, 8, h1pf pzqqs
hpz q 1{z ,
cercles de
il en sera de même de toute homographie.
h1pf pzqq .
(2) Le calcul direct donne
En composant par
h
on trouve
égale à l'homographie
hpz q
P 1 pC q,
si cette dernière préserve la famille des
pghgqpzq hpzq. On peut toujours choisir
θ de telle sorte que C1 g pCq soit symétrique par rapport à l'axe réel :
f pzq pour tout z, donc f est
si
C
est un cercle passant par l'inni, c'est-à-dire une droite de
la fait tourner de façon à la rendre orthogonale à l'axe réel, et si
h.
un cercle ne passant pas par l'inni, c'est-à-dire un cercle de
Exercice 5 (Cercles de P1 pCq.) Dans P1 pCq C Y t8u, la réunion
C,
C, on
C est
on le
fait tourner de façon à mettre son centre sur l'axe réel. Notre calcul
hpCq g phpC1 qq. Donc si on sait démontrer que hpC1 q
1
est un cercle, alors comme g est une similitude directe, g phpC qq est
aussi un cercle, donc hpCq est un cercle. Donc il sut de démontrer
1
le résultat demandé pour C , en d'autres termes on peut supposer
que C est symétrique par rapport à l'axe réel. De plus, si C est un
cercle on peut supposer que son centre est sur le demi-axe R
et si
c'est une droite on peut supposer qu'elle coupe le demi-axe R .
d'une droite de C et du point 8 est appelée un cercle de P1 pCq passant
1
par 8. La famille des cercles de P pCq est donc constituée des cercles
passant par 8, que l'on vient de dénir, et des cercles ne passant pas
par l'inni, qui sont les cercles ordinaires dans C. Cette terminologie
est justiée par le fait que la projection stéréographique envoie les
cercles tracés sur la sphère S 2 sur les cercles de P1 pCq au sens où
l'on vient de les dénir. Dans cet exercice, on souhaite démontrer
que les homographies préservent la famille des cercles de P1 pCq, et
en application, donner une condition de cocyclicité.
initial dit que
(3) On traite les quatre cas successivement.
82
8 R C et 0 P C
centre et
de
C
r
ici
C
0 P C signie
reiθ et on a
le rayon. L'hypothèse
sont de la forme
hpz q
aPR
que a r .
est un cercle dont on note
z
r
rp1 1e q 2r cospθ1{2qe
iθ
a reiθ et a reiθ , étant complexes conjugués, ont même module.
2
2
On a démontré que hpCq est le cercle de centre a{pa r q et de rayon
2
2
r{|a r |.
car
l'axe du
Les points
8 P C et 0 P C ici C est la réunion de l'axe des imaginaires purs et
t8u. Ses éléments s'écrivent z it pour t P R (sauf 8). On
a hpz q 1{pitq p1{tqi et hp8q 0. Ces points décrivent l'axe
imaginaire pur donc hpCq C.
Dans chacun des quatre cas considérés, hpCq est un cercle (au sens
1
des cercles de P pCq).
{
iθ 2
de
2r cos1pθ{2q eiθ{2 2r1 p1 i tanpθ{2qq .
tanpθ{2q décrit R,
<pz q 1{2r.
La quantité
d'équation
et les points
hpz q
décrivent la droite
8 P C et 0 R C ici C est une droite ne passant pas par l'origine, donc
<pz q t pour un t P R . Notons C1 le cercle de centre
a 1{2t et de rayon a 1{2t. Le cas précédent montre que hpC1 q
1
1
est la droite d'équation <pz q t, donc hpC q C, donc hpCq C .
(4) L'énoncé est un peu imprécis car si deux ou plus des points sont
d'équation
(Noter que
h2
r
ici
C
est un cercle dont on note
le rayon, avec
a
une petite réexion. L'image
r.
de C
a
PR
hpa rq 1{pa rq et hpa
rhpa rq; hpa rqs a pour milieu :
Pour cela on regarde l'image
rq
On a
C
1
a r
a r
2
sont de la forme
est sur un cercle de centre
a2 a
2
r α,
1
a reiθ
|a2 r2|
r
z
1{pa
r q,
ra r; a
rs.
a2 a r2
a
reiθ .
.
Pour vérier que
hpz q
on calcule
a2 a
r
a
2
a
a
2
r 2
2
iθ p rreiθ qpaa2are
r2 q iθ a reiθ aeiθ r
2
2
iθ
|a r | e a reiθ re
|a r r |
2
C
de
c'est en fait l'axe réel. On a donc trouvé :
et le segment
a, b, c, d
1
α :
l'axe du
va être un cercle, et la diculté
du diamètre situé sur l'axe réel, qui est le segment
1
z
a, b, c sont
P1 pCq et un seul : s'ils sont alignés, C est la droite
en question, et sinon, C est le cercle circonscrit au triangle abc. Alors,
a, b, c, d sont cocycliques ou alignés ssi d P C.
Appelons h l'homographie qui envoie a, b, c sur 0, 1, 8, de sorte que
hpdq ra, b, c, ds. Alors d P C ssi hpdq P hpCq. Or hpCq est un cercle
1
de P pCq d'après les questions précédentes, contenant 0, 1, 8, donc
particulier. L'observation clé est que trois points distincts
sur un cercle
On doit préparer le calcul par
principale est de trouver son centre.
Les points de
sont cocycliques (au fait, pourquoi ?), donc on laisse de côté ce cas
est l'identité !)
8 R C et 0 R C
centre et
confondus, le birapport n'est pas déni. Mais dans ce cas, les points
2
83
cocycliques ou alignés ssi
ra, b, c, ds hpdq P hpCq R.
Matrices réelles qui sont des exponentielles
D
La décomposition
N
d'une matrice de
GLn pRq
de
U
Y
est déni comme étant égal à l'indice de
Id. Voici en exercice cette décomposition :
Exercice 1 : Montrez que pour tout G P GLn pCq, il existe un couple
unique pD, U q tel que G DU avec D diagonalisable, U unipotent,
et DU U D .
Exercice 2 : On dit qu'une matrice M P Mn pRq est semi-simple si
elle est diagonalisable sur
C.
à coecients dans un corps
(1) Soit
M
M
S
N
et
SN
N S.
une matrice nilpotente
Indication : commencez par écrire la décomposition D
dans C.
N de M
M P GLn pRq, montrez qu'il existe un unique couple pS, U q P
Mn pRq2 composé d'une matrice semi-simple S , une matrice unipotente U , telles que M SU et SU U S .
(Indication : commencez par écrire la décomposition S
N de M .)
(2) Soit
Exercice 3 :
avec
D
D
Soit
S
une matrice semi-simple réelle, et
diagonale complexe. Montrez que
D
S
P DP 1
et la matrice conjuguée
M peut-on choisir ?
P 1 P M 1 est diagonale
sont semblables. Quelle matrice de similitude
Montrez que
S
est réelle si et seulement si
par blocs, les blocs ayant des tailles que l'on précisera.
Exercice 4 :
précédent.
La résolution de cet exercice nécessite d'avoir fait le
On veut montrer que
X
P
GLn pRq
l'exercice
précédent
pour
est l'exponentielle
84
montrer
que
N
S2
?
est
T.
P DP 1. Dénissez logpD2q puis montrez que
P plogpD2qqP 1 est réelle. Attention aux valeurs propres qui ont
(4) Montrez que
N,
Mn pRq
est-elle l'exponentielle d'une matrice réelle
même carré !)
k ).
S,
U2
Indic : On écrit S
T
P
Y 2 et on écrit la décomposition
l'exponentielle d'une matrice semi-simple
(
P MnpRq, montrez qu'il existe un unique couple pS, N q
composé d'une matrice semi-simple
telles que
(3) Utilisez
est dite semi-simple si elle est diago-
nalisable sur une clôture algébrique de
X
GLn pRq.
Y
SU en produit commutatif semi-simple par unipotent.
(2) La matrice
(Plus généralement une matrice carrée
k
est l'exponentielle d'une matrice de
Réciproquement, on suppose que
U
nilpotence de
X
et seulement s'il existe une matrice
alors c'est le carré d'une matrice de
unipotent . Rappelons qu'une matrice U est dite unipotente si sa
seule valeur propre est 1, ou dit autrement, si U Id est nilpotente.
indice d'unipotence
Mn pRq si
X Y 2.
(1) Montrez que si
usuelle a un analogue multiplicatif, pour
les matrices inversibles, qui est une décomposition diagonalisable
L'
telle que
T
et
N
logpU 2q commutent. Concluez.
Corrigé
Exercice 1 :
G
Comme
On écrit la décomposition
(2) On sait que l'exponentielle réalise un homéomorphisme entre
GD N
avec
DN
l'ensemble des matrices nilpotentes et l'ensemble des matrices unipo-
N D.
tentes.
U
est inversible, ses valeurs propres qui sont aussi celles de
D sont non nulles, donc D est inversible. Alors G D N DpId D1 N q. Comme D et N commutent, D1 N est nilpotente
1 N est unipotente. Il est facile de vérier que
donc U : Id D
DU U D. Noter qu'on retrouve la décomposition de départ grâce
à N D pU Idq, ce qui permet de montrer l'unicité (faites-le).
N
En séparant les valeurs propres réelles
zk , z k ,
λj
La question qui se pose est de savoir si
est réelle :
N
S
diag pλ1, a1q, . . . , pλr , ar q, pz1, b1q, pz1, b1q, . . . , pzs, bsq, pzs, bsq
p1q k 1pU Idqk
k
P DP 1 et pλj , aj q et pzk , bk q, pzk , bk q les valeurs pro-
pres pondérées.
D'après l'exercice précédent, il existe une matrice
M (adaptée aux multiplicités) telle que P 1 P M 1
commute avec D , i.e. est diagonale par blocs de type pa, b, bq. On a :
et les valeurs
on a :
ņ
logpU q k 1
(3) Soit
propres complexes conjuguées
D
exppN q.
N telle que
N est réelle.
En fait, l'homéomorphisme inverse est explicite et montre bien que
Exercice 2 :
Exercice 3 :
Donc il existe une unique matrice nilpotente
de permutation
D
2
diag p
λ21 , a1
q, . . . , p
λ2r , ar
q, p
z12 , b1
q, p
z 21 , b1
q, . . . , p
zs2 , bs
q, p
z 2s , bs
q
C'est une matrice diagonale par blocs, les blocs étant des homothéties de rapports tous distincts.
multiplicités :
pa, b, bq.
Il faut prendre garde que l'écriture ci-dessus ne reète plus forcément
ce que l'on note en abrégé
ni la séparation entre valeurs propres réelles et non réelles, ni les
Pour conjuguer on permute juste les valeurs propres com-
multiplicités (qu'il est important de compter pour identier les ma-
plexes :
D
Leurs tailles sont données par les
a1 , . . . , ar , b1 , b1 , . . . , bs , bs
diag pλ1, a1q, . . . , pλr , ar q, pz1, b1q, pz1, b1q, . . . , pzs, bsq, pzs, bsq
logp
la permutation qui est l'identité sur les
P M 1 DM P
Exercice 4 :
(1) Si
pexpp qq
1
2Z
2.
X
exppZ q
alors
X
k
avec
θk
Ps0, πr Y sπ, 2πr.
q diag plog λ21, a1q, . . . , plog λ2r , ar q,
log ρ21
2iθ1 , b1 q, p
log ρ21
2iθ1, b1q, . . .
.
L'existence éventuelle de deux valeurs propres opposées fait augmenter les multiplicités lors du passage au carré. Quoi qu'il en soit,
ceci équivaut à
pa, b, bq.
ρk eiθ
D2
p
1 P DP 1
P 1 P M 1 commute avec D. Vue la forme de D,
1 P M 1 est diagonale par blocs de type
dire que P
c'est-à-dire que
zk
Dénissons la matrice diagonale
r premiers entiers
et qui échange les suivants par paires, et M Mσ la matrice de
1 DM . Or S est réelle ssi
permutation associée. On a donc D M
1
1
S S càd P D P P DP . Comme D M 1 DM cela donne
Notons
σ
trices qui commutent). Notons
expp 12 Z
1
2Z
logpD2 q
est encore diagonale par blocs homothétiques selon le dé-
pa, b, bq. (Le type a1 est éventuellement plus grossier que a.)
1 P M 1 est diagonale par blocs de type pa, b, bq elle comComme P
2
mute avec logpD q. De plus M échange les valeurs propres complexes
2
de logpD q et leurs conjuguées, donc
logpD2 q M 1 logpD2 qM
coupage
q
85
P plogpD2 qqP 1 est
T P plogpD2 qqP 1 . On a
Il s'ensuit que
pose
Rotations et homographies
réelle (cf exercice précédent). On
exppT q P expplogpD2 qqP 1
P D 2 P 1 S 2
Le but de l'exercice qui suit est de décrire un morphisme injectif
Y SU , U commute avec S . Donc
1
P S 2 P D2 , i.e. elle est diagonale par
de groupes
(4) Dans la décomposition
P 1 U 2 P
commute avec
blocs de type
Exercice 1 On considère l'espace euclidien E R3 identié à C`R,
pa, b, bq. En prenant le logarithme comme dans la ques-
P 1 N P est diagonale par blocs de même
1 plog D2 qP c'est-à-dire avec T . Il
commute avec P
sa sphère unité S 2 , et le plan équatorial C. La projection stéréo2
p est la projection depuis le pôle
graphique σ : S Ñ C Y t8u C
nord N , dénie par σ pM q pN M q X C et σ pN q 8.
tion (2) on obtient que
type. Donc elle
s'ensuit que
exppT
Nq
(1) On note pz, tq P C ` R les coordonnées d'un point M
l'expression de σ et σ 1 dans ces coordonnées.
exppT q exppN q
P expplog D2qP 1 exppN q S 2U 2 M .
[Gou] Gourdon, Les Maths en tête, Mathématiques pour M',
(3) Une rotation r P SO3 pRq induit une bijection rr : σ 1 r σ de
P1 pCq. Calculez frθ et montrez que
El-
grϕ pz q i
[MT] Mneimné, Testard, Introduction à la théorie des groupes de
Lie classiques,
P E . Donnez
(2) Le plan tangent en un point de S 2 étant orienté par la normale
sortante en ce point, on note fθ la rotation de E d'axe rON q et
d'angle θ, et gϕ la rotation de E d'axe rOxq et d'angle ϕ. Justiez
que SO3 pRq est engendré par les rotations fθ et gϕ .
Bibliographie :
lipses.
SO3 pRq ãÑ PGL2 pCq.
Hermann.
z cosp ϕ2 q i sinp ϕ2 q
.
z sinp ϕ2 q i cosp ϕ2 q
Déduisez-en que pour tout r P SO3 pRq, la bijection rr est une homographie. Montrez que r ÞÑ rr dénit un morphisme de groupes injectif
SO3 pRq ãÑ PGL2 pCq.
Corrigé.
(1) Cf feuille d'exercices sur la droite projective : on avait
trouvé
σ pz, tq 1t
et
une rotation,
angle. Il existe
86
θ
et
ϕ
x
σ 1 p z q 2z
|z|2
1
,
|z|2 1 |z|2 1
.
ψ son
x pfθ gϕ qpN q. Donc pfθ gϕ q1 r pfθ gϕq est la rotation d'axe rON q et d'angle ψ, autrement dit, c'est
fψ . Il s'ensuit que r pfθ gϕ q fψ pfθ gϕ q1 , ce qui démontre que
SO3 pRq est engendré par les rotations fθ et gϕ .
(2) Soit
r
z
un vecteur directeur de son axe, et
tels que
(3) On a
fθ pz, tq peiθ z, tq
d'où
frθ pz q eiθ z .
C'est une homographie. Passons à
1
0
M atpgϕ q 0 cospϕq
0 sinpϕq
Soit
z
a
ib P C,
on a
gϕ pσ 1 pz qq gϕ
et on en déduit
a2
grϕ pz q
a2
2a
b2
Les rotations
fθ
et
gϕ
engendrent
b2 1
b2 1
2a ip2b cospϕq pa2 b2 1q sinpϕq
a2 b2 1 2b sinpϕq pa2 b2 1q cospϕq
ipb sinp ϕ2 q cosp ϕ2 q a cosp ϕ2 q ipb cosp ϕ2 q
2 |a sinp ϕ2 q ipb sinp ϕ2 q cosp ϕ2 q|2
z cosp ϕ2 q i sinp ϕ2 q
i z sinp ϕ q i cosp ϕ q .
2
2
SO3 pRq,
elles induisent des homographies de
homographie. Ceci donne un morphisme de groupes injectif
Exercice 2
a2
, 2
1 a
0
sinpϕq .
cospϕq
,
ϕ
2i a sinp 2 q
,
1 a2
2b
b2
: matriciellement, on a
2b cospϕq pa2 b2 1q sinpϕq 2b sinpϕq pa2 b2 1q cospϕq
,
1
a2 b2 1
a2 b2 1
2a
b2
gϕ
À venir... Pour la construction de
SO3 pRq ãÑ PGL2 pCq.
SO3 pRq ãÑ PGL2 pCq
P1 pCq
via
σ,
sinp ϕ2 q
donc toute rotation
r
P
SO3 pRq
via les quaternions, voir la note sur les sous-groupes nis de
Corrigé.
87
induit une
PGL2 pCq.
Sous-groupes nis de PGL2pCq
Un sous-espace vectoriel de
fonctions
Dans cette note j'énonce (sans démonstration, mais avec une
référence) le théorème de Dickson sur les sous-groupes nis de
PGL2 pCq,
Soit k un corps et V un sous-k-espace vectoriel de dimension nie
de l'espace des fonctions de k dans k. Montrez qu'il existe x1 , . . . , xn
dans k tels que l'application f ÞÑ pf px1 q, . . . , f pxn qq réalise un isomorphisme V kn .
Pour
en
x.
x
générateurs sous forme d'homographies. Les leçons concernées sont :
Groupes nis. Exemples et applications.
Groupe linéaire d'un espace vectoriel de dimension nie E ,
sous-groupes de GLpE q. Applications.
Sous-groupes nis de Op2, Rq, de Op3, Rq. Applications.
Exemples de parties génératrices d'un groupe.
Corps des fractions rationnelles à une indéterminée sur un corps
commutatif. Applications.
Homographies de la droite complexe. Applications.
P k, notons ex la forme linéaire d'évaluation des fonctions
ex engendrent V , car alors on
ex1 , . . . , exn de V et ceci répondra à la
Il sut de montrer que les
pourra en extraire une base
question. (Pourquoi ?)
ϕ P V , il existe
x1 , . . . , xn et λ1 , . . . , λn tels que ϕ j 1 λj exj . Si on xe une
base f1 , . . . , fn de V , cette égalité est équivalente aux n égalités
°
ϕpfi q nj1 λj fi pxj q. À leur tour, ces n égalités sont équivalentes
à l'égalité matricielle Φ AΛ où Φ est le vecteur colonne des ϕpfj q,
A est la matrice carrée des fi pxj q, et Λ est le vecteur colonne des λj .
Il sut donc de trouver x1 , . . . , xn tels que A est inversible, car alors
les λj seront uniquement déterminés et le problème sera résolu.
Montrons par récurrence que pour tout k ¤ n il existe x1 , . . . , xk
tels que la matrice carrée de taille k en haut à gauche de A est
inversible. Pour k 1 c'est clair ; supposons l'hypothèse vraie au
rang k 1. Si pour tout xk P k le déterminant de taille k est nul, on
Il s'agit de montrer que pour toute forme
°n
Notations.
matrice inversible
Dn
xk
f1 , . . . , fn
est une
tel que la matrice carrée de
k
par le
Nous notons
2n.
PGL2 pCq
est un groupe d'une grande importance
géométrique car il s'identie au groupe des homographies de la droite
projective
f1 , . . . , fk1 , ce qui est
base de V . Par contraposée, il
taille k en haut à gauche de A
P1 pCq
via l'application
a b
c d
ÞÑ
x ÞÑ
ax
cx
b
d
Il se trouve qu'il a exactement les mêmes sous-groupes nis qu'un
autre groupe important en géométrie, à savoir le groupe
est inversible.
Pour
GL2 pCq
Énoncé
Rappelons que
est combinaison linéaire de
impossible puisque
est le quotient de
p2, 2q et son image dans PGL2pCq.
le groupe diédral d'ordre
1.1
p1qk1m1,k f1pxk q 0 ,
où mi,j est le mineur adéquat. Comme mk,k 0 par hypothèse, ceci
existe
PGL2 pCq
1 Le théorème de Dickson
mk,k fk pxk q mk1,k fk1 pxk q
fk
Le groupe
sous-groupe des homo-théties. On désignera par la même lettre une
développe ce déterminant par rapport à la dernière colonne, il vient :
montre que
et j'explique (avec démonstration, mais sans référence)
comment identier précisément ces sous-groupes en donnant des
n, ceci montre que A est inversible. On peut donc poser
SO3 pRq
des
isométries positives de l'espace euclidien de dimension trois. Ce n'est
°
Λ A1 Φ et on a alors ϕ nj1 λj exj .
pas un hasard, comme nous l'expliquerons ci-dessous. Le théorème
de Dickson ([Suzuki], theorem 6.17 du chapter 3, Ÿ 2) est le suivant :
88
Théorème 1 Les sous-groupes nis de PGL2 pCq sont isomorphes à
Nous allons maintenant construire cette injection à l'aide de
l'un des 5 groupes suivants : un groupe cyclique, un groupe diédral,
ou l'un des groupes A4 , S4 , A5 .
Remarque 4
l'algèbre des quaternions
H (j'utilise [Perrin], chapitre VII comme
H). Rappelons que H est la R-algèbre composée des
éléments a
bi cj dk où a, b, c, d P R, avec les règles de multiplication bien connues. Le groupe G € H des quaternions de norme 1
3
est homéomorphe à la sphère S .
référence sur
Voici comment lire cet énoncé dans le livre de Suzuki
- mais lisez ensuite la remarque 2 ci-dessous.
[Suzuki] concerne les sous-groupes de
SL2 pk q
Le théorème 6.17 de
avec
k
algébriquement
clos de caractéristique quelconque. La démonstration est longue et
Preuve :
assez technique et je ne vous conseille pas de la lire.
(1) On a une injection
ver l'énoncé ci-dessus, notez que si
PSL2 pk q
k
Pour retrou-
est algébriquement clos on a
de
PGL2pkq (exercice), donc il sut de lire la partie I du
théorème (caractéristique 0) et de quotienter par t1u pour obtenir
les sous-groupes de PSL2 pk q. On trouve, dans l'ordre donné par
Suzuki : les groupes cycliques, les groupes diédraux, puis
PSLp2, F3 q
A4
écrire
a
bi
une base de
cj
H
SO3 pRq.
a
bi,
pa
C-ev.
a une structure
H
k ij dans H, on peut
diqj de sorte que t1, j u est
et puisque
biq
pc
(Attention :
la loi extérieure est ici
Lien avec
peut faire agir un élément
age dans
M2 pCq.
g
P
f: G
G par
Ñ
Le lien entre sous-groupes nis de
SO3 pRq
et de
PGL2 pCq
de
M2 pCq
G
P
C-
Ñ AutC pM2pCqq. Or
le morphisme GL2 pCq Ñ
-alg
associe la conjugaison par
P
a pour
Ce morphisme est aussi surjectif (donc
C-algèbre
sont tous intérieurs (voir par exemple [FGN] p. 273).
On conclut en cherchant le noyau de
ialement sur
f.
Si
g
P kerpf q, il agit triv-
M2 pCq et en particulier sur la sous-algèbre H. Or la
g est triviale sur H ssi g est central, donc g P R,
t1u. Donc kerpf q t1u, or on sait que G{t1u conjugaison par
GXR SO3 pRq : cela s'obtient en disant que la restriction de la conjugaison
par g P G à l'ensemble des quaternions purs se fait par isométries,
voir Perrin chap. VII, Ÿ 2. Donc f : G Ñ PGL2 pCq se factorise en
l'injection qu'on voulait SO3 pRq ãÑ PGL2 pCq.
Admettant cela, le théorème de Dickson nous redonne les seuls
SO3 pRq.
Dq .
En eet on
un isomorphisme) car on sait que les automorphismes de
a une
Armation : Il existe une injection SO3 pRq ãÑ PGL2 pCq.
or
H est un sousPGL2 pCq via notre
En eet, si
c'est un sous-groupe de
qui à
PGL2 pCq Ñ AutC-alg pM2 pCqq.
explication simple :
sous-groupes nis possibles de
PGL2 pCq.
associe
noyau les homothéties, donc il se factorise en un morphisme injectif
Ce paragraphe est inclus pour assouvir votre curiosité, mais il n'est
pas nécessaire pour lire la partie suivante.
q
Il s'agit d'une action par automorphismes de
on connaît ce groupe d'automorphismes :
AutC-alg pM2 pCqq
qui à
la conjugaison par son im-
algèbre d'où un morphisme de groupes
SO3 pRq
SO3 pRq,
H Ñ EndC-ev pHq M2 pCq,
(2) On en déduit un morphisme
Si on vous demande une
demandera pas plus.
injection, et d'après le théorème de Dickson il est isomorphe à l'un
5
comme
morphisme injectif
référence, vous n'aurez qu'à citer le livre de Suzuki... on ne vous en
des
dk
H
comme sous-corps de
C
considère la multiplication à gauche à la place.) On obtient donc un
Vous n'avez pas besoin de la remarque 1, car il vous
la liste des sous-groupes nis de
groupe ni de
En eet
pλ, qq λq alors que Perrin (chap. VII, Ÿ 4) utilise la loi extérieure
pλ, qq qλ.) Si on xe un quaternion q, il est facile devoir que la
multiplication à droite par q , Dq pxq xq est C-linéaire. (Ici, Perrin
(vu que
sera très facile de retenir le théorème puisque vous connaissez bien
1.2
H ãÑ M2 pCq.
de dimension 2 : on peut voir
comme l'ensemble des
A4), S4 (en eet le quotient du groupe Σr 4 donné par
Suzuki est S4 ) et A5 (vu que PSLp2, F5 q A5 ).
Remarque 5
C-ev
Il y a deux points importants :
que l'on sait.
89
Remarque 6
Il y a une autre façon de voir cette injection. On peut
2
identier la sphère unité S
€
Pour justier (ii), observez que
juguées (par l'homographie
(voir cours d'E. Halberstadt sur la droite projective). Les isométries
R3
de
agissent sur la sphère et donc sur
P 1 pC q,
conjugué à
et tout revient alors
car
à vérier que cette action se fait par homographies.
A
n'est que la classe d'une matrice modulo homothéties. Cepen-
G l'un des 5 groupes Z{nZ, Dn , A4 , S4 , A5 .
Alors les sous-groupes de PGL2 pCq qui sont isomorphes à G sont
Théorème 2 Soit
2.1
donc (i)
ζA
équivaut à
Un résultat clé
µn
pAq δ
tr
trpAq δ
ô (ii).
trpAq δ
trpAq δ
trpAq2
A.
trpAq2
det
pAq 2
Par ailleurs on a vu que (i)
1
ζA
ζA
ñ (iii).
trpAq2
det
p Aq 2 ζ
Montrons la
ζ 1
ζ ou ζ 1, d'où on déduit (i).
2, 3, 4, 6 sont les seuls cas où µn{ est
réduit à un point : pour n 2 c'est clair, et les autres cas sont ceux
pour lesquels ϕpnq 2, donc ζ
ζ 1 prend alors une seule valeur.
(Les cas n 2 et n 3 seront fondamentaux dans la suite.)
Corollaire 1 A est d'ordre n 2, 3, 4, 6 ssi trpAq2 i detpAq pour
i 0, 1, 2, 3 resp.
Les cas particuliers
7
ÞÑ ζx, pour
0.
Preuve :
En particulier l'ensemble µn { classie les classes de conjugaison
d'éléments d'ordre n.
7
et
A est d'ordre n (dans PGL2 pCq) ssi ζA ζ P µn . Ceci
dire que A est semblable à la matrice diagonale pζ, 1q,
Ceci entraîne que
Proposition 1 Soit A P PGL2 pCq et n ¡ 1. Alors LCSSE ( ) :
2q detpAq trpAq2
1
ζA
ζA
La clé de la démonstration du théorème 2 est le résultat suivant.
ζ 1
detpAq
réciproque. Sous la condition (iii) on a
€ C le groupe des racines primitives n-èmes de l'unité. On
1
1
1 u.
dénit une relation d'équivalence dans µn par ζ ζ ssi ζ P tζ, ζ
1
La classe de ζ est notée rζ s, et l'application rζ s ÞÑ ζ
ζ dénit une
injection µn { ãÑ C.
Il existe rζ s P µn { tel que pζ
alors
X2
Il est clair que
(iii)
λ 0,
par un scalaire
On travaille avec un représentant de
tous conjugués entre eux. En particulier ils sont tous conjugués à
un sous-groupe de SO3 pRq. De plus, on sait produire un sous-groupe
explicite de chacun des 5 types.
Comme homographie de P1 pCq, A est conjugué à x
un rζ s P µn {.
A
A dans GL2 pCq. Le
polynôme caractéristique est χpX q trpAqX detpAq et les
1 ptrpAq δ q où δ 2 trpAq2 4 detpAq.
valeurs propres sont λ
2
Posons ζA : λ {λ P C de sorte que
Preuve :
imprécis :
(ii)
ÞÑ ζ 1x sont con-
indépendant du représentant matriciel choisi pour
On peut résumer les résultats qui vont suivre en un énoncé un peu
A est d'ordre n.
x
2
sont tous deux mutlipliés par λ , donc la condition (iii) a un sens
2 Expliciter les sous-groupes nis de PGL2pCq
(i)
et
x
dant, si on multiplie
Notons
x ÞÑ ζx
1{x), de
x ÞÑ
sorte que le fait d'être
ÞÑ ζx ne dépend pas de la classe de ζ pour la relation
. Quant à (iii), notez que detpAq et trpAq ne sont pas bien dénies
R3 à la droite projective complexe
n
On utilise le (iii) de la proposition 1. Les racines primi-
tives de l'unité correspondantes sont
u sur Q sont les polynômes cyclo2 X 1 et Φ pX uqpX uq tomiques Φ3 pX j qpX j q X
6
Les polynômes minimaux de
Les conditions suivantes sont équivalentes
90
j
1, j e2iπ{3, i et u eiπ{3.
et
X 2 X 1.
On en déduit les valeurs correspondantes pour
ζ ζ 1 2 .
2.3
On prouve le théorème 2 en cherchant un représentant explicite de
chaque classe de conjugaison de sous-groupe ni dans
Corollaire 2 Soit A P PGL2 pCq distinct de l'identité et d'ordre ni.
Notons A comme une homographie Apxq
points xes sur P1 pCq.
Preuve :
ax b
cx d .
ζ
Alors A a deux
générateurs et relations, et on exprime ces relations dans
nous noterons parfois les homographies sous la forme
ζ 1
pζ
Proposition 2 Les sous-groupes cycliques de
conjugués à
qui n'est pas terminé,
paraît.
Soit maintenant
n.
Notons
F
G
un sous-groupe de
G
x
est un point xe de
de
hgh1 .
k
n1
2 et 2pn 1q. Le groupe G agit sur F car si
g P G, et h P G, alors hpxq est un point xe
¸
P
g G
| Fixpgq| n1 p|F|
Rappelons ensuite que
P1 pCq, ce qui veut
pr1, s1, t1q d'éléments
PGL2 pCq
de
P 1 pC q
pr, s, tq
Soit
Dn
tous conjugués à
et
r, s, t tous distincts et r1 , s1 , t1
F P PGL2 pCq tel que F prq r1 ,
Maintenant soit...
y
Proposition 4 Les sous-groupes de PGL2 pCq isomorphes à A4 sont
est simplement 3-transitif sur
A4 : x jx,
avec
tous distincts, il existe un unique
F psq s1 , F ptq t1 .
2pn 1qq
dire qu'étant donnés deux triplets
1
x
PGL2 pCq, on peut supposer que apxq ζ 1 x pour un ζ P µn . D'après
rx s
le corollaire, comme b est d'ordre 2 on peut écrire bpxq txr . En
écrivant le fait que ab ν prsq est aussi d'ordre 2 on trouve que r 0,
a
s
s{t) envoie
donc bpxq tx . Alors, la conjugaison par λ{x (où λ :
a sur x ÞÑ ζx et b sur x ÞÑ 1{x. On a ainsi montré que l'image de ν
est conjuguée au groupe Dn x ζx, 1{x y.
D'après la formule de Burnside, le nombre d'orbites pour
cette action est
Dn : x ζx,
PGL2 pCq sont tous
proposition 1(ii), quitte à appliquer une première conjugaison dans
distincts
de l'identité : d'après le corollaire ci-dessus c'est un ensemble ni de
cardinal compris entre
qui ap-
x r, s | rn s2 prsq2 1 y. Soit ν : Dn Ñ
PGL2 pCq un morphisme injectif, a ν prq et b ν psq. D'après la
Preuve :
ni de cardinal
l'ensemble des points xes des éléments de
ζ
La preuve de cette proposition est simplement le (ii) de la
conjugués à
je voudrais démontrer le
SO3 pRq.
PGL2 pCq,
PGL2 pCq sont tous
proposition 1.
théorème de Dickson en suivant la stratégie de la preuve du théorème
de classication des sous-groupes nis de
ax b
cx d .
Notez que ce sous-groupe ne dépend pas du choix de
Démonstration du théorème de Dickson
Dans ce paragraphe
PGL2 pCq à
Cn : x ζx y
Proposition 3 Les sous-groupes diédraux de
2.2
Pour
l'aide de la proposition 1 et du corollaire. Pour simplier les écritures,
D'après le (iii) de la proposition 1, il existe une racine de
telle que
PGL2 pCq.
cela, on choisit des présentations des groupes nis en question par
2q detpAq trpAq2 0. Si c 0 alors
a d car A est d'ordre ni, et alors A a pour points xes le point
8 et le point b{pd aq. Si c 0, il n'y a pas de point xe à l'inni,
2
et l'équation donnant les points xes est cx
pd aqx b 0. Le
2
discriminant est ∆ trpAq 4 detpAq pζ
ζ 1 2q detpAq. Or
1
ζ ζ 2 0 pour toute racine n-ième de l'unité, donc il y a deux
solutions distinctes.
l'unité
Démonstration du théorème 2
(à suivre)
x 2
x1
y x p123q, p12qp34q y
avec j racine primitive troisième de l'unité.
91
L'écriture ci-dessus signie qu'on a choisi pour
A4
Soit ν : A5 Ñ PGL2 pCq un morphisme injectif. Soit a ν p12345q, b ν pp12qp34qq, on a ab ν pp12345qp12qp34qq ν p135q.
rx s
Écrivons bpxq txr . Il existe une racine primitive cinquième de
l'unité δ telle qu'après une première conjugaison on ait apxq δx.
2
On écrit que ab est d'ordre 3, ce qui donne ∆r st. Alors, la
x 1
r∆
conjugaison par x ÞÑ
t x laisse a inchangé et transforme b en ∆x1 .
Preuve :
les générateurs
p123q et p12qp34q, et que l'homographie x ÞÑ jx correspond à p123q,
x 2
et x ÞÑ
x1 correspond à p12qp34q.
Preuve : Soit ν : A4 Ñ PGL2 pCq un morphisme injectif. Soit
s
a ν p123q et b ν pp12qp34qq. Écrivons bpxq rx
txr . Quitte à appliquer une première conjugaison dans PGL2 pCq, on peut supposer
que apxq jx. En écrivant le fait que ab ν p134q est d'ordre 3 on
2
trouve 2r st. Donc t 0, car sinon on aurait r 0 ce qui est
impossible. Alors la conjugation par φpxq rx{t laisse a inchangé
x 2
et envoie b sur x ÞÑ
x1 . Donc l'image de ν est conjuguée au groupe
annoncé.
Bibliographie
On n'a utilisé que certaines relations, et on pourrait les
utiliser toutes pour montrer que le groupe obtenu est en eet isomorphe à
A4 .
[FGN] Francinou, Gianella, Nicolas, Exercices de mathéma-
Cependant le fait d'admettre le théorème de Dickson nous
A4 , de sorte
isomorphe à A4 . Nous
tiques des oraux de l'Ecole polytechnique et des Ecoles normales
Cassini.
Ellipses.
Theory I, Springer.
assure qu'il existe des sous-groupes isomorphes à
que le
supérieures : Algèbre, Tome I,
sous-groupe produit ci-dessus
ferons
[Perrin] Perrin, Cours d'Algèbre,
doit être
de même ci-dessous.
[Suzuki] Suzuki, Group
Le livre n'est pas à la
BU, mais il est à la bibliothèque de Chevaleret à la cote 20 SUZ 82.
Proposition 5 Les sous-groupes de PGL2 pCq isomorphes à S4 sont
tous conjugués à
S4 : x ix,
y x p1234q, p12q y
Preuve : Soit ν : S4 Ñ PGL2 pCq un morphisme injectif. Soit a s
ν p1234q et b ν p12q, on a ab ν p134q. Écrivons bpxq rx
txr .
x 1
x1
Quitte à appliquer une première conjugaison on peut supposer que
apxq ix.
La conjugation par
x ÞÑ
st.
rx{t laisse a inchangé et envoie b sur
En écrivant le fait que
x 1
x 1.
φ px q
ab
est d'ordre
3
on trouve
r2
Proposition 6 Les sous-groupes de PGL2 pCq isomorphes à A5 sont
tous conjugués à
A5 : x δx,
x 1
∆x 1
y x p12345q, p12qp34q y
où δ est une quelconque racine primitive cinquième de l'unité et ∆ :
1 δ δ 1 .
92
Suites exactes
Exercice 1 Soit 1 ÝÑ G1 ÝÑ G2 ÝÑ . . . ÝÑ Gn ÝÑ 1 une suite
exacte de groupes nis. Montrez que le produit alterné des cardinaux
ni des groupes Gi , c'est-à-dire le produit
1
1
n1 n
2 n3 n4 . . .
Considérons une suite de groupes et de morphismes de groupes
. . . ÝÑ Gn1
On dit que cette suite est
au noyau de
fn .
f n 1
est égal à 1.
Soit 0 ÝÑ E1 ÝÑ E2 ÝÑ . . . ÝÑ En ÝÑ 0 une suite exacte
d'espaces vectoriels de dimension nie sur un corps k (c'est-à-dire,
une suite exacte des groupes commutatifs sous-jacents). Montrez que
la somme alternée des dimensions dimpEi q est égale à 0.
f
ÝÑ Gn ÝÑ
Gn 1 ÝÑ . . .
n
exacte en Gn
On dit que la suite est
si l'image de
exacte
fn1
est égale
si elle est exacte en
chaque groupe de la suite.
L'exemple le plus important de suite exacte est celui des
exactes à trois termes
appelées aussi
suites exactes courtes,
Exercice 2 Soit ϕpnq l'indicateur d'Euler de n, c'est-à-dire le nombre d'entiers 1 ¤ k ¤ n premiers avec n. On sait que si a et b sont
premiers entre eux, on a ϕpabq ϕpaqϕpbq. On va démontrer une
généralisation de cette formule au cas où a et b ne sont pas nécessairement premiers entre eux. On note alors d leur pgcd et m leur
ppcm.
(1) On considère la suite d'applications :
suites
qui sont
les suites de la forme
1 ÝÑ H
p
i
ÝÑ
G ÝÑ Q ÝÑ 1.
Une telle suite est exacte si et seulement si
et
impiq
kerppq.
au noyau de
p,
i est injectif, p est surjectif
i identie H
Dit autrement, cela veut dire que
et que
p
0 ÝÑ Z{dZ ÝÑ pZ{abZq
i
s'identie au morphisme de quotient. Les
suites exactes courtes donnent donc un moyen compact d'écrire un
avec iprq 1
torisé à désigner par une même lettre un élément et sa classe résiduelle, lorsque le modulo est clair d'après le contexte. Montrez qu'il
s'agit d'une suite exacte de groupes nis.
(2) Déduire de la question précédente et de l'exercice précédent une
formule pour ϕpabq.
groupe, un sous-groupe distingué et le quotient. Cette terminologie
est beaucoup utilisée par exemple pour étudier le problème dit de
extension :
on dispose de deux groupes H et Q, et on cherche tous
G qui possèdent un sous-groupe distingué isomorphe à H
avec quotient G{H isomorphe à Q. Un tel groupe G est alors appelé
une extension de Q par H , ce qui explique la terminologie.
l'
les groupes
Lorsqu'on se limite aux suites exactes à trois termes, l'avantage
de présenter les quotients sous forme de suite exacte peut paraître
discutable.
p
∆
ÝÑ
pZ{aZq pZ{bZq ÝÑ
pZ{dZq ÝÑ 1
mr, ∆psq ps, sq et ppt, uq tu1 où l'on s'est au-
La pratique, et l'intuition que l'on acquiert par la ma-
nipulation des suites exactes, montrent qu'en fait ce formalisme est
extrêmement ecace même dans ce cas simple. Mais les suites exactes avec plus de termes apparaissent très naturellement en algèbre,
et l'utilité du concept est alors encore plus visible. Le but des exercices qui suivent est de donner un exemple simple pour illustrer ce
fait.
93
Automorphismes du groupe des quaternions
On note
H
G un groupe, Z son centre, c : G Ñ AutpGq le
morphisme qui à g associe la conjugaison cg : x ÞÑ gxg 1 . On rappelle que l'image de c est le sous-groupe distingué IntpGq C AutpGq
des automorphismes intérieurs et que c induit un isomorphisme
G{Z IntpGq.
On note V H{Z IntpHq.
(1) Décrivez les automorphismes intérieurs de H.
(2) Montrez que tout automorphisme f : H Ñ H vaut l'identité sur
le centre. Montrez que le morphisme induit f : V Ñ V est l'identité
si et seulement si f est intérieur.
(3) Soit σ une permutation de l'ensemble ti, j, k u. Montrez qu'il existe un unique automorphisme fσ de H qui envoie i sur σ piq et j sur
σ pj q. En considérant les permutations σ pij q et τ pijk q et les
automorphismes fσ et fτ , montrez que la suite
Exercice 3 Soit
le groupe des quaternions. C'est un groupe d'ordre 8,
engendré par deux éléments
i et j dont on note k le produit, possédant
1, avec une multiplication
un seul élément central non trivial noté
déterminée par les formules
i2
j 2 k2 1
ik ki j
;
;
ji k
jk kj i.
ij
;
On peut construire facilement ce groupe comme sous-groupe de
GL4 pRq
ou du groupe symétrique
S8 .
Exercice 1 Pour être bien à l'aise avec H, montrez que :
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
H possède un unique élément d'ordre 2, qui est
1.
f ÞÑf
c
ÝÑ
AutpHq ÝÑ AutpV q ÝÑ 1
est exacte et scindée, c'est-à-dire que AutpHq est produit semi-direct
V AutpV q.
1 ÝÑ V
Le centre de H est Z t1, 1u.
Tout x P H Z est d'ordre 4 et vérie x2 1.
Le quotient H{Z est isomorphe à pZ{2Zq2 .
Tous les sous-groupes de H sont distingués.
Exercice 2 Dans cet exercice, on constate que pour le groupe
pZ{2Zq
2,
Montrez que le groupe symétrique S4 est un produit semi-direct
et que c'est le seul avec un 3-Sylow non distingué.
Déduisez-en que AutpHq S4 .
(4)
V
pZ{2Zq2 S3
Exercice 4 Soit f P AutpHq. Montrez que f est déterminé par f piq
et f pj q. Montrez qu'on dispose d'au plus 6 choix pour f piq, puis d'au
plus 4 choix pour f pj q. Déduisez-en que n'importe quelle façon de
faire ces choix dénit un automorphisme.
les trois structures ensembliste, de groupe, de F2 -espace vectoriel, ont essentiellement les mêmes automorphismes.
Soit p un nombre premier et G un groupe abélien tel que pour
tout x P G, on a px 0. Montrez qu'il existe une unique structure de Fp -espace vectoriel sur G compatible avec sa loi de groupe
abélien. Déduisez-en que AutpGq est le groupe linéaire GLpGq des
automorphismes de G vu comme Fp -espace vectoriel.
2
(2) Notons 0 l'élément neutre de V pZ{2Zq . Pour tout automorphisme f : V Ñ V , on note f 1 la bijection induite par f sur V t0u.
Montrez que le morphisme
(1)
AutpV q Ñ SV t0u
S3
,
f
Exercice 5 Voici une présentation un peu plus conceptuelle de
l'isomorphisme AutpHq S4 . On considère l'ensemble des parties
à trois éléments x t1 i, 2 j, 3 ku où les signes i P t1u sont variables ; cet ensemble est de cardinal 8. On considère ensuite l'ensemble
X des paires y tx, xu, de cardinal 4.
(1) Montrez qu'un automorphisme de H permute X .
(2) Montrez que le morphisme AutpHq Ñ SX est injectif.
(3) Déduisez-en que AutpHq S4 .
ÞÑ f 1
est un isomorphisme.
94
Symétries du Sudoku
bloc est l'intersection d'une bande et d'une pile.
•
un
•
une
grille de Sudoku est une application f : C Ñ t1, . . . , 9u dont
la restriction aux lignes, aux colonnes et aux blocs est injective.
Les grilles de Sudoku standard sont composées de 9 blocs de taille
On appelle
3, dont on doit remplir les cases avec les chires de 1 à 9 de telle
3
f pi, j q
le
chire de la case pi, j q.
sorte qu'un chire n'apparaisse qu'une fois dans chaque ligne, chaque
On peut permuter les cases (en respectant la structure ligne-
colonne, et chaque bloc. Voici un exemple :
colonne-bloc) ou les chires d'une grille de Sudoku.
6
9
7
4
5
3
2
1
8
8
2
4
6
1
9
7
5
3
3
5
1
2
8
7
6
9
4
7
3
5
8
6
1
9
4
2
9
4
8
7
3
2
1
6
5
1
6
2
5
9
4
3
8
7
5
1
9
3
7
8
4
2
6
4
7
6
9
2
5
8
3
1
2
8
3
1
4
6
5
7
9
à agir à la source ou au but d'une application
Dénition.
On notera
•
•
•
•
•
Pj :
pile
est une paire de
X
G
le groupe des transformations de Sudoku, agissant
par la formule précédente. Le thème de cette feuille est donc
X
sous
G,
ou encore, l'ensemble
(1) Donnez une liste aussi longue que possible de transformations de
l'ensemble
est une réunion de trois colonnes, de la forme
une
transformation)
transfor-
Sudoku.
Bi :
bande
(ou simplement
X { G.
cases, blocs, lignes,
est une réunion de trois lignes, de la forme
une
l'ensemble des grilles de Sudoku. Une
de décrire l'ensemble des orbites de
t1, . . . , 9u t1, . . . , 9u.
une case est un élément de C i.e. un couple pi, j q,
une ligne est une partie de la forme Li : tiu t1, . . . , 9u,
une colonne est une partie de la forme Cj : t1, . . . , 9u tj u,
C
X
pg : C Ñ C, σ : t1, . . . , 9u Ñ t1, . . . , 9uq telle que si x est
une ligne ou une colonne, alors g pxq est une ligne ou une colonne.
Une telle transformation donne lieu à une bijection pg, σ q : X Ñ X ,
f ÞÑ σ f g 1 .
Sudoku s'obtient en mettant en valeur les diérents éléments consti-
Soit
Soit
mation de Sudoku
Le but de cette feuille d'exercices est de décrire les grilles de Su-
Dénitions.
On
bijections
doku à symétrie près. La dénition mathématique d'une grille de
tutifs du Sudoku, tels qu'introduits ci-dessus : les
f : C Ñ t1, . . . , 9u.
arrive ainsi à la dénition suivante.
sur
colonnes et chires.
Ceci revient
L3i2 Y L3i1 Y L3i ,
C3j 2 Y C3j 1 Y C3j ,
(2) Soit
g
une transformation de Sudoku. Montrez que s'il existe une
ligne qui est envoyée par
Montrez que si
g
g sur une ligne, alors toutes les lignes le sont.
L1 Y C1 , alors c'est l'identité.
vaut l'identité sur
(3) Déduisez de la question (2) que le groupe
G
est engendré par les
transformations suivantes :
•
•
•
95
p1, σq,
la réexion par rapport à la diagonale (ensemble des cases pi, iq),
les renumérotations de chires i.e. les éléments de la forme
les échanges de deux bandes,
•
les échanges de deux lignes dans la même bande,
é1 P xë
é, ë
é2y,
• ë
•
les échanges de deux piles,
•
•
les échanges de deux colonnes dans la même pile.
,
G est engendré par les renumérotations et l'ensemble
Déduisez-en que
é
ë
é
ë
u.
2,
(5) (Cette question n'est pas indispensable pour la suite.) Montrez
grilles à transformation près. Pour simplier le problème, on regarde
22,
,
|
tëé, ëé2,
On s'intéresse maintenant au nombre d'orbites, i.e. au nombre de
désormais les grilles composées de 4 blocs de taille
2y.
é
ë
é
ë
é
ë
1Px
que :
dont on
•
P xëé , ëé2y,
| P x , 2y,
P x , | , y,
é, , 1,
ö P xë
|
remplit les cases avec les chires de 1 à 4 de telle sorte qu'un chire
•
bloc. Par exemple :
|
|
1
1
4
2
3
4
3
1
2
(6) Soit
2
1
3
4
l'ensemble
H
2y.
le sous-groupe de
tëé2,
2,
G
engendré par les renumérotations et
u. On part d'une grille de Sudoku quelconque.
|
4
é
ë
2
é
ë
3
é
ë
•
|
|
•
é
ë
é
ë
n'apparaisse qu'une fois dans chaque ligne, chaque colonne, et chaque
Montrez qu'en utilisant des transformations de
On attribue des symboles aux transformations suivantes :
é
ë
é1
ë
é2
ë
é ë
ë
é ë
é
1
2
| |
|
|
ö
(4) On note
H,
on peut succes-
sivement ramener cette grille aux grilles suivantes :
renumérotation des symboles 1,2,3,4
∗
∗
∗
∗
1
2
3
4
∗
∗
∗
∗
échange des colonnes dans la pile 2
1
2
3
réexion autour de la diagonale NO-SE
3
4
2
∗
∗
∗
∗
∗
échange des deux bandes
1
échange des lignes dans la bande 1
échange des lignes dans la bande 2
échange des piles
∗
∗
∗
∗
1
2
3
4
3
4
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
4
1
2
3
4
∗
∗
∗
3
4
1
2
∗
∗
∗
∗
∗
∗
∗
2
échange des colonnes dans la pile 1
3
réexion autour de la diagonale NE-SO
4
réexion autour de l'axe de symétrie horizontal
4
4
réexion autour de l'axe de symétrie vertical
rotation de 1/4 tour dans le sens indiqué
(7) Complétez autant que possible cette dernière grille et montrez
qu'on arrive nalement à deux grilles possibles. Déduisez-en que
xy le sous-groupe engendré. Montrez que :
agit librement sur
96
X
et que
X {H
contient deux éléments.
H
G agissant sur un
H de G, dénissez une relation d'équivalence naturelle R sur X {H , induite par l'action de G,
telle que la surjection X {H Ñ X {G se factorise en une bijection
pX {H q{R X {G.
(8) Dans un cadre général, considérons un groupe
ensemble
X.
Pour tout sous-groupe
(9) En utilisant la question précédente dans le contexte du Sudoku,
montrez que la relation d'équivalence induite par
triviale (c'est-à-dire que
X {G
xRy
ssi
x
y).
G
sur
X {H est
X {H Déduisez-en que
et qu'il y a deux grilles de Sudoku distinctes à transformation
près.
97