Th´eor`eme de Molien avec s´eries formelles
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)
Th´eor`eme (Th´eor`eme de Molien - 1897 ?)
Soitu∈GLn(C). PourP ∈A=C[X1, ..., Xn] on poseσ(u)(P) =P(u−1(X1, ..., Xn)t) =P
X
16j6n
uj,1Xj, ..., X
16j6n
uj,nXj
.
Alors :
1. L’application σ : GLn(C) → Aut(A) est bien d´efinie et est un morphisme de groupes. ∀k ∈ N, ce morphisme induit, par restriction, un morphismeσk :GLn(C)→Aut(Ak) o`u Ak d´esigne l’ensemble des polynˆomes homog`enes `a nvariables de degr´ek.
2. SiGest un sous-groupe fini deGLn(C), G agit aussi surAk et on a : 1
|G|
X
g∈G
1
det(In−gX) =
∞
X
k=0
dim(AGk)Xk,
o`uAGk ={P ∈Ak | ∀g∈G σk(g)(P) =P}.
Lemme
Soit V un C-espace vectoriel de dimension finie. Soit ϕ : G → GL(V) un morphisme de groupe. On note VG={v∈V | ∀g∈G, ϕ(g)(v) =v}.
Alors :
dimVG= 1
|G|
X
g∈G
tr(ϕ(g))
Preuve du Lemme 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)⊂VG. De plus, pour toutv∈VG, on a : pG(v) =v, doncpG(V) =VG. Commeϕ(h)pG=pG pour touth∈Gon apG◦pG=pG. AinsipG est un projecteur d’imageVG et donc :
rg(pG) = dimVG= tr(pG) = 1
|G|
X
g∈G
tr(ϕ(g))
Preuve du th´eor`eme Etapes :´
1) Cr´eation d’un automorphisme σk(g) deAk
1
2) On montre que 1
det(I−Xg) =
+∞
X
k=0
tr(σk(g))Xk 3) On conclut alors sur l’´egalit´e avec leLemme.
Etape 1 :
V´erifions d´ej`a que l’applicationσest bien d´efinie (et donc que l’on avait bien une action). D´ej`a : σ(g)◦σ(g0)(P) =σg(σg0(P))
=σ(g0)(P)
X
16j6n
uj,1Xj, ..., X
16j6n
uj,nXj
=σ(g◦g0)(P)
De plus on aσ(I) =Idonc∀g∈G, (σ(g))−1=σ(g−1). Comme de plusσ(g) est lin´eaire,σ(g) est bien dans Aut(A).
De plus∀k∈N,∀g∈G, on aσg(Ak)⊂Ak. OrAk est de dimension finie etσ(g) est injective.
σ(g) est surjective par (σ(g))−1=σ(g−1).
Doncσ(g) induit un isomorphisme(sert `a dire qu’on est bien dansGL) deAk que l’on appelleσk(g) (=σ(g)|Ak).
Etape 2 :
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 sur C. Ainsi,gest diagonalisable, il existe doncu∈ GL(W) tel que :ugu−1admette 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(σk(g)) = 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
On a :
1
det(I−Xg) =
n
Y
i=1
1 1−λiX =
n
Y
i=1 +∞
X
p=0
λpiXp
!
=
+∞
X
p=0
vpXp
Avecvp= X
k1,...kn∈N, k1 +..+kn=p
λk11...λknn (produit de Cauchy des s´eries) Or gp(X1k1...Xnkn) =λk11...λknnX1k1..Xnkn.
Ainsi, comme {X1i1...Xnin/i1, ..in ∈ Net i1 +... +in = p} est une base de Ap, vp = tr(gp) et donc 1
det(I−Xg) =
+∞
X
k=0
tr(σk(g))Xk Etape 3 :
Pour toutk∈N,ϕ: G → GL(Ak)
g 7→ σk(g) est un morphisme de groupe.
Ainsi, on peut appliquer leLemme, et on a :
dim(AGk) = dim(AGk) = 1
|G|
X
g∈G
tr(σk(g))
Donc :
1
|G|
X
g∈G
1
det(I−Xg) =
+∞
X
k=0
dim(AGk)Xk
Bonus :
ap= p
p+n−1
2
En effet on a X
p≥0
apXp= 1
1−X n
et 1
1−X (n−1)
= (n−1)!
(1−X)n =
+∞
X
p=0
(p+n−1)..(p+ 1)Xp. Ainsi en associant les deux on obtient :
ap =(p+n−1)...(p+ 1)
(n−1)! =
p p+n−1
Notes :
X A l’oral, on ne fait pas le lemme. 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.
√ Il faut savoir justifier pourquoiV doit ˆetre de dimension finie (car sinon tr n’existe pas...) X X 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.
X Avec le vocabulaire des s´eries formelles, se remet sans probl`eme dans 101, 107, 124, 151, 152.
♣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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