Rekazator : extensions cyclotomiques et applications

Rekazator : extensions

cyclotomiques et applications

Dans la table de caractères d’un groupe fini, on trouve au moins un zéro sur chaque ligne pour les irreps de degré > 1.

Commençons par un exercice préliminaire :

Exercice 0.1 (Un préliminaire sur les extensions cyclotomiques).

Pour n entier naturel, soit P

l’ensemble des entiers de 1 à n premiers avec n, et ω ∈ C une racine primitive n-ième de l’unité. On rappelle que le polynôme cyclotomique φ

est irréductible (et unitaire) sur Q , donc sur Z .

1. Montrer que l’évaluation en ω fournit un isomorphisme de corps Q [X]/(φ

) → Q (ω). En déduire l’existence, et l’unicité, d’un auto- morphisme ζ

sur Q [ω], pour tout k de P

, qui fixe Q et envoie ω sur ω

.

2. Montrer que k ·P (ω) = P (ω

) définit une action du groupe multipli- catif ( Z /n Z )

sur Q (ω), resp. Z [ω], par automorphismes de corps, resp. d’anneau.

3. Soit α dans Q (ω), resp. dans Z [ω]. Montrer que ζ

(α) = α pour tout k de P

si et seulement si α ∈ Q , resp. α ∈ Z .

On pourra écrire la condition sous la forme d’un système et recon- naître une matrice de Vandermonde.

Soluce

1. Comme φ

(ω) = 0, φ

est dans le noyau de l’évaluation, et comme, de plus, φ

est irréductible dans Q [X], qui est principal, φ

engendre le noyau. Comme ω est un nombre algébrique, on a Q [ω] = Q (ω), ce qui implique la surjectivité de l’évaluation. L’isomorphisme d’anneaux en résulte, par passage au quotient, et un isomorphisme d’anneaux entre deux corps est un isomorphisme de corps.

L’unicité de ζ

est claire car ω engendre Q [ω]. Pour l’existence, on

remarque juste que ω

est aussi une racine primitive n-ième de l’unité,

donc Q [ω

] est encore isomorphe à Q [X]/(φ

), d’où un isomorphisme

ζ

de Q [ω] sur Q [ω

]. On a clairement Q [ω

] ⊂ Q [ω], et on déduit l’inclusion inverse par égalité des dimensions, ce qui implique que ζ

est bien un automorphisme.

2. L’assertion portant sur Q [ω] est claire en utilisant l’unicité de ζ

et (ω

)

= ω

. Comme ci-dessus, une double inégalité prouve que Z [ω

] = Z [ω], et il en résulte l’assertion sur Z [ω].

3. La partie « si » est claire, puisque si α est dans Q , on peut le voir comme un polynôme constant (en ω) ; il est donc invariant par ζ

. Montrons la réciproque dans le cas où α ∈ Q [ω]. On sait que l’on peut écrire α = P

i=0

a

ω

, a

∈ Q , puisque le polynôme φ

est de degré ϕ(n). Le système d’équations ζ

(α) = α, pour tout k de P

s’écrit sous la forme

αe = V a,

où e = (1, · · · , 1), a = (a

, · · · , a

), tous deux écrits en colonnes, et V la matrice de Vandermonde V = (ω

)

i,j

, avec 0 ≤ i ≤ ϕ(n) − 1 et j ∈ P

. Soit e

= (1, 0, · · · , 0), le premier vecteur de la base canonique.

On a V e

= e, d’où

V a = αe = αV e

= V (αe

).

Comme V est la matrice de Vandermonde des ω

, k ∈ P

, qui sont deux à deux distincts, V est inversible et donc, a = αe

, ce qui entraîne que tout a

, i 6= 0 est nul. Il vient α ∈ Q .

Maintenant, si α est dans Z [ω], alors, on peut écrire α = P

a

ω

, a

∈ Z , en utilisant la division euclidienne dans Z [X] par φ

, qui est unitaire

. Donc, l’assertion sur Z est analogue.

Remarque. Le résultat sur Q provient d’un résultat classique de théorie de Galois : le groupe de Galois de Q (ω) sur Q est le groupe multiplicatif ( Z /n Z )

, et donc, les ( Z /n Z )

-invariants de Q (ω) sont réduits à Q . Pour l’assertion sur Z , on peut remarquer que les éléments de Z [ω] sont des entiers algébriques, et qu’un entier algébrique dans Q est forcément dans Z .

Exercice 0.2 (Un zéro sur chaque ligne).

Soit une représentation irréductible de caractère χ telle que pour tout g, les χ(g) sont non nuls. Nous allons montrer que le degré de la représentation est alors égal à 1. Soit n l’ordre de G et ω une racine

1. Attention ! L’anneau Z [X ] n’est pas euclidien. Toutefois, la division euclidienne de

Q [X ] d’un polynôme de Z [X] par un polynôme unitaire, reste dans Z [X].

n-ième de l’unité. Pour tout k premier avec n, on notera ζ

(comme dans l’exercice 0.1), l’automorphisme du corps Q [ω] qui envoie ω sur ω

.

1. Soit χ un caractère irréductible et g dans G ; on pose N

(g) = Q

m∈(Z/nZ)^∗

|χ(g

)|

. Montrer que N

(g) appartient à Z [ω], puis que ζ

N

(g)

= N

(g), pour tout k premier avec n.

2. En déduire que N

(g) appartient à Z , pour tout g de G.

3. Conclure, en utilisant le fait que la moyenne arithmétique est plus grande que la moyenne géométrique.

Soluce

1. On a : |χ(g)|

= χ(g)χ(g

). Par suite, comme χ(g) ∈ Z [ω] pour tout g, on a : N

(g ) ∈ Z [ω].

De plus, on a vu dans l’exercice 0.1, que ( Z /n Z )

agit (par bijections !) sur G. Il en résulte que, en posant m

= mk, que, pour tout k premier avec n,

ζ

(N

(g)) = Y

m∈(Z/nZ)^∗

χ(g

)χ(g

) = Y

m⁰∈(Z/nZ)^∗

χ(g

)

2

= N

(g).

2. Encore par l’exercice 0.1, il vient N

(g) ∈ Z .

3. On suppose donc que χ(g) 6= 0 pour tout g dans G. On a alors N

(g) ≥ 1, pour tout g de G. Donc,

p

N

(g) ≥ 1, où ϕ désigne l’indicatrice d’Euler. Comme la moyenne arithmétique est supérieure à la moyenne géométrique (par concavité du logarithme), il vient

X

m∈(Z/nZ)^∗

|χ(g

)|

≥ ϕ(n).

Faisons la somme des n termes de gauche, pour tout g de G, qui est donc censée être supérieure à nϕ(n). Par irréductibilité de χ (qui est donc de norme 1), et comme g 7→ g

est une bijection :

X

g∈G

X

m∈(Z/nZ)^∗

|χ(g

)|

= X

m∈(Z/nZ)^∗

X

g∈G

|χ(g

)|

= X

m∈(Z/nZ)^∗

X

g∈G

|χ(g)|

= ϕ(n)n

On a donc en fait une égalité ; on conclut que l’inégalité ci-dessus est, en fait, une égalité, et ce, pour tout g de G.

On a donc, en particulier, égalité pour g = e :

X

m∈(Z/nZ)^∗

|χ(e

)|

= ϕ(n).

D’où ϕ(n)χ(e) = ϕ(n), c’est-à-dire que le degré de χ est égal à χ(e) = 1.

Voici une autre jolie application de l’exercice préliminaire :

Exercice 0.3 (Condition pour que la table d’un groupe soit dans Z ).

Soit G un groupe de cardinal n. On fait agir le groupe ( Z /n Z )

sur G par k · g = g

.

1. Montrer que l’on définit une action de ( Z /n Z )

sur l’espace des fonctions centrales par

k · f : g 7→ f (g

), k ∈ ( Z /n Z )

, g ∈ G.

2. Soit χ un caractère de G. Montrer, avec les notations de l’exer- cice 0.1, que χ(g

) = ζ

χ(g)

, puis, que χ est invariant par ( Z /n Z )

si et seulement si χ est à valeurs dans Z .

3. Montrer que la table de caractères de G est à valeurs dans Z si et seulement si pour tout k dans ( Z /n Z )

, et pour tout g dans G, g

et g sont dans la même classe de conjugaison.

Pour la partie « seulement si », on pourra noter δ

la fonction caractéristique de la classe de conjugaison de h, et montrer l’égalité k · δ

= δ

.

Soluce

1. Tout d’abord, g

est bien défini puisque, par Lagrange, g

= e. Si g et h sont dans la même classe de conjugaison, alors il en est de même de g

et h

. Donc, si f est une fonction centrale (i. e. passe aux classes de conjugaison), alors k · f est également une fonction centrale.

Reste à montrer les axiomes de l’action. L’élément neutre 1 fixe effec- tivement f. De plus,

kk

· f(g) = f(g

) = f (g

)

= k · f(g

) = k · k

· f(g) . 2. Tout d’abord, χ(g) est une somme de valeurs propres λ

pour l’action de

G, donc, une somme de puissances de ω, où ω est une racine primitive n-ième de l’unité. On a, en particulier, χ(g) ∈ Z [ω]. De plus, χ(g

) est la somme des λ

. On a donc χ(g

) = ζ

χ(g)

, pour l’automorphisme

ζ

construit dans l’exercice 0.1.

Il est donc clair que si χ est invariant par ( Z /n Z )

, alors χ(g) est invariant pour l’action de ( Z /n Z )

; il est donc entier, par l’exercice 0.1 3), et la réciproque est claire.

3. Si, pour tout k dans ( Z /n Z )

, g

et g sont dans la même classe de conjugaison pour tout g, alors, comme χ est une fonction centrale, on a k · χ = χ. Ainsi, par la question qui précède, χ est à valeurs dans Z . Montrons la réciproque. Tout d’abord, nous allons montrer, selon l’in- dication proposée, que k · δ

= δ

. On a vu que ( Z /n Z )

agissait sur G et que cette action passait aux classes de conjugaison. Si h est dans la même classe de conjugaison que g, alors k · δ

(h) = δ

(h

) = 1, puisque h

est dans la même classe de conjugaison que g

. De plus, si h

est dans la même classe que g

, alors, (h

)

= h est dans la même classe que (g

)

= g, où k

est l’inverse de k dans ( Z /n Z )

. Donc, par la contraposée, si h et g ne sont pas dans la même classe de conjugaison, h

n’est pas dans la même classe que g

, et donc k ·δ

(h) = δ

(h

) = 0, ce qui prouve bien l’égalité k · δ

= δ

.

On suppose (par la contraposée), que g

et g ne sont pas dans la même classe de conjugaison. Or, k · δ

= δ

, ce qui prouve que l’action de ( Z /n Z )

sur les fonctions centrales n’est pas triviale. Comme les ca- ractères irréductibles engendrent l’espace des fonctions centrales, on obtient qu’il existe un caractère irréductible χ tel que k · χ 6= χ. Encore par l’exercice 0.1, ce caractère ne peut avoir toutes ses valeurs dans Q , et en particulier, il ne peut pas avoir toutes ses valeurs entières.

Exercice 0.4 (Intégralité des caractères de S

).

Montrer, à l’aide de l’exercice 0.3, que la table des caractères de S

est à coefficients entiers pour tout n.

Soluce D’après l’exercice 0.3, il suffit de montrer que, si k est premier avec n!, alors g

est dans la même classe de conjugaison que g, c’est-à-dire, que g

et g ont même partition associée pour la décomposition en cycles disjoints.

Or, si g se décompose en Q

i

σ

, g

se décompose en Q

i

σ

, puisque ces cycles commutent. Il suffit donc de montrer l’assertion pour chaque cycle.

Soit donc σ = (i

· · · i

) un m-cycle. Comme m ≤ n, on voit que m divise

n!, et qu’il est donc premier avec k. On suppose (σ

)

(i

) = i

pour un

m

. Alors, σ

fixe i

, ce qui implique que m divise km

, puisque les seules

puissance de σ qui fixent i

sont les multiples de m. Par le lemme de Gauss,

m divise m

. On voit alors que σ

est encore un m-cycle, et qu’il est ainsi

dans la même classe de conjugaison que σ.