Th´eor`eme de Molien

Th´eor`eme de Molien

LauraGay ♥CamilleFrancini

R´ef´erence :Leichtnam: Exercices corrig´es de math´ematiques pos´es `a l’oral des concours Polytechnique et des ENS Tome Alg`ebre et G´eom´etrie p. 95 (ouPeyr´e: L’alg`ebre discr`ete de la transform´ee de Fourier : Niveau M1)

D´efinition

On noteAk l’espace des polynˆomes homog`enes `anvariables de degr´ek. On noteak = dimAk. D´efinition

SoitGun groupe fini deGL_n(C). SoitW unC-espace vectoriel de dimension finie et (e₁, ..., e_n) une base deW. AlorsGL_n(C)' GL(W).

On d´efinit une action deGsur lesA_k par :

G×Ak → Ak

(g, P) 7→ σg(P) o`u, pourg∈G, on d´efinitσg tel que sig(eh) = X

1≤j≤n

uj,hej,P ∈A, on pose

σg(P)(X1, .., Xn) =P



 X

1≤j≤n

uj,1Xj, ..., X

1≤j≤n

uj,nXj





On a d´ej`aσI(P) =P. On v´erifiera plus tard les autres axiomes de la d´efinition :

•g.(g⁰.P) =g.σg⁰(P) =σg(σg⁰(P)) =σgg⁰(P) = (gg⁰).P

•σg(Ak)⊂Ak.

On noteak(G) = dimA^G_k = dim{P ∈Ak | ∀g∈G, σg(P) =P}.

Th´eor`eme (Th´eor`eme de Molien - 1897 ?) Sous les conditions de la d´efinition ci-dessus, on a :

X

k≥0

ak(G)X^k = 1

|G|

X

g∈G

1 det(I−gX)

Lemme 1

Pour|z|<1, 1 (1−z)ⁿ =

+∞

X

k=0

a_kz^k

Preuve du Lemme 1

A_k admet pour base{X₁ⁱ¹...X_nⁱⁿ/i₁, ..i_n∈Neti₁+...+i_n =k}. Ainsi

ak= dimAk = card{(i1, ..., in)∈Nⁿ/i1+...+in =k}

D’une part, pour|z|<1 on a :

+∞

X

p=0

z^p

!ⁿ

= ( 1 1−z)ⁿ.

D’autre part, le produit de Cauchy de ces ns´eries enti`eres donne :

+∞

X

p=0

z^p

!ⁿ

=

+∞

X

k=0

X

i1+...+in=k

1

! z^k

1

Doncak est le coefficient dez^k dans le d´eveloppement de ( 1

1−z)ⁿ. Donc : X

k≥0

akz^k = ( 1

1−z)ⁿ

Lemme 2

Soit V un C-espace vectoriel de dimension finie. Soit ϕ : G → GL(V) un morphisme de groupe. On note V^G={v∈V | ∀g∈G, ϕ(g)(v) =v}.

Alors :

dimV^G= 1

|G|

X

g∈G

tr(ϕ(g))

Preuve du Lemme 2 On pose pour cela :pG= 1

|G|

X

g∈G

ϕ(g)

Alors, on remarque que ∀v∈V,∀h∈Gon a :

ϕ(h)(pG(v)) = 1

|G|

X

g∈G

ϕ(h)ϕ(g)(v)

Mais g7→hgest une permutation deGetϕ(h)ϕ(g) =ϕ(hg) Nous avons donc queϕ(h)(pG(v)) =pG(v) doncpG(V)⊂V^G. De plus, pour toutv∈V^G, on a : pG(v) =v, doncpG(V) =V^G. Commeϕ(h)pG=pG pour touth∈Gon apG◦pG=pG. AinsipG est un projecteur d’imageV^G et donc :

rg(pG) = dimV^G= tr(pG) = 1

|G|

X

g∈G

tr(ϕ(g))

Preuve du th´eor`eme Etapes :´

1) Cr´eation d’un automorphisme gk deAk

2) A partir du Lemme 1, on montre que pour|z|<1, 1

det(I−zg) =

+∞

X

k=0

tr(gk)z^k 3) On conclut alors sur l’´egalit´e avec leLemme 2.

Etape 1 :´

Soitσ: GL(W) → AutA

g 7→ σg

(ieσg=σ(g)). V´erifions d´ej`a que l’applicationσest bien d´efinie (et donc que l’on avait bien une action). D´ej`a :

σg◦σg⁰(P) =σg(σg⁰(P))

=σg⁰(P)



 X

1≤j≤n

uj,1Xj, ..., X

1≤j≤n

uj,nXj





=σ_gg⁰(P)

De plus on aσI =Idonc∀g∈G, (σg)⁻¹=σ_g−1. Comme de plusσg est lin´eaire,σg est bien dans Aut(A).

De plus∀k∈N,∀g∈G, on aσg(Ak)⊂Ak. OrAk est de dimension finie etσg est injective.

σg est surjective par (σg)⁻¹=σ_g−1.

Doncσg induit un isomorphisme(sert `a dire qu’on est bien dansGL)deAk que l’on appellegk (=σ(g)_|Ak).

Etape 2 :´

2

On sait que 0≤ak(G)≤ak, donc (d’apr`es le Lemme 1) la s´erie

+∞

X

0

ak(G)z^k converge pour|z|<1.

De plus, d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange ∀g ∈G, g^|G| =I. Or le polynˆomeX^|G|−1 est scind´e `a racines simples surC. Ainsi,gest diagonalisable, il existe doncu∈ GL(W) tel que :ugu⁻¹ admette une matrice diagonale dans la base (e1, .., en). Alors, comme :σ(ugu⁻¹)_|Ak =σ(u)_|Akσ(g)_|Akσ(u⁻¹)_|Ak, on a :

tr(gk) = tr(σ(ugu⁻¹)_|Ak)

On peut ainsi se ramener au cas o`ug∈Gest une matrice diagonale dans la base (e1, .., en) :







λ1 0

. ..

0 λn







Lesλi sont de module 1 (carg^|G|=I).

Ainsi pour|z|<1 on a :

1

det(I−zg) =

n

Y

i=1

1 1−λiz =

n

Y

i=1 +∞

X

p=0

λ^p_iz^p

!

=

+∞

X

p=0

vpz^p

Avecvp= X

k1,...kn∈N, k1 +..+kn=p

λ^k₁¹...λ^k_nⁿ (produit de Cauchy des s´eries) Or gp(X₁^k1...X_n^kn) =λ^k₁¹...λ^k_nⁿX₁^k1..X_n^kn.

Ainsi, comme{X₁ⁱ¹...X_nⁱⁿ/i1, ..in∈Net i1+...+in=p}est une base deAp,vp= tr(gp) et donc 1

det(I−zg) =

+∞

X

k=0

tr(gk)z^k Etape 3 :´

Pour toutk∈N,ϕ: G → GL(A_k) g 7→ gk

est un morphisme de groupe.

Ainsi, on peut appliquer leLemme 2, et on a :

a_k(G) = dim(A^G_k) = 1

|G|

X

g∈G

tr(g_k)

Donc pour |z|<1 :

1

|G|

X

g∈G

1

det(I−zg) =

+∞

X

k=0

a_k(G)z^k

Bonus :

ap= p

p+n−1

En effet on a X

p≥0

apz^p= 1

1−z ⁿ

et 1

1−z ⁽ⁿ⁻¹⁾

= (n−1)!

(1−z)ⁿ =

+∞

X

p=0

(p+n−1)..(p+ 1)z^p. Ainsi en associant les deux on obtient :

a_p =(p+n−1)...(p+ 1)

(n−1)! =

p p+n−1

Notes :

X A l’oral, on ne fait pas les lemmes. Il faut introduire l’action d`es le d´ebut. Dire les ´etapes `a l’oral mais ne pas les ´ecrire car sinon lemme + ´etapes = beaucoup avant de commencer vraiment.

X Il faut savoir justifier pourquoiV doit ˆetre de dimension finie (car sinon tr n’existe pas...)

X On peut faire toute la d´emo avec les s´eries formelles (qui n’imposent aucun domaine de convergence) : cela 3

simplifie.

X z ouX est un scalaire ! (du coup on se moque de l’ordregX ouXg).

X Le d´eveloppement peut se r´e´ecrire avec le vocabulaire des repr´esentations.

♣TheodorMolien(1861 - 1941) est un math´ematicien germano-balte. Il ´etudiait les alg`ebres commutatives et les polynˆomes invariants de groupes finis.

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