I. - Sous-groupes finis deGLn(Z)
1. Il s’agit d’un résultat classique : montrons le par récurrence sur le degrén∈N∗du polynômeP. Pour n =1,P est de la forme X+a0, MP =(−a0) et CMP(X)= |X+a0| = X+a0=P. Pourn Ê2, supposons avoir établi le résultat au rangn−1. Un polynômeP à coefficients complexes unitaire de degrénest de la formeP=Xn+an−1Xn−1+. . .+a1X+a0=XQ+a0, où
Q=Xn−1+an−1Xn−2+. . .+a2X+a1. Or,CMP(X)=det(X In−MP)= ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ X 0 . . . 0 a0 −1 X 0 . . . 0 a1 0 −1 X 0 . . . 0 a2 .. . . .. ... ... ... ... ... 0 . . . 0 −1 X 0 an−3 0 . . . 0 −1 X an−2 0 . . . 0 −1 X+an−1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .
En développant ce déterminant par rapport à la première ligne, il vient :
CMP(X)=Xdet(X In−1−MQ)+a0(−1)n+1(−1)n−1=XCMQ(X)+a0.
Or, par hypothèse de récurrence,CMQ(X)=Q; d’oùCMP(X)=XQ+a0=P.
Par conséquent, pour tout polynômeP à coefficients complexes unitaire de degrén, le polynôme caractéristique de la matrice compagnon qui lui est associée est le polynômePlui-même.
2. (a) SoitM∈GL2(Z) d’ordre finim∈N∗. Le complexezétant racine deCM(X) est valeur propre de la matriceM, donc racine de tout polynôme annulateur deM. La matriceMétant d’ordrem, le polynômeXm−1 est annulateur pourM, donczest racine de ce polynôme.
(b) Le nombre de polynômes cyclotomiques de degré 1 est égal au nombre de solutions de l’équa-tionϕ(k)=1 d’inconnuek∈N∗. Soitpun nombre premier etr un entier strictement positif tel queϕ(pr)É1. On obtient donc
pr−1(p−1)É1.
On en déduit quep−1É1 doncp est égal à 2. Sip=2 on a alorsr É1 (la fonctionr →2r−1 est strictement croissante surN∗). Donc une solutionk n’admet comme facteur premier que le nombre 2 avec exposant inférieur ou égal à 1. L’équation n’admet donc que deux solutions,
k=1 ouk=2. Il y a donc exactement deux polynômes cyclotomiques de degré 1, les polynômes
Φ1(X)=X−1 etΦ2(X)=X+1.
(c) Le nombre de polynômes cyclotomiques de degré 2 est égal au nombre de solutions de l’équa-tionϕ(k)=2 d’inconnuek∈N∗. Soitpun nombre premier etr un entier strictement positif tel queϕ(pr)É2. On obtient donc
pr−1(p−1)É2.
Par conséquent,p−1É2. Sip=2 on ar=1 our =2, et sip=3 alorsr =1. Donc le nombrek
n’admet dans sa décomposition en facteurs irréductibles que les nombres premiers 2 avec ex-posant possible inférieur à 2 et 3 avec exex-posant possible inférieur à 1. On obtient alors aisément ϕ(k)=2 si et seulement sik=3, 4 ou 6. Par conséquent les polynômes cyclotomiques de degré 2 sontΦ3(X)=(X−j)(X−j2)=X2+X+1,Φ4(X)=(X−i)(X+i)=X2+1 et
Φ6(X)=(X+j)(X+j2)=X2−X+1.
(d) SoitP un facteur irréductible dansQ[X] deCM(X). D’après la question (a), toute racine com-plexe z deP est racine deCM(X), donc de Xm−1 : c’est donc une racinem-ième de l’unité. CommeP est scindé surC, il divise doncXm−1 dansC[X], mais aussi dansQ[X]. Par unicité de la décomposition du polynômeXm−1 en produit de polynômes irréductibles dansQ[X], et connaissant la décompositionXm−1= Y
d|m
Φd(X),Pest nécessairement un polynôme cycloto-mique.
CM(X) étant unitaire, c’est donc un produit de polynômes cyclotomiques. Comme il est de degré 2, on déduit, d’après les questions (b) et (c), que :
• ou bien c’est un polynôme cyclotomique de degré 2, c’est-à -dire :Φ3,Φ4ouΦ6;
• ou bien c’est le produit de deux polynômes cyclotomiques de degré 1, c’est-à-dire :Φ2 1,Φ1Φ2
ouΦ2 2.
Ainsi,CM(X) est l’un des six polynômes unitaires suivant :X2+X+1,X2+1,X2−X+1, (X−1)2, (X−1)(X+1) ou (X+1)2.
(e) La matrice M est d’ordrem, donc admet le polynômeXm−1 comme polynôme annulateur. Ce polynôme étant scindé à racines simples dansC, la matrice M est diagonalisable dans C. Son ordre est donc le PPCM des ordres de ses valeurs propres (vues comme éléments du goupe (C∗,∗)). SiCM(X)=Φ4(X), les valeurs propres deMsontiet−idoncm=4. Dans tous les autres cas, les valeurs propres sont des racines sixièmes de l’unité, doncmest un diviseur de 6, d’où le résultat. (f ) M= µ 0 −1 1 1 ¶
appartient àGL2(Z) car det(M)=1.
De plus,CM(X)=X2−X+1 (c’est une matrice compagnon), doncMest diagonalisable dansC avec deux valeurs propres qui sont des racines primitives sixième de l’unité, doncMest d’ordre 6.
3. (a) • Mm =In donc, par application de la formule du binôme de Newton (valide ici puisqueN
permute avecIn), il vient :
In= m X k=0 µ m k ¶ pr kNk=In+mprN+p2r m X k=2 µ m k ¶ p(k−2)rNk. Ainsi :mprN=p2rA, avecA= − m X k=2 µ m k ¶ p(k−2)rNk∈Mn(Z) ; d’oùmprN∈p2rMn(Z).
• Par conséquentmN appartient àprMn(Z) et, commer ∈N∗,pdivise chaque coefficient de la matricemN. Or, commeN appartient à Mn(Z)\p Mn(Z), il existe un coefficientni,j deN
quep ne divise pas. Comme p est premier et qu’il divisemni,j, il divisem ouni,j : donc nécessairementpdivisem.
(b) Par une nouvelle application de la formule du binôme,
M0=Mp=(In+prN)p = In+pr p X k=1 µ p k ¶ pr(k−1)Nk = In+pr(pN+pr p X k=2 µ p k ¶ pr(k−2)Nk) = In+pr+1N0, en posantN0=N+pr−1 p X k=2 µ p k ¶ pr(k−2)Nk. On aN∈Mn(Z)\p Mn(Z). Montrons quepr−1 p X k=2 µ p k ¶ pr(k−2)Nk∈pMn(Z). En effet, • Sik=p, l’entier µ p k ¶
pr(k−2)devientpr(p−2)divisible parpcarpÊ3 (c’est ici que l’on utilise l’hypothèsep6=2). • Sik∈{2, . . . ,p−1} le coefficient binômial µ p k ¶
est divisible par le nombre premierp. Dans tous les cas les entiers
µ
p k
¶
pr(k−2)qui apparaissent dans la définition deN0sont divisibles parp, doncpr−1 p X k=2 µ p k ¶ pr(k−2)Nk∈pMn(Z) et l’on déduitN0∈Mn(Z)\p Mn(Z).
AinsiM0=In+pr+1N0, avecr+1∈N∗etN0∈Mn(Z)\p Mn(Z),M0est d’ordrem0(puisque
M0=Mpet queMest d’ordrepm0) etm0Ê2 carN06=0 ; donc, par le même raisonnement qu’à la question (a), on obtient quepdivisem0.
(c) Si les hypothèses faites au début de la question 3 étaient valides, en réitérant le processus pré-cédentkfois, on obtiendrait quems’écrive sous la formem=pkmk, avecmk∈N∗(mk6=0 car
m6=0), d’oùmÊpkÊ3k pour toutk∈N. Ceci est bien sûr impossible puisque la suite (3k) di-verge vers+ ∞.
Par conséquent, aucune matriceM∈GLn(Z) d’ordremÊ2 ne peut s’écrire sous la forme énon-cée au début de la question 3 pour aucun nombre premierpÊ3. Autrement dit, toute matrice
M∈GLn(Z) d’ordremÊ2 est de la formeM=In+N, où le PGCD des coefficients deN∈Mn(Z) est une puissance de 2.
4. Notonsωle morphisme de groupes deGLn(Z) dansGLn(Fp) introduit par l’énoncé. Etant induit par la surjection naturelle deZsurFp,ωest surjectif.
SoitGun sous-groupe fini deGLn(Z) d’ordremÊ2 (on écarte le cas trivial oùG={In}).
ω(G) est un sous-groupe fini deGLn(Fp) et la restrictionω|G deωàGinduit un morphisme surjectif deGsurω(G).
Montrons queω|Gest injective, c’est-à-dire que Ker(ω|G)={In}.
SoitM∈G∩Ker(ω). Alorsω(M)=In, d’oùM=In+p N1avecN1∈Mn(Z). En factorisant au maximum parpl’ensemble des coefficients de la matriceN1,Ms’écrit alors sous la formeM=In+prN avec
r ∈N∗ etN ∈Mn(Z)\pMn(Z). D’après la question 3,M ne peut donc pas être d’ordremÊ2. OrM
est bien d’ordre fini, puisqu’elle appartient à un groupeGfini : doncMest d’ordre 1, c’est-à-dire que
M=In. Ainsi Ker(ω|G)=G∩Ker(ω)={In} :ω|Gest injective.
ω|G est donc un isomorphisme deG surω(G) :G est donc bien isomorphe à un sous-groupe de
GLn(Fp).
5. (a) SoitGun sous-groupe fini deGL2(Z). D’après la question 4,Gest isomorphe à un sous-groupe deGL2(F3). Or le cardinal deGL2(F3) est (32−1)×(32−3)=8×6=48 (ce résultat s’obtient en comptant les bases deF23).
Donc, d’après le théorème de Lagrange, le cardinal deGdivise 48.
(b) Si le cardinal deGest égal à 48, alorsGest isomorphe àGL2(F3). Or on sait queG ne contient pas d’élément d’ordre 8 ; en exhibant un élément d’ordre 8 dansGL2(F3), on montre ainsi qu’il n’est pas possible queGsoit de cardinal 48.
Deux méthodes sont possibles pour exhiber un tel élément :
• soit directement, par tâtonnement sur les éléments deGL2(F3) : on vérifie facilement que la matrice
µ
0 2 2 1
¶
, par exemple, est un élément deGL2(F3) d’ordre 8 ;
• soit en considérant le polynôme cyclotomique
Φ8(X)=(X−eiπ/4)(X−e−iπ/4)(X−e3iπ/4)(X−e−3iπ/4)=(X2−p2X+1)(X2+p2X+1)=X4+1 qui apparaît dans la décomposition deX8−1 : dansF3[X],X4+1=(X2+X+2)(X2+2X+2) et la matrice compagnon associée au polynômeX2+X+2 est la matriceM=
µ
0 −2 1 −1
¶
, elle appartient àGL2(F3) car son déterminant est non nul. Elle est annulée par le polynômeX2+ X+2, donc par le polynômeX4+1. DoncM4= −I2etM8=I2, ce qui montre que la matrice
Mest d’ordre 8. II. - Réseaux
1. • Supposons quee0=(e10, . . . ,e0n) soit uneZ-base deR. AlorsR={
n
X
i=1
ai0e0i/∀i∈{1, . . . ,n},a0i∈Z}.
Or, pour tout j∈[[1,n]],ej∈R, donc il existe (p01,j, . . . ,p0n,j)∈Zntel queej=
n
X
i=1
p0i,je0i. Par consé-quent,eétant une famille génératrice deE,e0l’est aussi.
Commee0est de cardinal égal àn=dim(E),e0est donc une base deE. De plus, la matrice de passage dee0àeest la matrice desp0
i,j : elle appartient àMn(Z) et est inver-sible. Par un raisonnement symétrique son inverse appartient àMn(Z). Cette matrice de passage est donc dansGLn(Z).
Une implication est ainsi établie.
• Réciproquement, supposons quee0soit une base deEet que la matrice de passage deeàe0 appar-tienne àGLn(Z). NotonsP=(pi,j) cette matrice etP−1=(pi0,j) sa matrice inverse.
Pour toutj∈[[1,n]],e0j= n X i=1 pi,jei, donce0j∈R. De plus : – ∀(a01, . . . ,a0n)∈Zn, n X j=1 a0je0j= n X j=1 a0j à n X i=1 pi,jei ! = n X i=1 à n X j=1 a0i,jpi,j ! ei. Or∀i∈[[1,n]], n X j=1 ai0,jpi,j∈Z, donc n X j=1 a0je0j∈R. Ainsi : { n X j=1 a0je0j/∀j∈{1, . . . ,n},a0j∈Z}⊂R.
– Réciproquement, soitx∈R. Il existe alors (a1, . . . ,an)∈Zntel que
x= n X j=1 ajej= n X j=1 aj à n X i=1 p0i,jei0 ! = n X i=1 à n X j=1 ajpi0,j ! e0i, avec n X j=1
ajpi0,j∈Zpour touti∈[[1,n]], donc
R⊂{ n X i=1 a0iei0/∀i∈{1, . . . ,n},ai0∈Z}. DoncR={ n X i=1
a0iei0/∀i∈{1, . . . ,n},ai0∈Z}, oùe0est une base deE, si bien quee0est uneZ-base de
R.
2. Considérons deuxZ-basese=(e1, . . . ,en) ete0=(e01, . . . ,en0) deR.
NotonsM(resp.M0) la matrice deMn(R) dont le coefficient d’indice (i,j) est égal au produit scalaire (ei,ej) (resp. (e0i,e0j)), etPla matrice de passage deeàe0.
Les matricesMetM0sont alors congruentes, et plus précisément :M0=tP M P. En effet, il s’agit de la formule de changement de base pour une forme bilinéaire symétrique appliquée au produit scalaire avec les deux baseseete0.
Par conséquent, det(M0)=det(tP) det(M) det(P)=det(M)(det(P))2. Or det(P)= ±1 donc det(M0)=det(M).
Ceci prouve le résultat demandé et justifie la définition du discriminant du réseauR:∆(R)=det(M), oùMest la matrice dont le coefficient d’indice (i,j) est (ei,ej), pour n’importe quelleZ-base
e=(e1, . . . ,en) deR.
3. L’idée consiste à prouver qu’un réseauRdeE n’est pas dense dansE, la raison intuitive étant queZ n’est pas dense dansR.
Considérons un réelr strictement positif, un vecteuradeE et uneZ-basee=(e1, . . . ,en) deR. Rai-sonnons par l’absurde : supposons que l’ensembleB(a,r)∩Rsoit de cardinal infini. Il contient donc un sous-ensemble infini dénombrable et on peut alors construire une suite (xp) de vecteurs deux à deux distincts deB(a,r)∩R. Cette suite étant bornée dans un espace vectoriel isomorphe àRn, elle admet, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, une suite extraite (yp) convergente. Or, pour tout
n∈N,yp6=yp+1donc, comme les systèmes de coordonnées deyp etyp+1dans la baseesont deux
n-uplets distincts d’entiers, on a nécessairement||yp−yp+1||∞Ê1 (où|| ||∞désigne la norme infinie). Comme la norme euclidienne majore la norme infinie (ou comme toutes les normes sont équiva-lentes en dimension finie), l’inégalité ci-dessus obtenue pour toutp∈Ncontredit la convergence de la suite (yp).
Par conséquent, la supposition est fausse :B(a,r)∩Rest bien de cardinal fini.
m(R) est bien définie, du fait queRvérifie l’axiome de la borne inférieure.
De plus, soiteun vecteur quelconque non nul deR. D’après la question précédente, l’ensemble
A=B(0,||e||)∩Rest non vide et de cardinal fini, on peut donc considérer un vecteurvde plus petite norme de cet ensemble :vest donc un vecteur non nul deRet
||v|| =Inf{||x||/x∈A}=Inf{||x||/x∈R\{0}}=m(R)
Ainsim(R)= ||v||pour un vecteurv∈R\{0} ; cette borne inférieure est atteinte : c’est un plus petit élément.
5. (a) L’image parπk de la base (v1, . . . ,vk,ek+1, . . . ,en) deE est une famille génératrice deπk(E). Or,
commeπkest surjective deEsurWk⊥,πk(E)=Wk⊥; et, commeπk(v1)=. . .πk(vk)=0, (πk(ek+1), . . . ,πk(en)) est une famille génératrice deW⊥
k . Étant de cardinaln−k=dim(W⊥
k ), c’est donc une base de
Wk⊥. De plus, πk(R) = ( πk à k X i=1 aivi+ n X i=k+1 aiei ! /∀i∈{1, . . . ,n},ai∈Z ) = ( k X i=1 aiπk(vi)+ n X i=k+1 aiπk(ei) /∀i∈{1, . . . ,n},ai∈Z ) = ( n X i=k+1 aiπk(ei) /∀i∈{k+1, . . . ,n},ai∈Z ) . On a ainsi prouvé queπk(R) est un réseau deW⊥
k deZ-base (πk(ek+1), . . . ,πk(en)). (b) Commeek+1∉Wk,||πk(ek+1)|| >0.
Comme à la question 4, l’ensemble A=B(0,||πk(ek+1)||)∩πk(R)\{0} est un ensemble non vide (car il contientπk(ek+1)) de cardinal fini ; on peut donc considérer un vecteurude plus petite norme deA. Alors||u|| >0 et commeu∈πk(R), il existevk+1∈Rtel queu=πk(vk+1).
Alors||πk(vk+1)|| =inf{||u||/u∈A}=inf{||u||/u∈πk(R)\{0}}=m(πk(R)). (c) • D’après ce qui précède, il existe (n−k) entiersak+1, . . . ,antels que
πk(vk+1)= ak+1πk(ek+1)+. . .+anπk(en). Notons d le PGCD de ak+1, . . . ,an. Il existe alors (ak0+1, . . . ,a0n)∈Zn−k tel que ai =d a0i pour touti ∈[[k+1,n]] etak0+1, . . . ,a0n sont premiers entre eux dans leur ensemble. Posonsv0
k+1= 1
dvk+1. Alorsπk(v0
k+1)∈πk(R)\{0}. Sid>1, alors
||πk(v0
k+1)|| = 1
d||πk(vk+1)|| < ||πk(vk+1)||, ce qui contredit le fait que||πk(vk+1)|| =m(πk(R)). Doncd=1, ce qui prouve queπk(vk+1) est un vecteur primitif du réseauπk(R).
• D’après le résultat admis par l’énoncé, il existe une famille (fk0+2, . . . ,fn0) de vecteurs deEtelle que (πk(vk+1),fk0+2, . . . ,fn0) soit uneZ-base deπk(R). Il existe alors une famille (fk+2, . . . ,fn) de vecteurs deRvérifiant pour touti ∈{k+2, . . . ,n} ,πk(fi)=f0
i. Nous allons montrer que (v1, . . . ,vk,vk+1,fk+2, . . . ,fn) est une base deE. La famille étant de cardinaln, il suffit de mon-trer qu’elle est libre. Supposons que l’on ait une relation de la forme
k+1 X i=1 aivi+ n X i=k+2 aifi=0. En appliquantπknous obtenons
ak+1πk(vk+1)+
n
X
i=k+2
aifi0=0.
La famille (πk(vk+1),fk0+2, . . . ,fn0) étant uneZ-base deRest une famille libre, donc lesaisont nuls pouri∈{k+1, . . . ,n}. On conclut alors à la nullité des autresai en remarquant que la famille (v1, . . . ,vk) est libre. Donc la famille (v1, . . . ,vk,vk+1,fk+2, . . . ,fn) est une base deE.
• Nous allons montrer que cette famille est uneZ-base deR. Tous les éléments de cette famille étant des éléments deR, nous avons l’inclusion
{ k+1 X i=1 aivi+ n X i=k+2 aifi/∀i∈{1, . . . ,n} ai∈Z}⊂R.
Soit alorsx∈R. Par construction il existe une famille (ak+1, . . . ,an) d’entiers tels que πk(x)=ak+1πk(vk+1)+Pn
i=k+2aifi0. Donc le vecteury=x−ak+1vk+1−Pn
i=k+2aifiappartient au noyau deπket àR. Il existe donc une famille d’entiers (b1, . . . ,bn) telle que
y=Pk
i=1bivi+Pn
i=k+1biei. La famille (v1, . . . ,vk) forme une base du noyau deπket la famille (ek+1, . . . ,en) forme une base d’un supplémentaire de ce noyau. Le vecteuryappartenant au noyau deπk, nous obtenonsy=Pk
i=1bivi. D’où x= k X i=1 bivi+ak+1vk+1+ n X i=k+2 aifi. Nous avons donc montré l’inclusion
R⊂{ k+1 X i=1 aivi+ n X i=k+2 aifi/∀i∈{1, . . . ,n} ai∈Z}. Il résulte de tout cela que (v1, . . . ,vk+1,fk+2, . . . ,fn) est uneZ-base deR.
(d) Ce résultat s’obtient par récurrence limitée surl∈[[1,n]] dans laquelle il suffit d’utiliser correc-tement les résultats des questions (a), (b) et (c). Considérons l’hypothèse de récurrence suivante
Hl : « il existe uneZ-base (v1, . . . ,vl,el+1, . . . ,en) deRvérifiant||v1|| =m(R) et
∀k∈[[1,l−1]] ,||πk(vk+1)|| =m(πk(R)), oùπkest la projection orthogonale sur<v1, . . . ,vk>⊥. »
• Pourl=1, d’après la question 4, il existe un vecteurv1∈R\{0} tel que||v1|| =m(R).
v1est nécessairement un vecteur primitif deR(par une argumentation analogue à celle faite à la question (c)), donc il existe uneZ-base deRde la forme (v1,e2, . . . ,en) etH1est vérifiée.
• Supposons avoir établiHlpour une valeurlÉn−1 : il existe alors uneZ-base (v1, . . . ,vl,el+1, . . . ,en) deRvérifiant||v1|| =m(R) et∀k∈[[1,l−1]] ,||πk(vk+1)|| =m(πk(R)). Cette base vérifie donc les hypothèses du début de la question 4 : on en déduit donc successivement que :
– πl(R) est un réseau de<v1, . . . ,vl>⊥(question (a)) ;
– il existe un vecteurvl+1deRvérifiant||πl(vl+1)|| =m(πl(R)) (question (b)) ; – il existe uneZ-base deRde la forme (v1, . . . ,vl,vl+1,fl+2, . . . ,fn) (question (c)). Ceci prouve bien queHl+1est aussi vérifiée.
D’après le principe de récurrence,Hl est donc vraie pour tout entierl∈[[1,n]] ; doncHn est vérifiée, ce qui répond à la question.
(e) Le réseauR1considéré ici est le réseau plan constitué par un maillage de triangles équilatéraux de côté égal à 1. Posonse1=(1, 0) ete2=(−1/2,p
3/2). Il est manifeste quem(R1)=1= ||e1||. Avec les notations de l’énoncé,π1est donc la projection orthogonale sur<e01>, avece10 =(0, 1). D’après la question (a),π1(R1) est un réseau de<e10 >deZ-base (π1(e2)). Il est alors manifeste également que||π1(e2)|| =m(π1(R1)) (un calcul très simple aboutit d’ailleurs à
||π1(e2)|| = ||(e2,e10)e01|| =p3/2||e01|| =p3/2). Ainsi,eest une base réduite deR1. 6. (a) Soit (j,k)∈[[2,n]]2.
π1(ej)=ej−λe1oùλest un réel tel que (e1,π1(ej))=0. Or (e1,π1(ej))=(e1,ej)−λ||e1||2, avec
||e1|| =m(R) ; doncλ=(e1,ej) m(R)2 etπ1(ej)=ej−(e1,ej) m(R)2e1. De même,π1(ek)=ek−(e1,ek) m(R)2e1. Ainsi : (π1(ej),π1(ek)) = (ej−(e1,ej) m(R)2e1,ek−(e1,ek) m(R)2e1) = (ej,ek)−2(e1,ej)(e1,ek) m(R)2 +(e1,ej)(e1,ek) m(R)4 ||e1||2 = (ej,ek)− 1 m(R)2(e1,ej)(e1,ek).
(b) NotonsA=(ai,j) la matrice deMn(R) dont le coefficient d’indice (i,j) (pour 1Éi,jÉn) est égal àai,j=(ei,ej) etA1la matrice deMn−1(R) dont le coefficient d’indice (i,j) (pour 2Éi,jÉn) est égal à (π1(ei),π1(ej)).
Pourj∈[[2,n]], effectuons successivement les transvectionsLj←Lj−aj,1 a1,1
L1à partir des lignes de la matriceA. La matrice A0ainsi obtenue se déduit donc deA par multiplications à gauche par (n−1) matrices de tranvection. Or, comme une matrice de tranvection est de déterminant égal à 1, il vient : det(A)=det(A0).
De plus, les lignesL0j de A0pour j∈[[2,n]] ont pour coefficients 0 en première colonne et, en colonnek∈[[2,n]] : aj,k−aj,1 a1,1 a1,k=(ej,ek)−(ej,e1) (e1,e1)(e1,ek)=(ej,ek)− 1 m(R)2(e1,ej)(e1,ek)=(π1(ej),π1(ek)).
A0a donc pour première ligne la première ligneL1deAet le reste deA0est constitué d’une co-lonne de zéros juxtaposée à la matriceA1. Par un calcul de déterminant par blocs on a
det(A0)=(e1,e1) det(A1) (car (e1,e1) est le coefficient en première ligne et première colonne de A0). Or, d’après la question 4, (e1,e1)=m(R)2 et, d’après la question 2, det(A)=∆(R) et det(A1)=∆(π1(R)).
Ainsi :∆(R)=m(R)2∆(π1(R)).
(c) D’après le théorème de Pythagore, puisquee1etv0sont orthogonaux, on a :
||v||2= ||t e1+v0||2=t2||e1||2+ ||v0||2=t2m(R)2+ ||v0||2. Orv6=0 doncm(R)É ||v||.
Ainsi :m(R)2Ét2m(R)2+ ||v0||2.
(d) Nous allons montrer l’égalité de Hermite en raisonnant par récurrence surn. Pourn=1, l’in-égalité est clairement vérifiée : si (e1) est uneZ-base deR, nous avonsm(R)2=(e1,e1)=∆(R). Cela donne le résultat.
Supposons doncnÊ2 et l’inégalité vérifiée à l’ordren−1. Choisissons (e1, . . . ,en) une base ré-duite deR. Il existe, par hypothèse de récurrence, un vecteurv0 du réseauπ1(R) vérifiant la relation (*)
||v0||2É(4/3)(n−2)/2∆(π1(R))1/(n−1).
Soit alorsv∈Rtel queπ1(v)=v0. Il existe un réelt tel quev=t e1+v0et l’on peut choisirvde manière à ce que|t| É1/2 (quitte à remplacervparv−ke1où l’entierkest tel que|t−k| É1/2). En appliquant la question 6-c nous obtenons
m(R)2É ||v0||2/(1−t2)É(4/3)||v0||2. Nous avons donc par (*)
m(R)2É(4/3)n/2∆(π1(R))1/(n−1).
D’après la question 6-b ∆(π1(R))=∆(R)/m(R)2, ce qui permet de conclure à la véracité de l’inégalité à l’ordren.
7. Hn est une partie de R+ non vide (car d’après l’inégalité de Hermite, (4/3)(n−1)/2
∈Hn), donc elle admet une borne inférieureηnqui vérifie alorsm(R)2Éηn∆(R)1/n.
(a) Considérons le réseauZn deRn euclidien usuel. La base canoniquee =(e1, . . . ,en) de Rn est orthonormale et c’est de manière immédiate une base réduite deZn, avecm(R)2= ||e1||2=1 et
∆(R)=det(In)=1.
Ainsim(R)2=∆(R)1/n, et commem(R)2Éηn∆(R)1/n, on en déduit queηnÊ1. (b) • D’une part, l’inégalité de Hermite s’écrit, pourn=2 :m(R)2É(2/p
3)∆(R)1/2; donc 2/p
3∈H2, d’oùη2É2/p
3.
• D’autre part, le réseauR1étudié à la question 5.(e) vérifie :m(R1)2= ||e1||2=1 et
∆(R1)= ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −1/2 −1/2 1 ¯ ¯ ¯ ¯=3/4 ; doncm(R1)2=(2/p 3)∆(R1)1/2; orm(R1)2 Éη2∆(R1)1/2; d’oùη2Ê2/p 3.
Finalement :η2=2/p
3.
Ceci prouve que l’inégalité d’Hermite ne peut pas être améliorée pour toutn Ê2 puisque la valeur (4/3)(n−1)/2est atteinte pourn=2.
III. - Cristalloïdes
1. Soitgun élément deO(R), oùRest un réseau deEdeZ-basee=(e1, . . . ,en). L’applicationgest en-tièrement déterminée par la donnée des vecteursg(e1), . . . ,g(en).
Soit k ∈[[1,n]]. D’après la question II.3,B(0,||ek||)∩R est de cardinal fini. Or g(ek) appartient à
B(0,||ek||)∩R(puisqueg(ek)∈Ret||g(ek)|| = ||ek||). Il n’y a donc qu’un nombre finiαkde vecteurs
g(ek) possibles. D’où au total un nombre fini d’élémentsg ∈O(R) possibles, inférieur à
n
Y
k=1
αk. Par conséquent,O(R) est de cardinal fini.
2. • Supposons queGestZ-conjugué àψe(Γ). Alors il existe une matriceM∈GLn(Z) telle que
MG M−1=ψe(Γ). Notonse0la base deEtelle queMsoit la matrice de passage deeàe0. D’après la question II.1,e0est uneZ-base deR.
De plus, pour toute matriceP∈Mn(R), on a :
P∈G⇔M P M−1 ∈ψe(Γ) ⇔ ∃g∈Γ,M P M−1 =Mat(g,e) ⇔ ∃g∈Γ,P=M−1×Mat(g,e)×M=Mat(g,e0) ⇔P∈ψe0(Γ) DoncG=ψe0(Γ).
• Réciproquement, supposons qu’il existe uneZ-basee0deRtelle queG=ψe0(Γ). NotonsMla ma-trice de passage deeàe0.
Pour toute matriceP∈Mn(R), on a :
P∈MG M−1⇔P∈Mψe0(Γ)M−1 ⇔ ∃g∈Γ,P=M×Mat(g,e0)×M−1=Mat(g,e0)
⇔P∈ψe(Γ) DoncMG M−1=ψe(Γ) :Getψe(Γ) sontZ-conjugués. L’équivalence à prouver est ainsi établie.
3. • Supposons que les deux cristalloïdes (R,Γ) et (R0,Γ0) sont équivalents. Alors il existeu∈GL(E) tel queu(R)=R0etuΓu−1=Γ0.
Commeeest une base deEet queuest un isomorphisme,e00=u(e) est une base deE. De plus :
R0=u(R) = ( u à n X i=1 aiei ! /∀i∈{1, . . . ,n},ai∈Z ) = ( n X i=1 aie00i /∀i∈{1, . . . ,n},ai∈Z )
donce00est uneZ-base deR0.
PosonsG=ψe(Γ),G0=ψe0(Γ0) etG00=ψe00(Γ0). D’après la question 2,G0etG00sontZ-conjugués. NotonsU=Mat(u,e) :U est aussi la matrice de passage deeàe00.
Pour toutg0∈Γ0, il existeg∈Γtel queg0=ug u−1, si bien que : Mat(g0,e00)=Mat(g0,u(e))=U−1
×Mat(g0,e)×U=U−1
×Mat(ug u−1,e)×U=U−1U×Mat(g,e)× U−1U=Mat(g,e).
Ainsi, pour toute matriceP∈Mn(R), on a :
P∈G00⇔ ∃g0∈Γ0,P=Mat(g0,e00)⇔ ∃g∈Γ,P=Mat(g,e)⇔P∈G. DoncG00=G. Par conséquent,G=ψe(Γ) etG0=ψe0(Γ0) sontZ-conjugués.
• Réciproquement, supposons queG=ψe(Γ) etG0=ψe0(Γ0) sontZ-conjugués. Alors il existe
M∈GLn(Z) vérifiantMG M−1
=G0.
Notonsv∈GL(E) tel que Mat(v,e)=M−1ete00=v(e).e00est une base deE etM ∈GLn(Z) est la matrice de passage deeàe00donce00est uneZ-base deR, d’après la question II.1.
Notons aussiM0∈GLn(R) la matrice de passage deeàe00 etu∈GL(E) l’automorphisme tel que Mat(u,e00)=M0, si bien quee0=u(e00).
– D’une part : commee00=v(e) est une base deE et que la matrice M−1 de passage dee àe00
appartient àGLn(Z),e00est uneZ-base deR (toujours d’après la question II.1). Ainsi, comme
e0=u(e00) et quee00ete0sont desZ-bases respectives des réseauxRetR0, on au(R)=R0 (1). – D’autre part, pour toutg∈Γ, on a :
Mat(ug u−1,e0)=Mat(ug u−1,u(e00))=M0−1×Mat(ug u−1,e00)×M0=M0−1M0×Mat(g,e00)×M0−1M0=
Mat(g,e00)=Mat(g,v(e))=M×Mat(g,e)×M−1.
Or Mat(g,e)∈G, donc Mat(ug u−1,e0)∈MG M−1=G0. Ainsiug u−1∈Γ0, ce qui prouve que
uΓu−1⊂Γ0.
On montre de la même manière queu−1Γ0u⊂Γ, d’oùΓ0⊂uΓu−1. Finalement :uΓu−1=Γ0 (2).
Les relations (1) et (2) obtenues ci-dessus établissent que les cristalloïdes (R,Γ) et (R0,Γ0) sont équi-valents.
L’équivalence à prouver dans cette question est donc établie. 4. Montrons queψest injective et surjective.
• Considérons deux cristalloïdes (R,Γ) et (R0,Γ0) deE, deZ-bases respectiveseete0. Supposons que les classes d’équivalence de cristalloïdes de (R,Γ) et (R0,Γ0) aient la même image parψ. Alorsψe(Γ) etψe0(Γ0) sontZ-conjugués ; donc, d’après la question 3, (R,Γ) et (R0,Γ0) sont équivalents, c’est-à-dire que leurs classes d’équivalence sont égales : ceci prouve l’injectivité deψ.
• Considérons une classe d’équivalence de sous-groupe deGLn(Z) de représentantG0. Considérons Rnmuni de sa base canoniquee=(e1, . . . ,en) et le réseauRdeZ-basee. Le groupeG0s’identifie par choix de la baseeà un sous-groupe finiGdeGL(Rn). Les matrices des éléments deGdans la base
eétant des éléments deGLn(Z), les éléments deGstabilisentR. Nous allons construire un produit scalaire surRn qui fait deGun sous-groupe du groupe orthogonal. Notons (., .) le produit scalaire usuel deRnet|G|le cardinal deG. La forme bilinéaire (., .)Gdéfinie pour tout couple (u,v)∈(Rn)2 par (u,v)G= 1 |G| X g∈G (g(u),g(v)) est clairement un produit scalaire surRn. De plus, sig0∈G, on a
(g0(u),g0(v))G= 1 |G| X g∈G (g(g0(u)),g(g0(v))) = 1 |G| X g00∈G (g00(u),g00(v)) =(u,v)G
Donc, si l’on munitRn du produit scalaire (., .)G, le groupeGest un sous-groupe du groupe ortho-gonal qui stabiliseR. Le couple (R,G) est donc un cristalloïde de l’espace euclidien (Rn, (., .)G). Les deux espaces euclidiens (Rn, (., .)G) etEétant de même dimension, il existe une isométrie
u:Rn−→E. Le couple (u(R),uGu−1) est alors clairement un cristalloïde deEvérifiant ψu(e)(uGu−1)=G0. Ceci montre la surjectivité de l’applicationψ.
L’applicationψest donc une bijection de l’ensemble des classes d’équivalence de cristalloïdes deE
sur l’ensemble des classes deZ-conjugaison de sous-groupes finis deGLn(Z).
5. Le groupe diédralD6est le groupe des isométries du plan euclidien conservant un hexagone régulier ; c’est un sous-groupe deO(R1), oùR1est le réseau deR2étudié à la question II.5.e qui contient l’hexa-gone régulier centré en l’origine 0 et de sommet le point de coordonnées (0, 1). En effet, le groupeD6
est engendré par deux éléments, la rotation d’angleπ/3 et la symétrie de droite d’angleπ/6. On vérifie que ces deux isométries sont dansO(R1) par exemple en vérifiant que les matrices de ces isométries dans laZ-baseede la question II-5-e sont dansGL2(Z) : on a respectivement
µ1 −1 1 0 ¶ et µ1 0 1 −1 ¶ . On peut alors identifierD6à un sous-groupe deO(R1) (en fait on a égalité : une isométrie qui conserve
R1permute les six vecteurs de norme 1 deR1, donc conserve l’hexagone). (R1,D6) est donc un cris-talloïde deR2etψe(D6) est un sous-groupe deGL2(Z). Le groupe diédralD6est donc isomorphe à un sous-groupe deGL2(Z).
IV. - Groupes libres quadratiques
1. Considérons uneZ-basee=(e1, . . . ,en) deR. Notonsb(ei,ej)=pi,j/qi,j avecpi,j∧qi,j=1. Notons alorsq le ppcm desqi,j (pouri et j variant dans l’ensemble {1, . . . ,n}). Pour tout couple (x,y)∈R2, on ab(x,y)∈ q1Z. L’ensemble {b(x,x)1/2/x∈R, b(x,x)>0} est donc un sous-ensemble de p1qN∗. D’autre part c’est un ensemble non vide. En effet, puisquepÊ1, il existe un vecteura deE tel que
b(a,a)>0. Par continuité de la formeb, celle-ci est strictement positive sur une boule ouverte centrée ena de rayonr >0. Par équivalence des normes en dimension fini, on peut choisir la norme infinie associée à la basee, et par homothétie, la formeb est strictement positive sur les boules centrée en λa et de rayonλr. Si l’on choisi le réelλde manière à avoirλr>1, la boule considérée contient un élément du réseauR. L’ensemble {b(x,x)1/2 /x∈R , b(x,x)>0} est donc un sous-ensemble non vide de p1qN∗, il admet par conséquent un plus petit élément atteint en un vecteurvqui est non nul puisqueb(v,v)>0. D’où l’existence dev.
2. Puisqueb(v,v)>0 la restriction debà la droite<v>est non dégénérée. Nous avons donc une somme directe, orthogonale au sens deb,E=W⊕ <v>. Par additivité de la signature, la signature deb0est (p−1,q).
3. Sip=n, l’inégalité de Hermite-Minkovski devient l’inégalité de Hermite, démontrée dans la partie II. Soit doncnÊ2 et 1Ép<n. Nous allons montrer l’inégalité par récurrence surp. Pour simplifier les notations, nous notonsm=mb(R),πla projection surW parallèlement à<v>etR0=π(R).
• Supposonsp=1. La formeb0est définie négative, donc−b0est définie positive. Notons
m0=m−b0(R0). D’après IV-1 il existew0∈R0tel que−b0(w0,w0)=m02etw∈Rtel queπ(w)=w0. Par conséquent,w=t v+w0et l’on peut choisir le réelt pour avoir 1/2É |t| É1 (même technique qu’en II-6). On a alorsb(w,w)=t2m2+b(w0,w0)<m2carb(w0,w0)<0. Par minimalité dem2on en déduitb(w,w)É0, donc
t2m2É −b(w0,w0)=m02
puis
m2/4Ém02.
D’autre part, en appliquant l’inégalité de Hermite au réseauR0 avec le produit scalaire−b0nous obtenons l’inégalité
m02É(4/3)(n−2)/2∆−b0(R0)1/(n−1). Les deux inégalités précédentes combinées montrent alors que
m2É4(4/3)(n−2)/2∆−b0(R0)1/(n−1). Un raisonnement similaire à celui de la question II-6-b montre que
|∆b(R)| =m2|∆−b0(R0)|. On en déduit
m2É4(4/3)(n−2)/2m−2/(n−1)|∆b(R)|1/n−1
soit encore après simplification
m2É3(n−1)/n(4/3)(n−1)/2|∆b(R)|1/n−1, ce qui est l’inégalité de Hermite-Minkovski dans le casp=1.
• Supposons maintenant 1<p<net l’inégalité vérifiée à l’ordrep−1. La formeb0est de signature (p−1,q) avecp−1Ê1. Notonsm0=mb0(R0). D’après IV-1 il existew0∈R0tel queb0(w0,w0)=m02
etw∈Rtel queπ(w)=w0. Par conséquent,w=t v+w0 et l’on peut choisir le réelt pour avoir