coups
D'ALGEBRE
253.522

CAPEfi/AGREG
MATHEMATIQUES
collection dirigée por Jacques MOISAN
coups
D'AlGEBRE
Daniel PERRIN
Professeur à |'lUFM de Versoilles
et à l'Université de Paris-Sud (Orsoy)

ISBN 2-7298-5552-1
© ellipses / édition marketing S.A., 1996
32 rue Bargue, Paris (153).
La loi du 11 mars 1957 nhutorisant aux termes dæ alinéas 2 et 3 de l'Artinle 41, d'une part, que les
« copies ou oductions strictement réservées à l'usage privé du copiste et non destinées à une
utilisation co ective n, et d'autre part, que les analyses et les courts citations dans un but
clbœmple et d'illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale, ou partielle, faite sans
le consentement de l'auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite ». (Alinéa 1er de
YArticIe 40).
Cette représentation ou reproduction, par quel ue procédé que ce soit, sans autorisation de
l'éditeur ou du Centre français dTxploitation du sroit de Copie (3, rue Hautefeuille, 75006 Paris),
constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les Articles 425 et suivants du Code pénal.

INTRODUCTION
Ce livre est directement issu du Çours d’Algèbre paru voici maintenant plus de
quatorze ans aux presses de feu l’Ecole Normale Supérieure de Jeunes Filles.
La version initiale était la rédaction du cours oral de l’auteur donné dans le cadre
de la préparation à Pagrégation de mathématiques à l’ENSJF, durant les années
1976-1981.
Par rapport au polycopié, ce livre ne diffère que sur des points mineurs : quelques
corrections de détail, une rédaction un peu moins elliptique et surtout une
typographie plus conforme aux normes actuelles.
Il bénéficiera désormais d’une diffusion moins clandestine qu’auparavant, ce qui
était, je crois, le souhait de beaucoup et notamment des candidats à Pagrégation.
Les connaissances nécessaires pour aborder ce livre sont principalement celles des
cours d’algèbre linéaire du premier cycle des universités. Il faut citer, en plus,
quelques connaissances très élémentaires sur groupes, anneaux et corps, ainsi que
le théorème de Zom.
Le cours porte essentiellement sur les groupes “classiques” (groupes linéaires et
orthogonaux), avec trois chapitres d’algèbre générale sur groupes, anneaux et
corps. Voici le détail des différents chapitres :
Le chapitre I comprend les définitions générales sur les groupes, constamment
utilisées dans la suite (sous-groupes distingués, centre, commutateurs, opérations,
produits) assorties d’exemples et d’applications prises dans la théorie des groupes
finis (Sylow, classification des groupes de petits ordres,...) Il se termine par l’étude
plus approfondie des groupes symétriques et alternés (simplicité, automorphismes).
Le chapitre II porte sur les anneaux et particulièrement sur leurs propriétés
arithmétiques, c’est-à—dire celles qui concernent la divisibilité (anneaux principaux,
factoriels ...) avec comme application le théorème des deux carrés.
Le chapitre III contient la théorie élémentaire des corps (celle qui relève essen-
tiellement de Palgèbre linéaire), à l’exc1usion de la théorie de Galois. On y aborde
les constructions à la règle et au compas, les corps finis et, en liaison avec ceux-ci,
l’irréductibilité des polynômes à coefficients entiers ou rationnels, notamment les
polynômes cyclotomiques.
Les chapitres suivants, consacrés aux groupes classiques sont construits sur un
même plan : en vue d’obtenir un “dévissage” de ces groupes, on étudie leurs sous-
groupes distingués (centre, commutateurs) à l’aide de générateurs appropriés. On
termine en général par des théorèmes de simplicité.

4 Cours d’Algèbre
Le chapitre IV concerne les groupes linéaires et comporte, outre ce qui précède,
l’étude de ces groupes sur un corps de base fini.
Le chapitre V contient le vocabulaire des formes sesquilinéaires (quadratiques, her-
mitiennes et alternées), quelques résultats sur leur classification et des rudiments
sur les groupes associés.
Dans le chapitre VI on étudie le groupe orthogonal euclidien réel en essayant de
mettre en évidence le caractère particulier de ce groupe.
Le chapitre VII, voué à l’étude des quaternions, permet de terminer l’étude
entreprise au chapitre précédent, en élucidant la structure du groupe orthogonal
euclidien en dimension 4.
Enfin, au chapitre VIII, on étudie le groupe orthogonal général (pour un corps de
caractéristique différente de 2 et une forme quelconque), avec entre autres l’étude
des plans et des espaces hyperboliques, le théorème de Witt et celui de Cartan—
Dieudonné. On termine par l’énoncé (sans démonstration) des résultats essentiels
sur ces groupes, dans le cas où il y a des vecteurs isotropes.
De nombreux exercices sont rassemblés à la fin de chaque chapitre. Ils sont
de difficultés variables et apportent souvent des compléments au cours (contre-
exemples, applications, généralisations, démonstrations de résultats admis dans
le cours). Le lecteur qui désire trouver une solution de certains de ces exercices
pourra se reporter à l’excellent PZ�
Il y a presque dix ans maintenant que l’ENSJF a disparu, mais je voudrais profiter
de l’occasion qui m’est offerte pour remercier les sévriennes à qui était destiné ce
cours. J ’ai conservé des relations amicales avec quelques unes, mais perdu de vue
la plupart des autres, pourtant je voudrais qu’elles sachent, toutes, que les dix ans
passés à l’ENSJ F ont sans doute été les plus belles années de ma vie professionnelle.
Je voudrais remercier aussi les collègues avec qui je travaillais à Pépoque et qui
ont influencé ce texte et notamment Michel Broué, Pierre Mazet et Marie-France
Vignéras.
Une mention spéciale va aux deux corédacteurs de la première version, Marc
Cabanes et Martine Duchêne qui voient enfin leur travail publié au grand jour,
ainsi qu’à tous ceux qui avaient permis, dans des conditions artisanales, la parution
du premier Cours d’Algèbre et je pense notamment à Annie Iapteff.
Je remercie les éditions Ellipses et particulièrement Jacques Moisan pour avoir
accepté ce texte sans réserves ni discussion. Je remercie enfin Jacques et Denise
Moisan de l’aide qu’ils m’ont apporté pour la réalisation matérielle du manuscrit.

TABLE DES MATIÈRES
I. Généralités sur les groupes, groupes finis, groupe symétrique.
. Rappels .
. Générateurs d’un groupe
. Sous-groupes distingués
. Centre et commutateurs .
Opération d’un groupe sur un ensemble
. Les théorèmes de Sylow .
Produits directs et semi-directs
. Automorphismes de Z / nZ
. Structure de 6,. et 2l“
ooszçzcwgsœwn-no
Exercices sur le chapitre I
II. Anneaux, propriétés arithmétiques
0. Rappels . . . .
1. Quelques remarques sur les idéaux
2. Anneaux noethériens
3. Propriétés arithmétiques
a) éléments inversibles
b) divisibilité
c) anneaux factoriels
d) ppcm et pgcd
e) le théorème de Bézout
f) anneaux euclidiens . .
4. Stabilité des notions étudiées
a) passage à Panneau de polynômes
b) passage au quotient . . . . .
5. Un exemple d’anneau principal non euclidien
6. P�� et le théorème des deux carrés
Exercices sur le Chapitre II
III. Corps, théorie élémentaire
1. Les techniques vectorielles . . .
a) degré d’une extension, éléments algébriques
b) application : constructions a la règle et au compas
9
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53
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65
65
68

U‘:
Table des matières
c) corps de rupture, corps de décomposition . . . . . . 70
2. Les corps finis . . . . . . . . 72
a) caractéristique et cardinal . . . . . . . . . . . 72
b) existence et unicité des corps finis . . . . . _. . . 73
c) étude du groupe multiplicatif F; . . . . . . . . . 73
d) les carrés de Fq . . . . . . . . . . . . . . 74
3. Irréductibilité des polynômes de Ic[X] . . . . . . . . . 76
4. Cyclotomie . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
a) racines de Punité, racines primitives . . . . . . . . 80
b) étude de <I>n . . . . . . . . . . . . . . 80
c) application : le théorème de Wedderburn . . . . . . 82
d) Pirréductibilité de <I>n sur Z . . . . . . . . . . 82
e) comportement de ‘In, sur Fp . . . . . . . . . . 84
Exercices sur le Chapitre III . . . . . . . . . . . . . . 86
IV. Le groupe linéaire . . . 95
1. Déterminant et groupe SL(E) . . . . . . . . . . . 95
2. Générateurs et centres de GL(E) et SL(E) . . . . . . . 96
a) les dilatations . . . . . . . . . . . . . . 96
b) les transvections . . . . . . . . . . . . . . 96
c) application, calcul des centres . . . . . . . . . 98
d) générateurs de SL(E) et GL(E) . . . . . . . . . 99
e) conjugaison . . . . . . . . . . . . . . . 100
3. Commutateurs . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4. La simplicité de PSL(n, k) . . . . . . . . . . . . 102
5. Le cas des corps finis . . . . . . . . . . . . . . 105
Exercices sur le Chapitre IV . . . . . . . . . . . . . . 108
V. Formes sesquilînéaires, généralités . . . . . . . . . 117
1. Définitions . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
2. Formes réfiexives . . . . . . . . . . . . . . . 118
3. Sous-espaces orthogonaux et isotropes . . . . . . . . 122
4. Groupes unitaire, orthogonal, symplectique . . . . . . . 123
5. Les similitudes . . . . . . . . . . . . . . . . 126
6. Bases orthogonales; classification des formes sesquilinéaires . . 127
7. Caractérisation des similitudes . . . . . . . . . . . 131
Exercices sur le Chapitre V . . . . . . . . . . . . . . 133
VI. Le groupe orthogonal euclidien . . . . . . . . . . 141
1. Notations et rappels . . . . . . . . . . . . . . 141
2. Générateurs et centres de O(q) et 0* (q) . . . . . . . . 142
3. Conjugaison et commutateurs . . . . . . . . . . . 144
4. La dimension 2 et les angles . . . . . . . . . . . 145
5. Structure des éléments de O(q) . . . . . . . . . . 147
6. La simplicité du groupe 0"’ (3, R) . . . . . . . . . . 148
7. La simplicité de PO* (n, R) pour n z 5 . . . . . . . . 150
8 Les automorphismes de O+(3, R) . . . . . . . . . . 152
ExercicessurleChapitreVI . . . . . . . . . . . . . . 154

Table des matières
VII. Quaternions . .
u
1. Définition du corps H
2. Opérations de H sur R3 .
3. La structure de 0+ (4, R)
4. Quelques compléments sur H
5. Les quaternions généralisés
Exercices sur le Chapitre VI
VIII. Le groupe orthogonal, cas général
1. Introduction . .
. Plans hyperboliques
Le théorème de Witt
. La dimension 2
coooszcacnç-œto
. Compléments . .
Exercices sur le Chapitre VI
Bibliographie
Index terminologique
I
. Espaces hyperboliques
. Générateurs et centres de O(q) et 0"‘ (q)
. Le théorème de Cartan-Dieudonné
. Le groupe des commutateurs
11'
161
161
163
165
167
169
173
179
179
179
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192
194
196
203
205

NOTATIONS
On désigne par N (resp. Z, Q, R, C) l’ensemble des entiers z 0 (resp. des entiers
relatifs, des nombres rationnels, des nombres réels, des nombres complexes).
On note |E| le cardinal d’un ensemble E. On note �I la partie entière du nombre
réel a2. On note C}: les coefficients binômiaux.
Si p et q sont des entiers (ou, plus généralement des éléments d’un anneau, cf.
Chapitre II), la notation p l q (resp. p f q) signifie que p divise q (resp. p ne divise
pas q)-
Si p et q sont deux entiers, la notation (p, q) = 1 signifie que p et q sont premiers
entre eux.
Si k est un corps, on note k* l’ensemble des éléments non nuls de k et k*2 Pensemble
des carrés des éléments non nuls de k.
Nous utiliserons librement les notations usuelles de Palgèbre linéaire : dimE
(dimension de l’espace vectoriel E), E* (espace dual de E), Ker f (noyau de
l’application linéaire f), Im f (image de l’application linéaire f), rgA ou rgu
(rang d’une matrice ou d’une application linéaire), détA ou détu (déterminant
d’une matrice ou d’un endomorphisme), Tr A ou "n u (trace d’une matrice ou d’un
endomorphisme). .
Le sous-k-espace vectoriel engendré par un vecteur a: sera noté <a:> ou kæ.
Si (ci), (i e I) est une base de E, (eï), (i e I) désigne la base duale qui est une
base de E*.

1. GÉNÉRALITÉS SUR LES GROUPES,
groupes finis, groupe symétrique
0. Rappels.
Nous supposons connues les notions de groupe, groupe abélien (ou commutatif),
de sous-groupe, d’homomorphisme de groupes.
Nous noterons généralement multiplicativement : (g, h) H gh les lois de groupe,
l’élément neutre sera alors noté 1, l’inverse de g sera noté g'1. Cette règle aura
dans ce livre une exception majeure, celle du groupe Z, ses sous-groupes et ses
quotients, ainsi que des groupes additifs des corps et des espaces vectoriels qui
seront bien entendu notés additivement.
Le cardinal d’un groupe fini est aussi appelé son ordre. Si p est un nombre premier,
on appelle p-groupe un groupe dont le cardinal est une puissance de p. Si g est un
élément de G, l’ordre de g est le plus petit entier n > 0 (s’il en existe) qui vérifie
g" = 1. C’est aussi Perdre du sous-groupe engendré par g, cf. ‘Q1 ci-dessous.
Le noyau d’un homomorphisme f : G —> H est le sous-groupe de G défini par :
Kerf={9€G|f(9)=1}-
L’image de f est aussi un sous-groupe de H, noté Im f. Un isomorphisme est
un homomorphisme de groupes bijectif. Un automorphisme d’un groupe G est
un isomorphisme de G sur G. Un exemple d’automorphisme est fourni par les
automorphismes intérieurs. Un tel automorphisme i9 est donné, pour g e G,
par la formule ig(æ) = gæg“.
Si H est un sous-groupe d’un groupe G on appelle classe à gauche de Pélément
a e G relativement à H le sous-ensemble
aH={g€G|g=ah, heH}
et on définit de même les classes à droite Ha. Les classes à, gauche forment une
partition de G. Leur ensemble est noté G / H . Ce n’est pas un groupe en général.
Le cardinal de G / H est appelé Pîndice de H dans G et noté (G : H
Lorsque le groupe est fini, la considération des classes à gauche conduit au théorème
suivant :

10 Généralités sur les groupes
Théorème 0.1 (Lagrange).
Si H est un sous-groupe du groupe fini G, l’ordre de H et l ’indice de H dans G
divisent l'ordre de G. Précisément, on a
|G| = IHI lG/Hl = IHKG = H)»
En particulier l'ordre d’un élément g e G divise 1’ordre de G.
Le groupe des bijections (ou permutations) d’un ensemble E s’appe1le le groupe
symétrique de E et est noté 6(E). Si E et E’ ont même cardinal les groupes
symétriques associés sont isomorphes. Lorsque l’on a E = {1, 2,... , n} avec n e N
on pose C5(E) = 6,, et on parle du groupe symétrique standard. Le cardinal de ce
groupe est ni.
Le groupe symétrique contient des permutations remarquables : les cycles d’ordre
k. Un tel cycle est noté a = (a1, a2, . . . ,ak) avec les a,- EE E, distincts et la notation
signifie que l’on a a(a) = a si a n’est pas 1’un des a, et a(a,,-) = a,“ (où l’indice
est pris modulo k). Un tel cycle est un élément d’ordre k (i.e. vérifie a" = 1). Pour
k = 2 on parle de transpositions.
Le groupe 6,. est muni d’un homomorphisme surjectif, appelé signature, et noté
e : 6,, —> {1, —1}, que l’on peut définir de multiples façons (cf. par exemple [L])
mais dont nous retiendrons les propriétés suivantes :
a.) si 7' est une transposition on a 5(7) = —1, plus généralement,
b) si o‘ est un cycle d’ordre k on a e(a) = (——1)"+1.
Le noyau de e est formé des permutations paires (i.e. celles qui vérifient 5(3) = 1).
C’est un groupe de cardinal n! / 2, appelé groupe alterné et noté 2l".
Enfin, le lecteur est supposé avoir une certaine familiarité avec quelques d’objets
élémentaires comme les groupes additifs Z/nZ des congruences modulo n ou le
groupe de Klein Z/2Z x Z/2Z, . . .
1. Générateurs d’un groupe.
Proposition-définition 1.1.
Soient G un groupe et A C G une partie de G. H existe un plus petit sous-groupe
H de G contenant A. On dit que H est le sous-groupe engendré par A, ou que les
éléments de A sont des générateurs de H. On note H = <A>.
Démonstration. L’existence de H peut se voir de deux manières :
a) par « l’extérieur » : on considère tous les sous-groupes de G contenant A (il
y a au moins G tout entier) et leur intersection convient ;
b) par « Pintérieur » : on suppose A non vide (sinon on a H = {1}), on pose
A4 = {x E G|a:‘1 e A}, puis H: {a1...an|n e N, a, e AUA’1}. Alors H
est un groupe, contient A et est évidemment le plus petit possible. "
Exemples 1.2.
1) Groupes monogènes et cycliques.
Un groupe G engendré par un élément a, est dit monogène. Il est isomorphe à Z
ou Z/nZ, pour un n e N (considérer l’homomorphisme surjectif çp : n r—> a", de
Z dans G). Dans le second cas, G est dit cyclique. En particulier, si |G| = p est
un nombre premier, G n’a pas de sous-groupe non trivial (en vertu du théorème
de Lagrange), donc si a E G et a 9è 1, G est égal à <a>, donc cyclique et on a
G z Z/pZ.

Sous-groupes distingués 11
2) Groupes symétrique 6,. et alterné 2l".
a) Les transpositions engendrent 6", on peut même se limiter aux transposi-
tions (1,2), (1,3), . . . (1,11) ou encore (1,2), (2, 3),. . . (n — 1,n) comme on le voit
aisément par récurrence sur n.
Le lecteur montrera, à. titre d’exercice, que la transposition (1,2) et le n-cycle
(1,2,. . . ,n) engendrent 6,, (cf. 4.10 ci-dessous).
b) Les cycles d’ordre 3 engendrent 2l,“ pour n 2 3. En effet, 91,, est engendré
par les produits pairs de transpositions et on a les formules :
(a, b)(b, c) = (a, b, c),
(a, b)(a, c) = (a, c, b)
(ce qui prouve au passage que tous les cycles d’ordre 3 sont dans 22h.),
(a, b)(c, d) = (a, b)(a, c) (a, c)(c, d) = (a, c, b)(a, c, d).
Nous verrons, à propos des groupes classiques, de nombreux autres exemples de
générateurs.
2. Sous-groupes distingués.
Définition 2.1.
Soit G un groupe et H un sous-groupe de G. On dit que H est distingué dans G
s’il est invariant par automorphisme intérieur i.e. si on a :
VaeG,VheH,aha'1 6H.
On note alors : H <1: G.
Remarques 2.2.
O) La condition ci-dessus équivaut à dire que pour tout a E G on a. aH = Ha,
i.e. l’éga.lité des classes à droite et à gauche modulo H.
1) Si f : G —> G’ œt un homomorphisme, son noyau Ker f est un sous-groupe
distingué de'G.
2) Réciproquement, si on a H <1I G, le quotient G /H , ensemble des classes à.
gauche (ou à droite) est muni d’une structure de groupe et on a un homomorphisme
surjectif p : G —+ G/H, de noyau H.
Dans la situation de 1) on a, de plus, un isomorphisme :
Imf s: G/Ker f.
3) Enfin on définit une suite exacte :
1 —> N J.» G i. H —_> 1.
Dans cette écriture, N, G, H sont des groupes, i, p des homomorphismes et la suite
est dite exacte si : 1) ‘i est injectif, 2) p est surjectif, 3) on a Imz’ = Ker p.
Lorsque les groupes sont abéliens et notés additivement on écrit les suites exactes
avec des 0 :
0->N—>G—>H—>0.

12 Généralités sur les groupes
Exemples 2. 3.
1) {1} et G sont toujours des sous-groupes distingués (dits triviaux).
2) Si G est abélien, tout sous-groupe de G est distingué. Pour la réciproque,
cf. Exercice B.3.
3) Étudions le groupe 63 qui a 6 éléments :
1 = Id, 7c = (a, b), n, = (a, c), ‘n, = (b, c), a = (a, b, c), a2 = a4 = (a, c, b).
Le groupe 63 contient un sous-groupe distingué d’ordre 3, <a>= {1, a, a2} = 213,
isomorphe à Z / 3Z et on a une suite exacte :
1 —> Z/3Z —> 63 ——-> Z/2Z —> 1.
En revanche les sous-groupes <7}, >= {1, Ta} . . . ne sont pas distingués, on a :
07'404 = 730,) = 17,.
Définition 2.4.
Un groupe G 7E {1} est dit simple si ses seuls sous-groupes distingués sont {1} et
G.
Eæemples 2.5.
1) Z / pZ est simple si et seulement si p est premier.
2) 21,. est simple pour n z 5 (cf. 58).
2. 6' Commentaire.
L’intérêt des sous-groupes distingués est de permettre le << dévissage » des groupes :
si G est un groupe et si on a un sous-groupe distingué H <1I G, on peut essayer de
ramener l’étude de G à celle de H et de G/ H (si G est fini, ces groupes sont de
cardinal plus petit). Nous verrons des exemples de dévissages aux Q6 et 57. Les
groupes simples, eux, sont indévissables d’où l’intérêt particulier qu’on leur porte.
La classification des groupes simples finis a été achevée en 1981, cf. [Pu].
Là encore, les groupes classiques nous fourniront beaucoup d’exemples de groupes
simples.
3. Centre et commutateurs.
Nous exhibons maintenant deux sous-groupes distingués d’un groupe G, qui
existent toujours, mais peuvent être triviaux : le centre et le groupe dérivé.
a) Le centre.
Définition 3.1.
Le centre du groupe G est 1e sous-groupe de G formé des éléments qui commutent
avec tous les autres :
Z(G) = {a e GIVg E G, ag=ga}.
On a Z (G) <u G, (Z (G) est même un sous-groupe caractéristique de G, i.e.
invariant par tout automorphisme).

Opération d’un groupe sur un ensemble 13
Exemples 3.2.
1) Si G est commutatif, on a. Z (G) = G.
2) Si G = 6“, avec n z 3, on a Z(G) = c En effet, soit o e G, a # 1.
Pour un certain z‘, on a au) = j 7è i. Soit k 7è i,j et r = (j, k). Alors on a
a1'(i) = a(i) = j, 7'o‘(z') = 7'(j) = k, donc or 7€ ra et a ç! Z(G).
3) Soit H3 = {:F1, =Fz', =Fj, =Fk} le groupe des quaternions (cf. Chapitre VII).
(La multiplication est définie par la. règle des signes et les formules
z"=j2=k2=—1;ij=—ji=k;jk=—kj=i; lci=—z'k=j.)
Alors Z(H3) = {1, —1} est non trivial, (cf. 4.15)
b) Les commutateurs.
Définition 3.3.
Le groupe dérive’ D(G) est le sous-groupe engendré par les commutateurs de
G, i.e. les éléments de 1a forme zyrzfly-l avec 9:, y E G.(1)
Le groupe D(G) est parfois appelé improprement groupe des commutateurs.
On a D(G) <n G, et même D(G) caractéristique. En effet, si tp e Aut G, on a
<p(a:yæ'1y’1) = <p(:z:)<p(y)<p(a:)“1<p(y)‘1, donc les commutateurs sont conservés.
Notons que G / D(G) est abélien. C’est même le plus grand quotient abélien de G ,
et ceci caractérise D(G).
Exemples 3.4.
1) Si G est commutatif on a D(G) = `E
2) Si G = 63 on a. D(G) = {1,a,o2}.
3) Si G = H3 on a D(G)={1,-1}.
4) Si G = 215 on a D(G) = 215 (cf. S8).
4. Opération d’un groupe sur un ensemble.
Définition 4.1.
Soit G un groupe, X un ensemble, on dit que G opère sur X si on s'est donné
une application :
G X X —> X
(9, w) '—> y-x
vérifiant les axiomes suivants :
1) V9.9’ 6 G, Væ e X. g-(yïæ) = (9g’)-Œ
2) Vx e X, 1.2: = x.
Il revient au même de se donner un homomorphisme <p : G —> 6(X), où 6(X)
désigne 1e groupe des bijections de X (on pose alors : 9.x = <p(g)(x)).
4.2 Commentaire.
C’œt une notion essentielle! D’abord, c’est la situation que l’on rencontre dans
toute géométrie (affine, avec le groupe afine, projective, avec PGL(n, k) cf.
Chapitre IV, euclidienne avec le groupe des isométries, hyperbolique avec le groupe
de Lorentz etc), ensuite, parce qu’au delà de l’intérêt de Popération pour l’étude
Le commutateur de a: et y, ccyafïz/‘ï, est appelé ainsi car il vaut 1 si et seulement
si a: et y commutent. On le note parfois [æ,y].

14 Généralités sur les groupes
de l’ensemble X, elle permet souvent en retour d’obtenir des renseignements sur
le groupe G comme nous le verrons au paragraphe suivant.
Nous appellerons « géométriques » les propriétés d’un élément de G relatives à une
opération (points fixes �״ par opposition aux propriétés « algébriques » (ordre
d’un élément, commutation �
Définition 4.3.
a) On dit que G opère transitivement sur X si on a :
vzveXfldyeX, 396G’, g.æ=y.
b) On dit que G opère fidèlement si 4p : G —> 6(X) est injectif 1'.e. si g.œ = a:
pour tout :1: e X implique g = 1.
Notons que G /Ker go opère fidèlement sur X. Ainsi, si E est un espace vectoriel, le
groupe GL(E) opère non fidèlement sur l’ensemble P(E) des droites vectorielles
de E mais son quotient PGL(E) opère fidèlement (cf. IV, 2.8).
Si G n’opère pas transitivement, on introduit la relation d’équivalence suivante :
xRy <=>3g e G, y=g.z,
qui mesure le défaut de transitivité. Les classes pour cette relation sont les
orbites de X sous G. L’orbite de :1: e X est notée w(:c). On notera que G opère
transitivement sur w(a:).
Par exemple, les orbitæ du groupe orthogonal O(n, R) dans son opération naturelle
sur R” sont les sphères de centre Porigine.
Exemple 4:4. Décomposition d’une pennutation en produit de cycles disjoints.
Le groupe 6,, opère sur X = {1, 2, ..., n}. Soit a E 6,. et <a> le groupe cyclique
engendré par a qui opère aussi sur X. Soient F1, F2, . . . , F, les orbites de X sous
< o‘>. Alors, les permutations o,- définies par :
ai(x)={æ siaciF,
a(a:) si :1: E E
sont des cycles, d’ordre |E|, deux à deux permutables, et on a a = a1 . . 47,.
Par exemple si X = {1, . . . ,8} et
4 5 6 7 8
5 1 8 7 2 ’
6
a _ 1 2 3
— 3 6 4
on a a = (1 345) (268) (7) = (1 345) (2 8), (en général, les cycles d’ordre 1 sont
omis dans l’écriture de a).
Définition 4.5.
SiGopèresurX etsixeX, on définitH = {gEG l g.æ=œ}.
C’est un sous-groupe de G (non distingué en général) appelé 1e stabilisateur (ou
encore fixateur) de m.
Exemple 4.6. Dans l’opération de 6,, sur X = {1, ..., n}, le stabilisateur d’un point
est isomorphe à 6n_1.
Orbites et stabilisateurs sont liés par la remarque évidente suivante (cf. aussi ci-
dessous Exemple C) :

Opération d’un groupe sur un ensemble 15
Proposition 4.7.
L’app1ication ÿ »—> g.a: de G / Hz ( ensemble des classes à gauche) dans w(a3) est bien
définie et est une bijection.
Lorsque G est fini, on a donc |w(a:)| = IGI/IHŒI, en particulier |w(æ)I divise
Lorsque G et X sont munis de structures supplémentaires (par exemple topologi-
ques) on peut souvent préciser la proposition. Ainsi, par exemple, on peut montrer
que l’espace quotient O(n, R) / O(n— 1, R) est homéomorphe à la sphère unité S"“1
de R".
4.8 Quelques exemples d bpérations.
Nous donnons ici seulement des exemples en théorie des groupes, les situations
géométriques seront étudiées dans les chapitres suivants.
Ezemple A.
On peut faire opérer G sur G par translation à gauche.
On pose pour g,a e G, g.a = ga. (Attention l’application a H ga n’est pas un
automorphisme de groupes).
On remarque que G opère alors simplement transitivement i.e.
Va,b€G, ÉHgEG, g.a=b (on prendg =ba"'1).
A fortiori, G opère donc fidèlement et on a un homomorphisme injectif
(p : G —> 6(G).
En particulier on en déduit le théorème de Cayley :
Théorème 4.9.
Si G est fini de cardinal n, G est isomophe à un sous-groupe de 6”.
Eæemple B.
On peut aussi faire opérer G sur lui-même par automorphisme intérieur en
posant g.a = gag“. Les orbites s’appellent alors classes de conjugaison et si
a’ = gag"1, a’ est un conjugué de a.
Le stabilisateur de a s’appelle centralisateur :
Ha = {a6 Glgag“ =a} = {9€Glga=ay}-
On définit de même le centralisateur d’une partie de A de G :
CG(A) = {g E GIVa E A, ga = ag}.
En particulier CG (G) est le centre de G. Dans le cas du groupe symétrique, on a
la proposition suivante :
Proposition 4.10.
1) Si a e 6,, est un cycle d’ordre p, a = (a1,...,a,,) et si 7' e 6", on a
1'01"‘ = (1'(a1), . . . ,*r(ap)).
2) Dans 6,, tous les cycles d ’ordre p sont conjugués.
3) Si n 2 5 les cycles d’ordres 3 sont conjugués dans 22L“.

16 Généralités sur les groupes
Démonstration.
1) Si :1: ë {'r(a1),...,7'(ap)}, 74(1) Q {a1,...,ap} et donc:
ror’l(æ) = 'r'r_l(œ) = x.
Si :1: = 7'(a,'), To7"1(:1:) = To(a,) = T(a,-+1) (les indices sont pris modulo p).
Il faut retenir de cet exemple ce qu’on peut appeler le principe de conjugaison.
Il se résume en deux idées essentielles :
a) Si g E G est un élément « d’un certain type » g’ = 197-“1 est un élément
« de même type ». Par exemple si g est d’ordre k, g’ aussi; si g a k points fixes,
g’ aussi; en géométrie si g est une symétrie hyperplane, g’ aussi . . .
b) Si g est caractérisé « géométriquement » par un certain ensemble Y
(ici, c’est l’ensemble des points fixes de g), l’ensemble Y’ correspondant pour
g’ = Tgv-‘ï s’obtient en transportant Y par 7' : Y’ = 7'(Y).
Nous retrouverons très souvent ce principe dans la suite.
Nous reprenons la démonstration de 4.10 :
2) Soient a = (a1,...,ap), T = (b1,...,b,,) et soit g e 6,, tel que g(a,) = b,-
pour tout i (il existe évidemment un tel g, même si p = n, on dit que 6,, est n-fois
transitif). Alors on a r = gog'1 en vertu du principe énoncé ci-dessus.
3) On a besoin du
Lemme 4.11.
Le groupe 2l” est n —— 2 fois transitifsur {1, . . . ,n} i.e., si on a a1, . . . a.,,_2 distincts
et b1, . . .b,,_2 distincts, i1 existe cr e 2h, te] que o(a,-) = b,-.
En effet, on écrit z
{la ' ' '3n}:{a’11' ' - 7an—2aan—17an}={b1a' - ' abn-hbn-lybn}
et on considère o‘ E 6,, telle que o(a,-) = b,- pour tout i = 1,. . . ,n. Si a est paire
c’est terminé, sinon on compose a avec la transposition (a,,_1, an).
Le même raisonnement qu’en 2) montre alors que pour n z 5, les 3-cycles sont
conjugués dans Qîn.
Remarque 4.12. Si n = 3 ou 4 1’assertion précédente est fausse. En effet, pour
n = 3 le groupe 2l3 est abélien donc la conjugaison y est triviale. Pour n = 4
il y a 8 cycles d’ordre 3 et ils ne peuvent être tous conjugués dans 214 sinon ils
formeraient une orbite dont le cardinal devrait diviser 12 en vertu de 4.7.
Exemple 4.13. Soit k un corps commutatif, GL(n, k) le groupe des matrices carrées
d’ordre n inversibles à coefiicients dans k. Alors, pour A, B E GL(n, k) :
A, B conjuguées <=> 3P e GL(n, k), B = P’1AP <=> A, B semblables.
4.14 Une application aux p-groupes.
Rappelons que si p est un nombre premier, on appelle p-groupe un groupe dont le
cardinal est une puissance de p. On a alors la proposition suivante :
Proposition 4.15.
Le centre d ’un p-groupe distinct de {1} n’est pas réduit à �p�
Démonstration. On prouve d’abord le lemme suivant :

Opération d’un groupe sur un ensemble 17
Lemme 4.16.
Soit G un p-groupe opérant sur un ensemble X et soit X G l’ensemble des points
fixes de X sous G, i.e.
XG={œ€X|Vg€G g.x=z}
alors on a |X| E IXGI (mod. p)
Démonstration. On écrit X comme réunion disjointe de ses orbites sous G en
remarquant que l’on a :
:1: e X6 <=> w(œ) =
Si a: é XG, on a donc @R� > 1 et comme �ͤ divise |G| = p“, p divise @�w
Le résultat provient alors de Pégalité :
|X| = |XG| + Z lw(w)l«
æQXG
La proposition 2 résulte du lemme en remarquant que si G opère sur G par
automorphisme intérieur, les points fixes sont les éléments du centre de G. On
a ainsi: |G| E |Z(G)] (mod. p) et comme 1 est dans Z(G), on a |Z(G)| z p d’où
le résultat.
Exemple C’.
Soit H un sous-groupe de G, pas nécessairement distingué, G / H l’ensemble des
classes à gauches modulo H (i.e. l’ensemble des parties aH pour a E G) alors, G
opère sur G/ H par translation en posant :
g.(aH) = (ga)H.
Cette opération est transitive : on a, pour a, b e G, (ba’1)aH = bH et le
stabilisateur de aH est le sous-groupe aHa“ conjugué de H (cf. Exemple D).
Elle n’est pas fidèle en général, si (p : G —> 6(G / H) est le morphisme associé, on
a en elfet :
Kercp = n aHa"1.
aeG
Cet exemple est, en fait, le cas « générique » d’une opération transitive.
En particulier modulo la bijection G/Hz —N+ w(:r) Vue en 4.7, l’opération de G
sur w(cv) n’est autre que son opération naturelle sur G/Hz. Voici un exemple
d’utilisation de cette opération :
Proposition 4.17.
Soit G un groupe infini et H un sous-groupe de G, distinct de G et d ïndice fini.
Alors G n’est pas simple.
Démonstration.
En effet, G opère sur G/H, d’où un homomorphisme cp : G ——> 6(G/H) z 6,,
dont le noyau Ker go est un sous-groupe distingué, distinct de {1} car G est infini
et de G car H 9E G. Voir aussi, dans le même style, Pexercice B.4.

18 Généralités sur les groupes
Exemple D.
Cette fois, X est l’ensemble des sous-groupes de G et G opère sur X par
automorphisme intérieur : g.H = gHg-l.
On dit encore que H et gHg“1 sont conjugués. Le stabilisateur de H est
NG(H) = {y ë GlyHg" = H}
On l’appelle le normalisateur de H dans G, on a H <lI NG(H) et NG(H) est le
plus grand sous-groupe de G qui ait cette propriété.
Par exemple, dans 63 , les trois sous-groupes à 2 éléments {1, ra}, . . . sont
conjugués et sont leurs propres normalisateurs.
Nous allons utiliser tous ces exemples dans le paragraphe suivant.
5. Les théorèmes de Sylow.
Le théorème de Lagrange aflirme que si H est un sous-groupe du goupe fini G,
son cardinal divise le cardinal de G. On peut se demander, à l’inverse, si dans
un groupe de cardinal n il existe, pour tout diviseur d de n, un (ou plusieurs)
sous-groupe d’ordre d.
Il n’en est rien en général comme le montre l’exemple de 2L; : on a �J = 12 et on
voit aisément que 914 n’a pas de sous-groupe d’ordre 6. Il est cependant un cas très
important où la propriété est vraie, celui des sous-groupes de Sylow. Dans tout ce
paragraphe, la lettre p désigne un nombre premier.
Définition 5.1.
Soit G un groupe fini de cardinal n et p un diviseur premier de n. Si n = pam avec
p j m, on appeHe p-sous-groupe de Sylow de G un sous-groupe de cardinal p“.
Remarque 5.2. Dire que P est un p-sous-groupe de Sylow de G signifie :
1) que P est un p-groupe,
2) que Pindice (G : P) est premier à p.
Exemple 5.3. Soit F, = Z/pZ le corps fini à p éléments (p premier) et soit
G = GL(n, Fp), n e N"‘. Alors G est un groupe fini de cardinal
IGI = O0" -1)(p" —p) - - - (I? —p"")
(cf. Chapitre IV, il suffit de compter les bases de F?) d’où |G| = m p"(""1)/ 2 avec
p j’ m.
On exhibe alors aisément un p-sous-groupe de Sylow P de G, c’est l’ensemble des
matrices triangulaires supérieures strictes :
P={A=(a,-J-)|a,—j=0sii>j et aü=1}.
En effet, comme les aij, pour i < j , sont quelconques, on a bien
P zpxpz x ... xpn"l = n(n"1)/2_
Le théorème suivant atteste l’existence des sous-groupes de Sylow :
Théorème 5.4 (Sylow).
Soit G un groupe fini et p un diviseur (premier) de IGI, alors G contient au moins
un p-sous-groupe de Sylow.
Démonstration. La démonstration qui suit est tirée de Pexcellent (mais introu-
vable) [S3]. Elle repose sur un lemme qui permet, connaissant un Sylow d’un
groupe G d’en trouver un pour un sous-groupe H :

Les théorèmes de Sylow 19
Lemme 5.5.
Soit G un groupe avec |G| = n = p°‘m, avec p I m et soit H un sous—groupe de G.
Soit S un p—SyIow de G. Alors il existe a E G tel que aSa“ n H soit un p-Sylow
de H.
Démonstration. Le groupe G opère sur G/ S par translation à gauche (cf. ë4
Exemple C) et le stabilisateur de aS est aSafl. Mais H opère lui aussi sur G/ S
par restriction, avec comme stabilisateur de aS, aSa'1 fl H.
Il reste à. voir que 1’un de ces groupes est un Sylow de H. Ce sont déjà des p-groupes
et il suifit donc que, pour un a E G, [H/(aScfl fl H soit premier à p.
Mais on a, d’après 4.7, {H/aSa“ fl HI = |w(aS)|, cardinal de l’orbite de aS dans
G / S sous l’action de H. Si tous ces nombres étaient divisibles par p, il en serait
de même de [G / S | car G/ S est réunion des orbites w(aS). Mais ceci contredit le
fait que S est un p-Sylow de G.
Le théorème 1 résulte du lemme via l’exemp1e 5.3.
Soit en effet G un groupe et p un diviseur de IGI = n. On plonge d’abord G dans
6,. (par Cayley, cf. 4.9), puis on plonge 6,, dans GL(n, F?) de la manière classique
à savoir que a e 6,, s’envoie sur l’endomorphisme u, défini dans la base canonique
Pal‘ Ua(€i) = euh)-
Finalement on a donc réalisé G comme un sous-groupe de GL(n, Fp) qui possède
un p-Sylow (cf. 5.3 ci-dessus), donc G aussi par le lemme 5.5.
Il y a beaucoup d’autres démonstrations de ce théorème, nous en signalons
quelques-unes en exercices.
Corollaire 5.6. _
S1’ |G| = pam, p j’ m, G contient des sous-groupes d ’ordre p’ pour tout z’ 5 a.
Démonstration. On est ramené au cas des p-groupes qui se traite par récurrence,
vu Pexistence d’un centre non trivial.
Le deuxième théorème de Sylow étudie la conjugaison des p-sous-groupes de Sylow.
Théorème 5.7 (Sylow).
Soit G un groupe, de cardinal |G| = p°m, avec p jm.
1) S1‘ H est un sous-groupe de G qui est un p-groupe, il existe un p-Sylow S, avec
H C S.
2) Les p-Sylow sont tous conjugués (et donc leur nombre k divise ��G
3) On a k E 1 (mod. p) (donc k divise m).
On notera que l’assertion k | n résulte du fait que les p-Sylow forment une orbite
sous G (cf. 4.7).
Corollaire 5.8.
Si S est un p-Sylow de G,on a :
S <l| G 4=> S est Panique p-Sylow de G <=à> k = 1.
Démonstration (de 5.7) On prouve 1) et 2) ensemble. Si H est un p-sous-groupe
et S un p-Sylow de G, il existe, en vertu du lemme 3, a e G tel que aSa'1 n H
soit un p-Sylow de H. Mais comme H est un p-groupe, on a aSa“ n H = H,

20 Généralités sur les groupes
donc H est inclus dans aSa"1 qui est un Sylow. Si de plus H est un Sylow, on a
exactement H = aSa-l.
Pour le point 3), on fait, bien entendu, opérer G par conjugaison sur l’ensemble
X de ses p-Sylow (cf. 54 Exemple D). Soit S un p-Sylow, S opère lui aussi sur X
et on a encore, en vertu de 4.16 la congruence :
|X| ;—: |XS| (mod. p).
Il reste à. voir que l’on a IXSI = 1. Bien sûr si s E S, on a sSs'1 = S, autrement
dit S e X S , on doit donc montrer que c’est le seul.
Pour cela soit T un p-Sylow, et supposons que T soit normalisé par S :
Vs e S, sTs"1 = T.
On utilise alors un argument dû à Frattini : on considère le sous-groupe N de G
engendré par S et T. On a S C N, T C N et ce sont, a fortiori, des p-Sylow de N.
Mais, comme S normalise T, on a T <l| N et donc (corollaire 5.8!) T est l’unique
Sylow de N, donc S = T, cqfd.
Voici une application du corollaire 5.8. On en trouvera de nombreuses autres au
paragraphe 7 et dans les exercices.
Proposition 5.9.
Un groupe d ’ordre 63 n’est pas simple.
Démonstration. On regarde les sous-groupes de Sylow d’ordre 7 de G, (car
63 = 32 >< 7), leur nombre k est congru à. 1 modulo 7 et divise 9, donc k = 1,
il y a un seul 7—Sylow qui est donc distingué.
Le même type d’argument vaut aussi pour 255 = 3 X 5 x 17 et pour bien d’autres.
6. Produits directs et semi-directs.
Soit G un groupe, N <1! G un sous-groupe distingué, G /N le groupe quotient.
On cherche, connaissant N et G/N, à reconstituer G. Plus généralement, étant
donnés deux groupes N et H, on cherche tous les groupes G tels qu’on ait une
suite exacte :
1 ——> N ——> G —> H ——+ 1.
Un tel groupe G s’appelle une extension de N par H (certains auteurs disent de
H par N). Le problème général est délicat (cf. [H] Ch. 15) et nous n’en étudierons
que deux cas particuliers très élémentaires : les produits directs et semi-directs.
a) Produits directs.
Soient N et H deux groupes. Le produit direct G = N x H est le produit cartésien
de N et H, muni de la loi produit :
(n. h)(n’, h’) = 0m’. hh’).
On a alors une projection p : G —> H définie par p(n,h) = h. (Test un
homomorphisme de groupes, surjectif, de noyau le sous-groupe (distingué) N avec
N: {(n,1) In e N}
et on a donc une suite exacte :
1—>N—">NxH—’-’—+H—>1

Produits directs et semi-directs 21
avec i(n) = (n, 1), de sorte que N x H est bien une extension de N par H.
Bien entendu, ici, N et H jouent des rôles symétriques et on a aussi un sous-groupe
Ê={(1,h)|heH},
noyau de la projection sur N. On notera _que le sous-groupe H est tel que :
1) la restriction de la projection phî: H —+ H est un isomorphisme,
2) H est un sous-groupe distingué de N x H.
Voici un exemple bien classique de produit direct :
Proposition 6.1 (lemme chinois).
S1’ p et q sont des entiers premiers entre eux on a un isomorphisme
Z/pqZ z Z/pZ x Z/qZ.
Démonstration. Si on désigne par ñ (resp. ñ , resp. ñ) les classes de n modulo pq
(resp. p, resp. q) on a un homomorphisme ñ v——> (ñ, ñ), injectif car (p, q) = 1 et on
conclut grâce à Pégalité des cardinaux.
Bien sûr l’assertion est fausse si p et q ne sont pas premiers entre eux (par exemple
Z/4Z et V4 = Z/2Z x Z/2Z ne sont pas isomorphes).
b) Produits semi- directs.
Le produit semi-direct est une variante affaiblie du produit direct. Soit G un groupe
et N un sous-groupe distingué de G. On a donc une suite exacte
1—.N_‘_.G—’L.G/N__.1
(où i est l’inclusion) et supposons que, comme dans le cas du produit direct, il
existe un sous-groupe H de G tel que pIH induise un isomorphisme de H sur
G /N (on dit qu’on a un relèvement de G/N Attention, contrairement au cas du
produit direct, H n’est pas distingué, a priori. Les conséquences de cette hypothèse
sont les suivantes :
1) onaNflH={1},
2) onaG=NH={nh|n€Net heH}.
En effet, si g E G et si ÿ = p(g) , il existe h e H tel que p(h) = ÿ, donc ghfl E N.
L’écriture de g sous la forme nh est unique (si on a nh = n’ h’ , on a n"1n =
h’h'1 = 1 car N n H = {1}), de sorte que G est en bijection avec N >< H.
Attention, cependant, si on calcule le produit de deux éléments de G on a la.
formule :
(nh)(n'h’) = nhn'h’ = nhn’h"1hh’
avec hn’h'1 E N car N est distingué dans G.
On a donc montré, sous Phypothèse de Pexistence d’un relèvement, les deux faits
suivants :
1) comme dans le cas du produit direct, G est encore en bijection avec le produit
ensembliste N x H,
2) la multiplication n’est pas celle du produit direct, elle est “tordue” au moyen
de l’opération de H sur N par conjugaison : h.n ç hnh“. On a, en effet :
(n, h) (n’, h’) = (n(h.n'), hh’).
On notera que cette opération de H sur N n’est pas seulement ensembliste, H
opère sur N par automorphismes de groupes.
L’analyse précédente nous conduit alors à la définition d’un produit semi-direct :

22 Généralités sur les groupes
Proposition-définition 6.2.
1) Soient N et H deux groupes et Aut N le groupe des automorphismes de groupe
de N. Soit cp : H ——+ Aut N un homomorphisme qui définit une opération de H
sur N par la formule : han = �?�
On définit sur l’ensemb1e produit N x H une loi par :
(n, h) (n', h’) = (n(h.n’), hh’).
Alors, N X H, muni de cette loi est un groupe appelé produit semi-direct de N
par H relativement à (p, et noté
N xœH ou simplement N ><1H.
2) On a une suite exacte :
1__>N—Î>N>4HLH—.1
nv—l—> (n,1)
(n,h)u—p—>h
de sorte que N ><1 H est une extension de N par H.
Démonstration. C’est une vérification facile. Le calcul de Passociativité de la loi
met en évidence la nécessité que <p soit une opération par automorphismes de
groupes (et pas seulement ensembliste). On notera aussi que 1’ élément neutre de
N >4H est (1,1), et que l’inverse de (n, h) est (h“1.n'1,h’1).
Remarques 6.5’.
1) Le groupe N >4 H contient deux sous-groupes isomorphes respectivement à N
et H :
îV'= {(n,1)In€ N}, F={(1,h)Ihe H}-
On a N <ll N >4 H, mais H n’est pas distingué en général.
2) On aNfl-H’: {1} et N ><1H =NH car (n,1)(1,h) = (n,h).
3) Si Popération 4p est non triviale (i.e. si <p(h) n’est pas toujours égal à IdN),
le groupe obtenu n’est pas commutatif car (1,h)(n, 1) = (h.n,h) est en général
distinct de (n, h).
4) Si on identifie N et H à N et H l’opération 4p est décrite par h.n = hnh-l.
On cherche maintenant des conditions permettant d’assurer qu’un groupe G est
un produit.
Proposition 6.4 (Critères de décomposition en produit).
a) Si on a une suite exacte :
1———+N—i>G—p->H«_—>1,
et s’il existe un relèvement H de H, i.e. un sous-groupe H de G tel que la restriction
de la projection p à H soit un isomorphisme de H sur H, le groupe G est isomorphe
à un produit semi-direct N x1 H. Il revient au même de dire que p possède une
section i.e. qu’il existe un homomorphisme s : H —-+ G tel que p o s = IdH. On
dit alors que l’extension est scindée.
b) Si on a deux sous-groupes N et H de G avec
1) N <1: G,
2) N fl H = {1},

Produits directs et semi-directs 23
3)G=NH,
alorsonaGzNxH.
Démonstration. C’est essentiellement 1’analyse menée au début de b).
On peut caractériser les produits directs parmi les semi-directs :
Proposition 6.5.
Soient N, H, (p comme dans 1a définition 6.2, soit G = N XLPH et soit Ë 1e sous-
groupe des éléments (1, h). Les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) 4p est trivial (i.e. on a <p(h) = IdN pour tout h 6 H),
2) le sous-groupe Ë est distingué dans G,
3) 1a Ioi de groupe sur G est celle du produit direct.
(C’est le cas, en particulier, si l’extension est centrale, i.e. si on a N C Z
Remarques 6.6.
1) Si G est extension non scindée de N par H il se peut cependant que G soit
produit semi-direct, G z N’ x H’. Par exemple, le lecteur vérifiera sans peine que
Z/4Z x Z/2Z (resp. D4, cf. ci-dessous) sont tous deux produit direct (resp. semi-
direct) de Z/4Z par Z/2Z et cependant ils contiennent tous deux un sous-groupe
distingué d’ordre 2 tel que l’extension correspondante soit non scindée.
2) Un produit direct peut être isomorphe à un produit semi-direct non trivial. Le
lecteur vérifiera par exemple que 1’on a un isomorphisme
63 x Z/2Z z 63 >o Z/2Z.
Exemples 6.7.
1) Le groupe symétrique 6,,
On a la suite exacte définie par la signature :
1-—»2t,,——>6,,—‘»{—1,1}—>1.
Si r est une transposition, on a une section s de e en posant s(1) = Id, s(—1) = 7'
et donc, d’après 6.4 :
et le produit n’est pas direct.
2) Le groupe diédral D".
Il s’agit du groupe des isométries du plan euclidien conservant un polygone régulier
à. n côtés. l] contient les n rotations p(0, Zkvr/n) pour k = O, . . . ,n — 1 (0 désigne
le centre du polygone) et les n réflexions (i.e. symétries) par rapport aux droites
passant par 0 et les sommets ou les milieux des côtés du polygone (attention aux
cas n pair ou impair). Le sous-groupe des rotations est distingué et isomorphe à
Z/nZ. Comme |D,,| = 2n, on a donc une suite exacte :
1——+z/nz—»D,,—”+z/2z—»1
et un isomorphisme
D,, 2 Z/nZ x Z/2Z
car n’importe quelle réflexion fournit une section de p.
On notera au passage l’isomorphisme D3 z 63.

(2)
24 Généralités sur les groupes
3) Deux contœ-eæemples.
1) Le groupe cyclique Z/8Z n’est pas de la forme N x1 H. En effet, comme Z / 8Z
est abélien, le produit serait direct, or Z/8Z n’est isomorphe ni à Z / 4Z x Z/2Z ni
à (Z/2Z)3 qui sont les seuls possibles.
2) Le groupe des quatemions H3 n’est pas non plus décomposable en produit
N xH. En effet, si |N| = 4, on a H z Z/2Z, et comme -1 E N, il n’y a pas de
section. Si IN] = 2, N = {1, ——1} et Hg/N z V4, mais H3 n’a pas de sous-groupe
isomorphe à. V; (ou encore l’extension serait centrale et scindée, donc triviale).
7. Automorphismes de Z/nz.
Lorsqu’on cherche à. calculer les produits semi-directs N ><1 H on est tout d’abord
amené à déterminer les opérations (p : H —> Aut N et donc, avant tout, à préciser
le groupe des automorphismes de groupe de N.
Le problème général n’est pas simple, là encore, et nous nous limiterons à. quelques
cas particuliers (Z/nZ, 6m. . . ), cf. aussi Exercices D 1,2.
Soit n 6 N‘, n z 2. Si s 6 Z, nous notons ‘ä son image dans Z/nZ.
Proposition 7.1.
Soit s ë Z, les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) s est premier avec n,
2) s est générateur du groupe (Z/nZ, +),
3) E e (Z / nZ)* groupe des éléments inversibles pour 1a multiplication de Panneau
Z /nZ.
Démonstration. Par Bézout, on a les équivalences :
spremieràn <=> Él/Lpe Z, Às+un = 1 :3» 3A E Z ÎE=Îdans
Z/nZ <=> ä 6 (Z/nZ)*. _ _
D’autre part, siÀeZonaÜ) ÀE=ÀE=L et ceci signifie E+«v-+E=Î, donc
\.._\,_.._/
À fois
Î €< ‘ë > et donc Z/nZ =<ä> autrement dit ‘ë est un générateur.
Définition 7.2 (La fonction d’Euler).
On appelle fonction d ’Eu1er et on note <p(n) 1e nombre d ’entiers a: tels que
1 5 a: 5 n et a: premier avec n.
D’après 7.1, on a <p(n) = |(Z/nZ)*|.
Si p est premier, il est clair que l’on a <p(p) = p—1 et <p(p°') = p°"1(p— 1),a e N*.
Proposition 7.3.
On a un isomorphisme Aut Z/nZ z (Z/nZ)*. En particulier, Aut Z/nZ est un
groupe abélien, de cardinal
Démonstration.
Soit u E Aut Z/nZ, alors u(1) est un générateur de (Z/nZ, +), donc u(1) est dans
(Z / nZ)* et on vérifie que l’application 7' : u H u( 1) est un homomorphisme.
Dans le cas de Z / nZ, comme dans celui de Z, la loi de multiplication est définie à.
partir de Paddition répétée. En particulier un automorphisme de groupe préserve
automatiquement la structure d’anneau.

Automorphismes de Z / nZ 25
En sens inverse, soit cr défini sur (Z/nZ)* par a(s)a: = saz. On voit que 0(3) est
un endomorphisme de (Z/nZ, +) car s(a: + y) = sac + sy. C’est un automorphisme
car sa: = O => a: = 0 puisque s est inversible. Enfin, il est clair que a et 7' sont
réciproques l’un de Pautre.
Nous allons maintenant préciser la structure de (Z / nZ)* suivant la décomposition
en facteurs premiers de n.
Proposition 7.4.
Soit n un entier, n = p?‘ . . . pi" avec les p,- premiers distincts et les a,- dans N*.
1) On a un isomorphisme d anneaux
T‘
Z/nZ 2 H z/pgiz,
i=1
2) on a un isomorphisme de groupes
(Z/nZ)* z fi(Z/pf“Z)*,
i=1
3) on a
<p(n) = ñflpî‘) = nñü - 1/p.)-
i=1
i=l
Démonstration. Le point 1) résulte du lemme chinois (6.1). On obtient alors 1e
point 2) en passant aux éléments inversibles et le calcul de <p(n) s’ensuit aussitôt.
Pour être complet il nous reste à examiner la structure des (Z/p°‘Z)* pour p
premier. On a d’abord le résultat suivant :
Lemme 7.5.
Si p est un nombre premier on a un isomorpbisme (Z/pZ)* c: Z/(P — 1)Z.
Démonstration. Voir Chapitre III 2.7 ou [S1], nous montrerons plus généralement
que le groupe multiplicatif d’un corps fini est cyclique.
Il faut ensuite distinguer les cas p = 2 ou p impair.
Proposition 7.6.
Si p est un nombre premier z 3 et a un entier z 2 on a :
(Z/IPZ)‘ ï Z/<P(P°‘)Z ï Z/P°"1(P - 1)Z-
Démonstration. On commence par établir le
Lemme 7.7.
Si k e N‘, on a (1 +17)?" = 1+ À pk“ avec A e N*, premier àp.
Démonstration (du lemme 7.7). On raisonne par récurrence sur k. Pour k = 1 on
a la fonnule : _ _
(1+p)*’ = 1+C},p+---+C;p'+---+p”
et, pour 1 5 i < p , p divise C; donc, pour i z 2 et z’ < p, palCgpi et comme
p z 3, p3 divise aussi p” de sorte qu’on a, en définitive :
(1 +12)” = 1+p’+up3 = 1+p2(1 +up)

26 Généralités sur les groupes
et À = 1 + up est bien premier à p.
Supposons le lemme prouvé au rang k. On a donc :
(1 +17)?" =1+À ph“
avec A premier à p.
Il en résulte :
p—1
(1 +p)pk+l = (l + À pk+l)p = 1 + ZC;Àip(k+1)i + Àpp(k+1)p.
i=1
Pour z‘ = 1 on a le terme Àpk”, pour i z 2, pk+3 est en facteur et donc on a bien
(1 + WËH = 1 + P’°*2(À + up).
De ce lemme résulte que 1 + p est un élément d’ordre p""1 de (z/pazr. On a en
a—1 a—2
efiet î (1+P)î_2 = 1 +À p“ E 1 (mod. p“) et (1 +p)7’ =1+À p"‘“1 avec pXÀ,
donc (1 +12)” 7€ 1 dans Z/p°’Z.
La proposition résulte alors de ce lemme : on considère l’homomorphisme surj ectif
naturel induit par l’identité de Z :
w = (Z/WZY’ -—> (Z/PZY-
Soit a: e (Z/p°‘Z)* un élément tel que Mm) engendre Z/(p— 1)Z (cf. 7.5). L’ordre
de a: est un multiple de p — 1 et donc, dans le groupe < x > il y a un élément
y d’ordre p — 1. Mais alors comme (Z/p°‘Z)* est abélien, y(1 + p) est d’ordre
p°‘“1(p — 1) en vertu du lemme ci-dessous et le groupe est cyclique.
Lemme 7.8.
Soient a et b des éléments d’ordre p et q d’un groupe G. On suppose que a et b
commutent et que p et q sont premiers entre eux, alors ab est d ’ordre pq.
Démonstration. Comme a et b commutent on a (ab)”9 = apqb” = 1 donc l’ordre
de ab divise pq. Inversement, si (ab)" = 1 = a"b" on a, en élevant à la puissance
q, anqb“? = 1, donc a"? = 1. Il en résulte que l’ordre p de a divise nq donc aussi n
puisque p et q sont premiers entre eux. Le même raisonnement appliqué à b montre
que q divise n et donc pq divise n.
Remarque 7.9. Attention le lemme 7.8 ne subsiste pas si a et b ne commutent
pas (sinon, par exemple, le groupe 63 serait cyclique), ni si p et q ont un facteur
commun, même en remplaçant le produit pq par le ppcm de p et q (regarder le cas
b = a“).
Il reste à traiter le cas p = 2 :
Proposition 7.10.
On a (Z/2Z)* = {1}, (Z/4Z)* = {1,—1} r: Z/2Z.
Pour a z 3 on a (Z/2"‘Z)* z Z/2Z X Z/2°‘“2Z.
On notera que le groupe n’est donc pas cyclique si a z 3.
Démonstration. Les cas de 2 et 4 sont triviaux. Pour les autres on commence par
prouver le lemme suivant :

Automorphismes de Z/nZ 27
Lemme 7.11. k
Soit k e N* , on a (5)2 = 1 + À2k+2 avec À impair.
Démonstration (de 7.11) On raisonne encore par récurrence; pour k = 1 on a :
52 = (1 +4)? =1+3.8.
On suppose ensuite :
(5)2" = 1 + 12k”
et on a alors H1
(5)2 = / + À2k+2)2 = 1 + À2k+3 + À222k+4
d’où 1e résultat.
Revenant à 7.10, on considère alors, si a z 3, l’homomorphisme surjectif
1p : (Z/2°‘Z)* —> (Z/4Z)* ={1,—1}:: Z/2Z.
Si N = Kerrb , on a [NI = 2°”? et Pélément 5 de N est d’ordre 2°"2 par 7.11
donc N est cyclique et on a la suite exacte :
1 ——> z/za-zz ——> (z/2°z)* —"’» z/2z —» 1.
D’autre part, comme 1 et -1 ne sont pas égaux modulo 4, le sous-groupe {1, —1}
de (Z/ 2°‘ Z)* fournit un relèvement de Z / 2Z, de sorte que Pextension est scindée,
mais comme (Z/2°‘Z)* est abélien, on a un produit direct :
(z/2°‘z)* ‘z z/2°-2 x z/2z,
et ceci achève l’étude de Aut Z / nZ.
Application : détermination des groupes d ’ordre pq pour p,q premiers; p < q.
Soit G un tel groupe, Q un q-Sylow de G (cf. 5.4). D’après 5.7, le nombre k des
q-groupes de Sylow est un diviseur de p, congru à 1 modulo q, donc on a k = 1 et
Q est distingué dans G.
Comme q est premier, on a Q z Z/qZ, et de même G/Q z Z/pZ. De plus si P
est un p-Sylow quelconque, il fournit un relèvement de G / Q et donc G est produit
semi-direct : G z Z / qZ >4 Z / pZ. Il reste à calculer ces produits. On a vu ci-dessus
1’isomorphisme Aut Z/qZ z Z/ (q — 1)Z.
L’opération de Z / pZ sur Z / qZ correspond donc à un homomorphisme
(p : Z/pZ —. z/(q — 1)z.
Deux cas sont possibles :
1) p j’ q — 1, le seul <p possible est trivial, le produit est direct et G 2 Z / pqZ est
cyclique (cf. 6.1),
2) p I q — 1, Z/ (q — 1)Z possède un unique sous-groupe d’ordre p et il y a donc
une opération non triviale, donc un vrai produit semi-direct. De plus deux telles
opérations (p, 112 “diffèrent” d’un automorphisme de Z / pZ et le lemme facile suivant
montre qu’alors les produits correspondants sont isomorphes :
Lemme 7.12.
Soient 90,111 deux opérations de H sur N et a e AutH tel que 1e diagramme
ci—dessous soit commutatif :
H —"’—> Aut (N)
al fa, i.e. <p=z/1ooz.
H

28 Généralités sur les groupes
Alors, Papplication (n, h) I—> (n,a(h)) est un isomorphisme de N >44, H sur
N >44, H.
En conclusion on a montré le théorème :
Théorème 7.13.
Soient p, q des nombres premiers avec p < q.
1) Si p j’ q -— 1 tout groupe d ’ordre pq est cyclique. C’est le cas par exemple si
pq= 15, 35, 51, �,/
2) Si p | q — 1 il y a deux groupes d ’ordre pq non isomorphes, 1e groupe cyclique
et un produit semi-direct non commutatif. Par exemple si p = 2 on a Z/2qZ et 1e
groupe diédral Dq. Ce cas se produit encore pour pq = 21, 39, �P> (3)
Pour d’autres exemples de ces techniques, voir les exercices.
8. Structures des groupes symétrique 6,, et alterné 2l".
Le théorème essentiel de ce paragraphe est le suivant :
Théorème 8.1.
Le groupe 91,, est simple pour n z 5.
Corollaire 8.2.
On a D(2l,.) = 2L, pour n z 5 et D(6,,) = 21,, pour n z 2.
Ces résultats sont historiquement très importants, dûs à E. Galois et liés à.
l’impossibilité de résoudre par radicaux l’équation générale de degré z 5 (en fait
le corollaire suffit). On trouve ici un premier exemple non banal (i.e. autre que le
groupe Z /pZ avec p premier) de groupe simple.
Démonstration. Notons que le corollaire, qui est conséquence évidente du théorème,
peut aussi se démontrer directement : il est clair que l’on a D(91,,) C D(6n) C 2l".
Comme 21,, est engendré par les 3-cycles, il suffit de prouver que tout 3-cycle est,
dans 91m un commutateur. Soit a = (a, b, c) un 3-cycle, o’ = (a, c, b) en est un
autre, donc (cf. 4.10) a2 et a sont conjugués dans 21,, : il existe T e 91,, avec
a2 = ‘F107’ d’où a = 047'407‘ cqfd! Le lecteur montrera de même 1’assertion
concernant D(6,,).
Passons maintenant au théorème :
Nous allons en donner une démonstration en deux temps : pour n = 5 d’abord, par
une méthode très élémentaire qui mettra en évidence Pintérêt de la connaissance
des classes de conjugaison dans les questions de simplicité; pour n > 5 ensuite,
par réduction au cas n = 5, suivant une technique que nous retrouverons pour les
groupes orthogonaux.
Le principe des démonstrations de simplicité que nous donnerons dans cet ouvrage
est le suivant. Soit H un sous-groupe distingué de G,
1) si h. e H, la classe de conjugaison de h est contenue dans H i.e. on a
Vg E G, ghg'1 e H,
I1 résulte du théorème de la progression arithmétique de Dirichlet, cf. [S1] Ch. VI,
que, pour p fixé, p z 3, i1 existe une infinité de nombres premiers q satisfaisant
1’une ou 1’autre des deux conditions ci-dessus.

Structures des groupes symétrique 6,, et alterné 21,, 29
2) si h e H et g e G le commutateur c = ghg“1h‘1 = (ghg'1)h“1 est dans
H et n’est pas, en général, conjugué de h, de sorte qu’on obtient ainsi une nouvelle
classe de conjugaison, le but ultime étant de montrer qu’un système générateur de
G est tout entier dans H.
1) Le théorème pour n = 5.
Le groupe 215 a 60 éléments : le neutre, 15 éléments d’ordre 2 (produit de deux
transpositions disjointes), 20 d’ordre 3 (3-cycles), 24 d’ordre 5 (5-cycles).
On a vu que les cycles d’ordre 3 sont conjugués dans 215. Les éléments d’ordre 2
le sont aussi : si 7' = (ab)(cd)(e) et 7" = (a’b’)(c’d’)(e’) il existe 0 E 21,, tel que
0(a) = a’, 0(b) = b’, 0(e) = e’ et on a alors 7" = 07'0'1.
Soit alors H <1! 215, H 9E ��5 Si H contient un élément d’ordre 3 (resp. 2) il les
contient tous d’après ce qui précède. S’il contient un élément d’ordre 5, il contient le
5-Sylow engendré par cet élément, donc tous les 5-sous groupes de Sylow puisqu’ils
sont conjugués, donc tous les éléments d’ordre 5.
Mais H ne peut contenir un seul des trois types d’éléments précédents (en plus du
neutre) car ni 25 = 24+ 1, ni 21 = 20+ 1, ni 16 = 15+ 1 ne divisent 60 (n’oublions
pas que le cardinal de H divise |215| = 60). Donc H contient au moins deux des
trois types, d’où H| z 15 + 20 + 1 = 36 et donc |H| = 60, H = 215.
Remarque 8.3. Les 24 éléments d’ordre 5 ne sont pas conjugués dans 215 (sinon ils
formeraient une orbite et 24 diviserait 60). On peut cependant éviter le recours à
Sylow dans la démonstration précédente en remarquant que si a et b sont d’ordre
5, b est conjugué dans 215 de a ou de a2.
2)Leca,sn>5.
Posons E = {1,...,n}. Soit H <1! 21m H 7E {1} et soit 0 e H, 0 7E 1. On va se
ramener au cas n = 5 et, pour ceci, fabriquer à partir de 0 un élément non trivial
de H qui n’agisse, en fait, que sur un ensemble à 5 éléments, donc qui ait n — 5
points fixes.
Vu les remarques ci-dessus, la méthode naturelle à notre disposition est de prendre
un commutateur p = 707*104, avec 7' e 21,, Ecrivant p = (T0'r'1)0‘1, on a vu
que p est dans H. Mais si on regarde p par l’autre bout : p = 7'(07"10"1) on
constate que p est produit de deux éléments du type de 7' de sorte que si 7' a
beaucoup de points fixes, il en sera de même de p.
Il ne reste plus qu’à mettre ces remarques en forme :
Comme 0 7E 1, il existe a E E tel que b = 0(a) 7E a. Soit c G E tel que c 7E a, b, 0(b),
soit 7' le 3—cycle 7' = (acb), de sorte que 7"1 = (abc) et soit p = 7'07"10“ =
(acb) (0a, 0b, 0c). Comme b = 0(a), l’ensemble F = {a, b, c, 0a, 0b, 0c} a au plus 5
éléments et on a p(F) = F, p|E-F = IdE_F.
Quitte à rajouter, au besoin, des éléments à F, on peut supposer |F| = 5. On note
enfin que p est distinct de 1, car p(b) = r0(b) 9E b puisque 0(b) aE 7"1(b) = c.
Soit alors �S' l’ensemble des permutations paires de F, 21(F) est isomorphe à
215 et 21(F) se plonge dans 21,, par u r—> “u”, avec :
ÜIF = U ; ÜlE_F = IdE_F.
Posons Ho = {u E 21(F) Iü E H} = H fl @"H Il est clair que H0 est distingué
dans 21(F) et qu’on a pIF e Ho et p|p 9E Idp. Comme 21(F) z 215 est simple, on

30 Généralités sur les groupes
a Ho = QKF). Soit alors u un cycle d’ordre 3 de 2l(F), il est dans Ho, donc ü qui
est encore un cycle d’ordre 3 est dans H.
Mais, comme les 3-cycles sont conjugués dans 2h,, ils sont tous dans H, et comme
ils engendrent 2l”, on a. montré H = fin, ce qui achève la démonstration.
Remarque 8.4. Le groupe 2L1 n’est pas simple car D(2l4) est un sous-groupe
distingué d’ordre 4 isomorphe à V4 :
M214) ={îd; (12)(34); (13)(24); (14)(23)}-
Corollaire 8.5.
Pour n z 5 les sous-groupes distingués de 6,, sont {1}, 91m 6,,.
Démonstration. Soit H <u 6,,. On a alors H n 21,, <1: 2l," donc H 021,, = {1} ou
91".
SiHflñn=flmonaH=fln ou6,,.
Si H 0%,, = {1}, la signature e induit un isomorphisme de H sur e(H) C {—1, 1}
de sorte que |H| _<_ 2. Si IH| = 2, on a H = {La}, mais si 7' e 6,,, comme
TtîT-l e H et 7'074 9è 1, c’est que l’on a 1'07"‘ = a donc a est central, or le
centre de 6,, æt trivial (cf. 3.2.2) d’où une contradiction, donc H = ���
Corollaire 8.6.
Soit H un sous-groupe d ’indice n de 6,,, alors H est isomorphe à 6,,_1.
Démonstration. Pour n 5 3 l’assertion est évidente. Pour n = 4, si H 9è 63, H
est cyclique (cf. 7.13) mais c’est absurde car 64 ne contient pas d’élément d’ordre
6.
Supposons n z 5 et posons G = 6,,, alors G, donc aussi H, opère par translation
à gauche sur E = G/H (cf. ê4 Exemple C) et on a donc un homomorphisme
<p:G—>6(E)::6,,.
Montrons que 4p est injectif : on a vu (loc. cit.) que l’on a Ker<p = n aHrfl et
aeG
comme Ker<p est distingué dans 6,, et Ker<p C H, le corollaire 8.5 montre qu’on
a Kercp = {1} (puisque (n — 1)! < nl/2).
Pour une raison de cardinal <p est donc un isomorphisme. D’autre part, comme H
est le stabilisateur de la classe Î = H (cf. ë4 Exemple C), <p(H) est le stabilisateur
d’un point dans 6a, et c’est donc un sous-groupe isomorphe à. 6,,_1 (voir aussi
ci-après, Proposition 8.10).
Calcul des automorphismes de 6,,.
Les motivations sont encore celles du paragraphe 6 : le calcul des extensions.
Rappelons que parmi læ automorphismes de G il y a déja les automorphismes
intérieurs qui forment un groupe Int G C Aut G. De plus, on a la suite exacte :
1———>Z(G)——>G——>IntG——>1,
9 F‘) 7:9
où Z (G) est le centre de G et ig l’automorphisme donné par ig(x) = gæg“.
Dans le cas présent, il n’y en a pas d’autres (ou presque) :
Théorème 8.7.
Pour n 7E 6, tout automorphisme de 6,, est intérieur : Aut 6,, = Int 6,,.
On notera que si on a, de plus, n z 3, on a Aut 6,, z 6,, puisque le centre de 6,,
est alors trivial (cf. 3.2.2).

Structures des groupes symétrique 6,, et alterné 21,, 31
Démonstration. La clé de la démonstration est une traduction des propriétes
géométriques des éléments de 6,. en propriétés algébriques. On entend (cf. 54)
par propriétés géométriques celles relatives à 1’opération de 6,, sur {1, . . . ,n} (par
exemple le nombre de points fixes, les cycles . . et par algébriques celles qui
s’expriment uniquement en termes de groupes (ordre des éléments, propriétés de
commutation . . . ���
Les propriétés algébriques se conservent par automorphisme, mais pas, a priori, les
propriétés géométriques. Ce sont pourtant celles qui nous intéressent ici, témoin
la proposition ci-dessous :
Proposition 8.8.
Soit 4p e Aut 6,. ; si 4p transforme transposition en transposition, (p est intérieur.
Démonstration. Le groupe 6,. est engendré par les transpositions 7',- = (1, �+} pour
i z 2. Pour chaque i, <p('r,-) est donc une transposition. De plus, si i 9è j, 7',- et 1',-
ne commutent pas, donc <p('r,«) et <p(*rj) non plus, donc ces transpositions ne sont
pas disjointes.
Si on pose <p(7'2) = (01,02), on peut donc supposer <p(7'3) = (ahag) et on
en déduit <p('r,-) = (ahai) pour i > 3 avec {a1,...,a,,} = {1,...,n} (si on
avait <p(7'1) = (a2,a3), comme (a1a2)(a1a3)(a2a3) = (011013) on aurait par <p'1
(12)(13)(1i) = (13) ce qui est faux). Les a,» sont tous distincts, sinon go ne serait
pas injective.
On a construit ainsi une permutation a e 6,, et on a cm-ofl = (a1, ai) = <p('r,-),
de sorte que (p et l’automorphisme intérieur i0, coïncident sur les a,- qui engendrent
6m donc on a <p = ia.
Pour utiliser 8.8 il nous reste à caractériser algébriquement les transpositions.
D’abord, ce sont des éléments d’ordre 2. Mais, dès que n z 4, ce ne sont pas les
seuls, il y a aussi les produits (ab)(cd) . ..
L’idée est d’étudier le centralisateur d’un élément d’ordre 2. (4) Nous indiquons
précisément deux méthodes z
1) On calcule le cardinal d’un centralisateur; le résultat est le suivant :
Lemme 8.9.
Soit s 6 6", on suppose que n = k1 + 2kg + ' '- + nkn avec k,- G N et que s est
produit de k1 + - - - + kn cycles disjoints, k1 cycles d ’ordre 1, k2 d ’ordre 2, . . . , kn
d ’ordre n. Alors, si c(s) est le centralisateur de s, on a :
|c(s)| = Hkilik‘.
i=1
Nous laissons la démonstration de ce lemme en exercice. Le théorème 8.7 en
résulte aisément. En efiet, si 7' est une transposition, 90(7) est d’ordre 2, donc
produit de k transpositions disjointes. Par ailleurs, on a <p(c(7')) = c(cp(r)) et donc
|c(1')| = |c(<p(7'))| d’où 2(n — 2)! = 2" k! (n — 2k)! On voit aisément que ceci impose
k = 1, sauf si n = 6 et k = 3 auquel cas on a bien 2.4! = 48 = 233L Par conséquent,
sauf (peut-être) pour n = 6, <p est intérieur.
(4) Les spécialistes de théorie des groupes savent bien que c’est une bonne idée!

32 Généralités sur les groupes
2) L’autre méthode, où le cas n = 6 apparaît de façon plus naturelle, consiste à
étudier la structure de groupe du centralisateur.
Notons déjà que 1’on peut supposer n z 6. En effet, pour n z 2 on a D(6,,) = 2l",
et comme 4p transforme commutateur en commutateur, il conserve 2l” de sorte que
l’image d’une transposition est un produit d’un nombre impair k de transpositions
disjointes. Si k 7€ 1 on a donc k z 3 et n z 6.
Soit d’abord 7' = (a, b) une transposition. Si 3 E c(7'), on a 3734 = (3(a)3(b)) =
(a,b). Si on pose E = {l,...,n} et F = E— {a,b}, on a donc:
3 e c(7') <=> s({a,b}) = {a,b} <=> s(F) = F.
On a ainsi un homomorphisme surjectif :
1‘ : 0(7) —> 6(F) = 6,,_2
S |-—> SIF
et, comme Kerr = {1,T}, on a la suite exacte :
1——-> Z/2Z ——> c('r) —> 6,,_2 ———> 1.
Soit maintenant 7' = (a1,a2)...(a2;,_1,a2k) un produit de k transpositions
disjointes et posons 7',- = (a2,_1,a2i). Comme les ‘r, commutent entre elles, on
a 7',- E c(7'). Le sous—groupe N de c(r) engendré par les 7-,- est de cardinal 2", formé
d’éléments d’ordre 2, il est donc isomorphe à (Z/2Z)’°. De plus, N est distingué
dans c(7-). En effet, si s est dans c(r), on a :
37-34 = (3(a1),3(a2)) . . . (3(a2;,_1),s(a2k)) = 7-
donc, vu Punicité de la décomposition en cycles disjoints, la conjugaison par s
permute les 7',- : 3733-1 = 7j.
(On peut vérifier aisément que c(1')/N est isomorphe à 6;, X 6,,_2k, mais nous
n’utiliserons pas ce fait).
Revenons au théorème, et supposons que pour une transposition 7', <p(7') = T’
soit un produit de k transpositions avec k z 3. Les centralisateurs c(r) et c(r’)
sont alors isomorphes, donc c('r) contient un sous-groupe distingué isomorphe à
(Z / 2Z)’°. Par r on en déduit que 6,,_2 possède un sous-groupe distingué isomorphe
à (Z/2Z)l, avec l = k ou k — 1, donc l > 0.
Mais on connaît les sous-groupes distingués de Ôn-z (cf. 8.5) et on voit que ceci
n’est possible que si n — 2 = 4 (donc n = 6) ou n — 2 = 2 (donc n = 4). Comme on
a supposé n z 6 on a donc prouvé que, sauf peut-être pour n = 6, l’image d’une
transposition par <p est une transposition, de sorte que go est intérieur.
Il reste à. examiner le cas n = 6.
Nous allons prouver qu’il est exceptionnel : on a Aut 63 9è Int 63.
On commence par remarquer que si on a une bijection f : E —> F entre deux
ensembles, on en déduit un isomorphisme de groupes :
<P = GUÉ) —* 5U’) Par <P(<7) = fUf-l»
En particulier, bien sûr, si |E| = n, on a 6(E) z 6,, On note, de plus, que 4p
transforme le stabilisateur de e e E en celui de f (e) G F.
On pose ensuite X = {1, . . . ,n}, 6(X) = 6,, et on note S(i) le stabilisateur de i :
S(i) = {a E 6,, |a(i) = �|�
C’est un sous-groupe d’indice n de 6m isomorphe à 6,,_1 et les S sont conjugués
car, si ��� = j, on a rS(z')'r’1 = .S'(j).
On a alors la proposition suivante :

Structures des groupes symétrique 6,. et alterné 521,, 33
Proposition 8.10.
Pour n 7€ 4 les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) Aut 6,. = Int 6,,
2) Les sous-groupes d’indice n de 6,, sont tous conjugués (donc ce sont les S(z')).
Démonstration. Prouvons seulement (non 2) ==> (non 1), le reste ne nous est
pas utile et est laissé à titre d’exercice.
Soit donc H un sous-groupe d’indice n, non conjugué des S(z‘). On a vu dans la
démonstration de 8.6 qu’on a un isomorphisme :
<p=<5n ->5(5n/H)
obtenu en faisant opérer 6,, par translation sur 6,. / H . Dans cet isomorphisme,
<p(H) est le stabilisateur de la classe H = 1.
Choisissant une bijection f de 6n/H sur X = {1, . . . ,n} telle que f(Î) = 1, on en
déduit un isomorphisme :
11;: 6(6,,/H) ———> 6,.
et <p(H) s’envoie par 1/2 sur S(1). On en déduit que 1b o <p est un automorphisme
de 6,, qui vérifie 1p o4p(H) = .S'(1), mais, comme H et S(1) ne sont pas conjugués,
1p o (p ne saurait être intérieur.
On peut maintenant conclure :
Proposition 8.11.
On a Aut 65 7è Int 65.
Démonstration.
Il suffit de construire un sous-groupe H d’indice 6 de 65, non conjugué des S
Pour ceci, il suffit de trouver un tel H qui opère transitivement sur {1, . . . , 6}.
Nous verrons une très belle méthode pour y parvenir à. partir des groupes linéaires
(cf. IV, 5.4.3). En voici une autre, fondée sur les théorèmes de Sylow :
Lemme 8.12.
Le groupe 65 contient 6 sous-groupes de Sylow d ’ordre 5.
Démonstration. Soit k le nombre de 5-Sylow de 65. On a. k E 1 (mod. 5) et k 24,
donc k = 1 ou 6. Le cas k = 1 est à. rejeter sinon P serait distingué, d’où la
conclusion.
Revenons à 8.11.. Soit X l’ensemble des 5-Sylow de 65. Le groupe 65 opère sur
X par conjugaison, transitivement (cf. 5.7) et fidèlement (cf. 8.5). On a donc un
homomorphisme injectif :
<p:65—>6(X):65
et comme 65 est transitif sur X, le sous-groupe <p(65) convient.
Remarque 8.13. On voit facilement que Int 65 est un sous-groupe d’indice 2 de
Aut 65. En effet, si <p et 1,0 sont deux automorphismes “extérieurs” ils transforment
tous deux la classe de conjugaison des transpositions (qui a 15 éléments) en celle des
produits de 3 transpositions disjointes, mais alors, «p o (p conserve les transpositions
donc est intérieur.

EXERCICES SUR LE CHAPITRE I
A. Groupes cycliques et (Z/nZ)*.
1) Montrer que tout sous-groupe (resp. tout quotient) d’un groupe cyclique est
cyclique.
2) Montrer que, si d est un diviseur de n, Z / nZ a exactement un sous-groupe
et un quotient d’ordre d.
3) Soit G un groupe dont tout sous-groupe propre est cyclique. G est-il
nécessairement cyclique, abélien ? Si G est de plus supposé abélien est-il cyclique ?
Exemples.
4) Soit G un groupe, Z son centre. On suppose G/Z cyclique. Montrer que G
est abélien.
Application : montrer que tout groupe d’ordre p2, avec p premier, est isomorphe
à Z/pZZ ou à Z/pZ x Z/pZ.
5) Soient a,n E Z, avec (a, n) = 1, montrer qu’on a av“) E 1 (mod.
6) Déterminer les entiers n pour lesquels (Z / nZ)* est cyclique.
B. Sous-groupes distingués.
1) On suppose que H et K sont des sous-groupes distingués de G, montrer que
1e sous-groupe H fl K est distingué dans G.
2) Si on a K 4l H 4l G, a-t-on nécessairement K 4l G? Et si K est un
sous-groupe caractéristique de H ?

Opérations ; conjugaison ; Sylow 35
3) Un groupe dont tout sous-groupe est distingué est-il nécessairement abélien ?
4) Soit G un groupe fini, p le plus petit facteur premier de IGI, H un sous-groupe
d’indice p. Montrer que H est distingué dans G (utiliser (34 Exemple C).
Étudier le cas p = 2. Application aux groupes d’ordre pq , p < q : retrouver le fait
que le q-Sylow est distingué.
5) Soit f : G ——> H un homomorphisme et soit N <1! H, montrer qu’on a
f“ (N) <1! G (remarque très utile pour construire de gros sous-groupes distingués).
En déduire qu’un groupe d’ordre p“ a des sous-groupes distingués de tous les ordres
p‘, avec O 5 z’ 5 a.
6) Soit G un groupe fini, p le plus petit facteur premier de |G|, H un sous-
groupe d’ordre p, distingué dans G. Montrer que H est central (faire opérer G
sur H par conjugaison).
C. Opérations; conjugaison; Sylow.
1) Deux éléments de même ordre d’un groupe G sont-ils nécessairement con-
jugués ? Déterminer les groupes abéliens dans lesquels cette propriété est vraie.
Donner un exemple de groupe non abélien qui la vérifie (mais ne pas trop essayer
de les trouver tous �h
2) Démonstration de Sylow (Wielandt).
Soit G un groupe, on pose IGI = n = pam, avec p j’ m.
On considère l’ensemble X des parties de G de cardinal p“ et l’ensemble Y des
p-sous-groupes de Sylow de G.
a) On fait opérer G sur X par translation à gauche. Soit E e X, GE le
stabilisateur de E. Montrer qu’on a |GE| 5 p“.
b) Montrer que |GE| = p“ => E = Sa: avec a: E G et S e Y. Montrer
qu’a.lors on a S = GE.
c) En déduire, en considérant les orbites de X sous G, la congruence
|X| E m |Y| (mod. p).
d) Montrer qu’on a |X| a m (mod. p) (soit par un calcul direct, soit en
appliquant c) à Z/nZ).
e) Démontrer la congruence : |Y| E 1 (mod. p) (qui prouve le premier
théorème de Sylow et une partie du second).
3) Avec les notations et la méthode de 2), étudier les sous-groupes d’ordre p‘,
avec i _<_ a.
4) Lemme de Cauchy.
Soit G un groupe abélien fini, p un diviseur premier de |G|. Montrer, sans utiliser
le théorème de Sylow, que G contient un élément d’ordre p.

36 Chapitre I : exercices
5) Sylow par récurrence.
a) Montrer le premier théorème de Sylow lorsque G est abélien (utiliser 4) et
une récurrence).
b) Dans le cas général, on raisonne par récurrence sur n. On fait opérer G sur
G’ par automorphismes intérieurs.
Montrer que, ou bien le centre Z de G est non trivial, ou bien il existe une orbite,
non réduite à un point, de cardinal premier à. p. Finir par récurrence, dans les deux
cas, soit avec le centre, soit avec le stabilisateur.
6) Montrer qu’un groupe abélien est produit direct de ses sous-groupes de Sylow.
(Pour des précisions sur la structure des groupes abéliens, cf. par exemple [Bbki]
Alg. Ch. VII).
7) Un exercice de botanique.
On considère les groupes suivants : Z/nZ , Dn , 63 , 64 , 65 , 2L4 , Q5 , Hg ,
GL(2, Fp), avec p premier, p 5 5...
Pour chacun d’entre eux on déterminera l’ordre du groupe, de ses éléments,
les classes de conjugaison, les centralisateurs des éléments, les sous—groupes,
éventuellement distingués (et, dans ce cas, les quotients), leurs classes de conju-
gaison et leurs normalisateurs, les sous-groupes de Sylow, leur nombre, les groupes
Z (G), D(G), en reconnaissant pour chaque sous-groupe d’éventuels isomorphismes
avec des groupes connus.
D. Automorphismes; produits.
1) Montrer qu’on a Aut ((Z/pZ)") z GL(n,F,).
2) Calculer AutG pour G = V21, 63, D4, Z/4Z X Z/2Z, H3 (les trois derniers
sont plus difiiciles).
3) Prouver le lemme 7.12.
4) Soient gag]; : H —+ AutN deux homomorphismes. Soit u e Aut N, on
suppose qu’on a pour tout h E H, 1/J(h) = u<p(h)u“1, autrement dit <p et 1/)
“diffèrent” d’un automorphisme intérieur de Aut N.
Montrer qu’a1ors les produits semi-directs N xtpH et N xupH sont isomorphes.
5) Montrer que si pour tous a, b e G on a (ab)2 = azb’, G est abélien, ceci vaut
en particulier si pour tout a, on a a2 = 1.
Construire, comme produit serni-direct, un groupe d’ordre 27 où tout élément est
d’ordre 3 mais qui n’est pas commutatif, bien qu’il vérifie a3b3 = (ab)3 pour tous
a, b.

Classification des groupes de petits ordres 37
E. Classification des groupes de petits ordres.
Le thème des exercices suivants est de trouver pour n petit (soit en valeur
absolue, soit par son nombre de facteurs premiers) tous les groupes d’ordre n,
à. isomorphisme près.
Pour cela, on utilisera deux types d’ingrédients :
a) Des théorèmes permettant d’afi'irmer qu’un groupe n’est pas simple, au
seul vu de son cardinal. Les théorèmes de Sylow permettent parfois d’y parvenir.
Nous utiliserons aussi des théorèmes de Burnside.
Il faut connaître le résultat le plus spectaculaire (mais très diflîcile !) dans cette
direction : le théorème de Feit-Thompson qui affirme que tout groupe simple non
banal (i.e. 96 Z/pZ) est d’ordre pair.
b) Les seules techniques de calcul des extensions à. notre disposition, a savoir
les produits directs ou serni-directs.
1) Déterminer les groupes d’ordre 8 (utiliser, par exemple, les exercices D5, B4
et A4).
2) Utilisation de Sylow pour montrer qu’un groupe n’est pas simple.
a) La première méthode est de prouver que le nombre k de p-sous-groupes de
Sylow vaut 1 et ceci en utilisant les deux remarques suivantes :
1) on a k a 1 (mod. p)
2) on a k l |G| et précisément, si |G| = pam, k|m.
Exemples
n = p°‘q , p, q premiers p > q (cf. aussi B4) (par exemple : n = 18, 54, 50 . . pP ;
n = paqfl avec p“ < q + 1 (par exemple n = 20, 28, 44, 88,99, 100 . . .) ;
n = paqfi lorsque, plus généralement, aucun p‘, i 5 a n’est congru à 1 modulo q
(par exemple n = 40, 45 . . �� ; ou même n produit de plus de 3 facteurs premiers,
dans certains cas favorables (par exemple : n = 42, 255, 84 . . P�
b) Lorsque cette méthode échoue, on peut parfois conclure en dénombrant
pour un p fixé le nombre d’éléments qui sont dans les p-Sylow et en constatant
qu’il reste peu de chose pour les autres.
Exemples
n = 12, 30, 56... ou encore n = pqr avec p, q, r premiers distincts (cette méthode
fonctionne bien pour a = 1 et k proche de m.)
c) Si G a k sous-groupes de Sylow, comme ceux-ci forment une orbite, on
a un homomorphisme 4p : G —> 6k dont le noyau peut fournir un sous-groupe
distingué non trivial. C’est 1e cas, par exemple, si |G| > k! ou même si |G| j’ k!
Exemples
n = 12,24, 36,48; n = p°‘q avec : p“ flq — 1)!
d) Applications :
Montrer qu’un sous-groupe d’ordre p2q a un sous-groupe distingué non trivial.
Montrer qu’aucun groupe d’ordre n < 60 n’est simple (non banal, i.e. 7E Z / pZ).
3) Soit G un groupe, S un 2-sous-groupe de Sylow. On suppose S cyclique et
|G| > 2. Montrer que G n’est pas simple. En déduire que, si G est simple et |G|

(1)
38 Chapitre I : exercices
pair, |G| est multiple de 4, (ainsi, par exemple un groupe de cardinal 90 n’est pas
simple).
(Faire opérer G sur G par translation et considérer la signature de la permutation
induite sur G par le générateur s de S, on voit que 5(3) = -1 d’où un
homomorphisme non trivial dans {—1, 0Bk
Reprendre 2d) pour n 5 100 , n 7E 60.
4) Montrer que les groupes d’ordre 12 sont produits (directs ou semi-directs)
de groupes à. 3 ou 4 éléments �9q Déterminer tous les groupes d’ordre 12 à.
isomorphisme près (il y en a 5). Reconnaître parmi eux : Z/12Z, Z/6Z x Z/2Z,
D6, 91.4, Z/6Z >4 Z/2Z, 63 x Z/2Z, 63 x Z/2Z, pour d’éventuels nouveaux, traiter
l’exercice C7.
4 bis) Même question pour les groupes d’ordre 18 (attention, il y a deux actions
non conjuguées de Z/2Z sur (Z/3Z)2, cf. D4).
5) Soit G un groupe de cardinal 24.
Montrer que, si aucun sous-groupe de Sylow (d’ordre 3 ou 8) de G n’est distingué,
G est isomorphe à 64 (faire opérer G sur ses 3—Sylow).
Déterminer les groupes d’ordre 24 (il y en a 15).
6) Montrer que tout groupe d’ordre 255 est cyclique (cf. aussi F4).
7) Déterminer les groupes d’ordre p2q , p 9è q (il y a divers cas suivant que
p|q — 1, q|p -1, qlp + 1; il faut connaître un peu la structure de GL(2,F,,)).
8) Soit p premier, p z 3 et G un groupe de cardinal p3. On suppose que G
contient un élément :1; d’ordre p2. Soit H =< a: > le sous-groupe engendré.
a) Montrer que H est distingué dans G.
b) Soit y 6 H. Montrer qu’on a y” e H. On pose y?’ = 50"‘. Montrer que p I m.
c) On pose g/‘lxy = a2". Calculer gflzfly’ en fonction de l, r, n.
d) On cherche un entier k e N tel que yxk soit d’ordre p.
Montrer que le problème se ramène à résoudre, en k , dans Z / p2Z, l’équation :
m+k(1+n+---+nP-1)=o.
Montrer que cette équation a toujours des solutions.
e) Déduire de ce qui précède la liste des groupes d’ordres p3 (il y a 3 groupes
commutatifs et 2 produits semi-directs).
9) Compléter pour n < 60 la liste des groupes, à isomorphisme près (on évitera
les cas n = 16, 32,48, 54).
Plus généralement, toute extension G de deux groupes finis N et H de cardinaux
premiers entre eux est scindée : théorème de Schur-Zassenhaus, cf. �/

Le transfert. Théorème de Burnside 39
F. Le transfert. Théorème de Burnside.
Pour progresser un peu dans la classification nous introduisons dans les exercices
suivants du matériel supplémentaire.
1) Fhomomomhîsme de transfert.
Soit G groupe fini, H un sous-groupe, G / H l’ensemble des classes à gauche. Soient
2:1, . . . ,a:,, des représentants des classes de sorte qu’on a :
G/H= {x1H,...,:cnH}, avec x1 e H.
Soit X = {æ1,...,œn}; G opère sur G/H par translation, donc sur X par :
gaz.- = æj <==> (gœflH = œJ-H. Mieux, G opère sur {1, . . . ,n} par : 9.x,- = :12”.
On pose alors, pour i E {1, . . . ,n} : gæi = æg_ihi,g_,- avec hih,” E H.
Soit D(H) le groupe dérivé de H, le quotient H / D(H ) est abélien et on note Ë la
classe de h modulo D(H On pose alors :
‘n.
VG—>H(g) = H hi,g.i
i=1
Montrer que :
1) VG...H est un homomorphisme de G dans H /D(H ), appelé transfert
(Verlagemng) de G dans H .
2) V0.4; ne dépend pas du choix des xi, (cf. �� 514).
2) Théorème de Burnside.
Soit G un groupe fini, P un p-Sylow de G. On suppose que P est contenu dans le
centre de son normalisateur.
On va montrer que P possède un p-complément i.e. qu’il existe un sous-groupe
N <1I G tel que G/N z P.
Pour ceci, on établira les points suivants :
a) Soient A1,A2 C P deux parties «distinguées » dans P (i.e. telles que
Vg E P, gAig'1 = Ai). On suppose A1, A2 conjuguées dans G, montrer qu’elles le
sont aussi dans NG(P), normalisateur de P dans G (considérer le normalisateur
de A2 et utiliser Pargument de Frattini, voir la démonstration du théorème 5.7).
b) On considère le transfert Va... p : G ——+ P (cf. 1) ci-dessus). Il suffit de
prouver que V est surjectif. Pour ceci, si u e P, on calculera V(u) en utilisant pour
représentants de G / P les éléments ujœi où w(a:1), . . . ,w(œa) sont les orbites de G
a
sous <u>. On trouvera V(u) = Hœi"1u"'x,-, avec r,- = |w(:1:,-)|, puis on utilisera
'i=1
a) et Phypothèse P C Z(NG(P)).
3) Application.
Soit G un groupe fini simple 7è Z/pZ, n son ordre, montrer qu’on a l’a1ternative
suivante :
1) ou bien 12 divise n,
2) ou bien le plus petit facteur premier de n est au moins au cube.

40 Chapitre I : exercices
4) Soit n un entier. On dit que n est cyclique si tout groupe d’ordre n est
cyclique.
Montrer que pour qu’un entier n soit cyclique, il faut et il suffit que n soit premier
à go(n), i.e. qu’en ait n = p1 . . .p,_, avec les pi premiers distincts et p; j’ p,- —— 1,
(utiliser 3).
Cas particulier : retrouver le cas des groupes d’ordre pq.
5) Même exercice qu’en 4) mais en remplaçant cyclique par abélien. Montrer
que n = p?‘ . . . p2’ doit vérifier les conditions suivantes :
1) 1 5 a,- 5 2 pour tout i,
2) Viaj! pilpj — 1!
3) Pour tout i tel que a, = 2 , et pour tout j, pjlp.‘ + 1.
6) Montrer que si G est simple et |G|_ = 60 on a G z 2l5 (montrer que G a cinq
sous-groupes de Sylow d’ordre 4, cf. 2), et le faire opérer sur cet ensemble à cinq
éléments.)
7) Si |G| = 60 et si G n’est pas simple, montrer qu’il est produit semi-direct
(fabriquer des sous-groupes distingués d’ordre 12, 15 ou 20).
Déterminer tous les groupes d’ordre 60 (il y en a 13, difficile).
8) Vers Feit-Thomson.
Montrer qu’un groupe d’ordre n impair, avec n < 2000 est soit de la forme Z / pZ,
soit non simple (utiliser les exercices 2) et 3) ci-dessus et un autre théorème de
Burnside, que l’on admettra, cf. [S2] : tout groupe d’ordre paqfl est non simple
pour a + fi > 1).
G. Groupes symétrique et alterné.
1) Montrer que les 2-Sylow de 64 sont isomorphes à D4. Combien y-en-a-t-il ?
2) Montrer que les 2-Sylow de 215 sont isomorphes à V}. Combien y-en-a-t-il ?
3) Montrer que 2L, est engendré par les carrés des éléments de ôn.
4) Montrer que Qls est engendré par a = (1 2 3 4 5) et 7' = (1 3 5)(2 4 6).
(Soit H =< a, 7' >, calculer a7‘ et en déduire une majoration de l’indice de H, puis
utiliser 3a) et E 2c)).
Montrer qu’en revanche a = (1 2 3 4 5) et 7' = (1 3 6) (2 5 4) n’engendrent par 5215.
Que peut-on dire du groupe < a, r> ? (difficile).

11. ANNEAUX,
propriétés arithmétiques
0. Rappels.
Nous supposons connue la notion d’anneau, et notamment d’anneau de polynômes.
Les anneaux que nous étudierons sont supposés commutatifs (la théorie des
armeaux et algèbres non commutatifs est intéressante, mais très différente, cf. [B1],
nous rencontrerons seulement, dans les prochains chapitres, Palgèbre de matrices
M(n, k) et le corps des quaternions).
Les anneaux seront aussi supposés unitaires (les anneaux non unitaires, eux,
n’ont guère d’intérêt et interviennent, essentiellement, comme idéaux des anneaux
unitaires).
Nous supposons, de plus, que les homomorphismes conservent les éléments unités :
si on a f : A —> B, f(1A) = 1B et que les sous-anneaux contiennent Pélément
unité de Panneau.
La notion d’idéal est supposée connue ainsi que celle d’anneau quotient. Nous
utiliserons librement les résultats et les notions qui suivent :
a) Théorème d ülsomorphisme.
Soit f : A —+ B un homomorphisme d’anneaux et I = Ker f. Soit J un idéal de A
contenu dans I et p : A —> A/ J la projection canonique. Alors :
1) il existe un unique homomorphisme Î : A/ J —> B tel que f = Îp (on dit que f
se factorise par A/J),
2) Î est injectif si et seulement si on a J = I,
3) Î est surjectif si et seulement si f 1’est.
En particulier on a Im f r: A/Ker f.
b) Propriété universelle des anneaux: de polynômes.
Soient A et B deux anneaux. La. donnée d’un homomorphisme
f : A[X1,...,Xn] —>B
équivaut à la donnée de sa restriction à A (donc d’un homomorphisme de A dans
B) et des images des X,- (donc de n éléments de B), cf. [L] Ch. V.

42 Propriétés arithmétiques des anneaux
c) Opérations sur les idéaux.
On note P� ou xA Pidéal engendré par x dans A i.e. Pensemble des éléments de
la forme xa pour a E A. Un tel idéal est dit principal
Une intersection quelconque d’idéaux est un idéal.
La somme d’une famille I1, d’idéaux de A est l’ensemble des sommes finies z xk
avec xk E I k. C’est un idéal qui est la borne supérieure des I k pour l’inclusion. On
le note zIk. En particulier si I k = (fk) on trouve I ’idéa1 engendré par les fk.
Dans Z Pidéal somme de (x) et (y) est 1’idéa1 engendré par 1e pgcd de x et y.
Un idéal I d’un anneau A est dit de type fini s’i1 est engendré par un nombre fini
d’éléments i.e. s’i1 existe x1, x2, . . . ,x,. E I tels que tout x E I s’écrive x = zen-x,-
avec des a,- E A.
Le produit de deux idéaux I et J est l’idéal noté I J engendré par les produits
xy pour x E I et y E J. On a IJ C Ifl J, mais la réciproque est fausse: dans Z
1’idéal produit (resp. intersection) de �T� et (y) est l’idéal engendré par xy (resp.
par le ppcm de x et y).
d) Algèbres.
Soit A un anneau. Une A-algèbre est un anneau B muni d’un homomorphisme
(souvent injectif, mais ce n’est pas indispensable) f : A —> B. Elle est dite de type
fini si elle est engendrée comme algèbre par un nombre fini d’éléments x1, . . . ,xn
de B i.e., si tout élément de B est une fonction polynômiale des x,- à coefficients
dans A. Il revient encore au même (cf. b) de demander que B soit isomorphe à un
quotient d’un anneau de polynômes A[X1, . . . ,X,,].
1. Quelques remarques sur les idéaux.
a) Idéaux d ’un anneau quotient.
Soit A un anneau, I un idéal, p : A ——> A/ I la surjection canonique.
Alors les idéaux de A/ I sont en bijection avec les idéaux de A contenant I via les
deux applications, croissantes relativement à l’inclusion :
J D Ï I—> p(J)
p-lci’) H J’
Attention, Pimage d’un idéal par un homomorphisme n’est pas en général un idéal.
C’est vrai toutefois dans le cas où l’homomorphisme est surjectif. En revanche avec
Pimage réciproque tout se passe bien.
b j Anneaux intègres.
Définition 1.1.
Un anneau A est dit intègre si on a :
1)A#{0},
2)‘v’a,bEA, ab=0 => a=Ooub=O.
Exemples 1.2.
1) Si A est un corps, A est intègre.
2) Un sous-anneau d’un anneau intègre l’est aussi.
3) Réciproquement, tout anneau intègre est un sous-anneau d’un corps, son
corps des fractions K = Fr (A) (construit à partir de A comme Q à partir de Z).

Quelques remarques sur les idéaux 43
4) Si A est intègre, Panneau des polynômes A[X] est intègre.
5) En revanche, si I est un idéal de A, A/I n’est pas nécessairement intègre,
même si A Pest. A cet égard on a la définition suivante :
Définition 1.3.
Soit A un anneau, I un idéal de A, I est dit premier si et seulement si Panneau
A/I est intègre. Il revient au même d ’imposer :
0A7”, _
2)Va,beA, abel => aeIoubeI.
Exemples 1.4.
1) Si A = Z, I = nZ est premier si et seulement si n = 0 ou n premier (cf. Q3).
2) Si on a un homomorphisme f : A —> B et si I est un idéal premier de B,
f'1(I) est un idéal premier de A.
c) Idéaux maximaux.
Définition 1.5.
Un idéal I de A est dit maximal si I 7S A et si I est maximal (relativement à
l’inclusion) pour cette condition : si J est un idéal de A tel que J D I et J fi A,
on a J = I.
Exemple 1.6. Les idéaux maximaux de Z sont les pZ pour p premier.
Proposition 1.7.
Soit I un idéal de A. On a Péquivalence : I maximal <2 A/I est un corps.
Corollaire 1.8.
Tout idéal maximal est premier.
Démonstration (de 1.7) On montre d’abord le lemme suivant :
Lemme 1.9.
Soit A un anneau, A est un corps si et seulement si on a :
1) A 75 {O},
2) les seuls idéaux de A sont {O} et A.
Démonstration. En effet si on a. 1) et 2), et si a E A est non nul, l’idéal principal
aA est différent de {O}, c’est donc A, donc on a 1 e aA et a est inversible.
Réciproquement, si A est un corps et I un idéal 7E {O}, soit a E I, a 9€ 0, alors on
a1=a’1a€I, doncI=A.
La proposition 1 résulte du lemme et de la description des idéaux de A/ I , cf. a).
Notons que la réciproque du corollaire est fausse, par exemple {O} est un idéal
premier non maximal de Z, ou encore, si k est un corps, l’idéal principal (X) de
k[X, Y] est premier mais non maximal.
Signalons sans démonstration le théorème suivant qui résulte aisément du théorème
de Zom :
Théorème 1.10 (Krull).
Soit I un idéal de A, I 5è A, il existe un idéal maximal m de A, contenant I.

44 Propriétés arithmétiques des anneaux
2. Anneaux noethériens.
Il s’agit d’une propriété de finitude des anneaux, remarquablement stable par les
opérations usuelles. Rappelons qu’un idéal I d’un anneau A est dit de type fini s’il
est engendré par un nombre fini d’éléments :
I=(a1,...,a,,)={/\1a1+---+Àna,,|)\,EA}.
Proposition-définition 2.1.
Les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) Tout idéal de A est de type fini.
2) Toute suite croissante I1 C I2 C P�� C In C 0|� d’idéaux de A est stationnaire,
i.e. (EINE N, n z N => In =IN).
3) Tout ensemble non vide d’idéaux de A a un élément maximal pour l’inclusion.
Un anneau qui vérifie 1) 2) ou 3) est dit noethérien.
Démonstration.
1) => 2). Comme la suite In est croissante, la réunion I = U In est un idéal,
neN
donc est de la forme I = (a1,...,a;,). Il existe N e N tel que a1,...,ak e IN,
mais alors on a I = I N d’où le résultat.
2) 2 3). Soit E un ensemble non vide d’idéaux. Supposons que E n’ait pas
d’élément maximal. On construit alors par récurrence une suite (In),.eN qui
contredit 2) : on prend I1 E E quelconque, puis, comme I1 n’est pas maximal,
on trouve I2 e E avec I1 C12, etc. (on notera qu’on n’utilise pas le théorème de
Zorn).
3) => 1). Soit I un idéal et E = {idéaux J de AIJ C I et J de type fini}.
L’ensemble E est non vide car (0) est dans E. Soit J un élément maximal de E
et, si J 7è I, soit a e I — J. Alors J + (a) est encore de type fini, contenu dans I
et contient strictement J ce qui contredit la maximalité de J. On a donc J = I et
I est bien de type fini.
Exemples 2.2.
1) Un anneau principal (i.e. intègre et dont tout idéal est principal; cf. 53) est
noethérien. C’est le cas, par exemple, de Z, des corps �{
2) Si A est noethérien, A/I 1’est aussi (cf. fil a)).
3) L’a.nneau des polynômes à une infinité de variables A = k[X1, . . . ,Xn, . . ��
n’est pas noethérien car on a une suite croissante non stationnaire d’idéaux :
(X1) C (XhXg) C A� Pour d’autres exemples, voir les exercices.
4) Un sous-anneau d’un armeau noethérien ne 1’est pas nécessairement; par
exemple si dans 3) k est un corps, Panneau A est intègre, donc (cf. ë 1 b)) c’est un
sous-anneau d’un corps.
Le théorème de transfert de Hilbert fournit de nombreux exemples d’anneaux
noethériens :
Théorème 2.3 (Hilbert).
Si A est noethérien, A[X] est noethérien.
Démonstration. Soit I un idéal de A[X On définit, pour n e N :
d,.(I) = {coefficients dominants des éléments de I qui sont de degré n} U ���

Propriétés arithmétiques 45
On voit aisément que d,,(I) est un idéal de A. De plus, on a les propriétés suivantes :
1) si I C J, d,.(I) C d,,(J) pour tout n,
2) si n e N, d..(I) c d..+1(I).
3) siICJ, I=J<=>vneN, d.,,(I) =d,,(J).
Les deux premières propriétés sont évidentes (pour 2) il suffit de multiplier par
X Pour la troisième, supposons que l’on ait d” (I) = d,,(J) pour tout n et I 7€ J.
Soit P e J — I, P # O, de degré minimal k. Le coefficient dominant de P est dans
d;,(J) = dk (I Soit Q e I de même degré et de même coefficient dominant que
P. Alors, on a P — Q e J — I et d°(P — Q) < k ce qui contredit la minimalité du
degré de P.
Revenons au théorème : soit I0 C I1 C . . . C In C . . . une suite croissante d’idéaux
de A[X]. Comme A est noethérien la famille d;,(I,,) pour (k,n) E N x N admet
un élément maximal d;(I,,,). Pour k 5 l, la suite dk (In) est croissante par rapport
à n, donc il existe m, tel que pour n z nk, d;,(I,,) = dkflnk). On pose alors :
N=sup (m; no, n1,...,n;).
Montrons alors qu’on a, pour n z N , In = I N ce qui établira le théorème. En effet
comme I N C In, il sufiit, d’après le point 3) ci-dessus, de prouver les relations :
Vk É N, dk(Ïn) = dg-KÏN).
1) Si Ic z l on a: dk(IN) D dk(I,,,) D dg(I,,,) et dkUn) D dk(Im) I) d;(Im) et
comme d;(Im) est maximal, on a bien dk(IN) = d;,(I,,).
2) Si k < l on a : d;,(IN) = d;,(I,,,,) = dk(I,,) et le théorème est démontré.
Corollaire 2.4.
S1‘ A est noethérien, A[X1, . . . ,X,,] 1’est aussi.
Corollaire 2.5.
Si A est noethérien et si B est une A-algèbre de type fini (cf. 0.d), B est un anneau
noethérien.
3. Propriétés arithmétiques.
On entend par propriétés arithmétiques des anneaux celles relatives à relation de
la divisibilité. On suppose A 7è {0} dans toute la suite.
a) Eléments inversibles.
On pose :
A‘ ={aEA|EIb€A, ab=1}.
Les éléments de A‘ sont les éléments inversibles de A appelés parfois « unités de
A ». On vérifie que A‘ est un groupe pour la. multiplication.
Eæemples 3.1.
1) SiA est uncorps, onaA‘ =A—{0}.
2) (Z/nZ)* a été déterminé au Chapitre I 57.
3) Si k est un corps on a k[X]* = Ic*.
Remarque 3.2. Pour a e A, on a : a E A* <=> (a) = A.

46 Propriétés arithmétiques des anneaux
b) Divisibilite’.
Définition 3.3.
Soient a, b E A. On dit que a divise b et on écrit a | b si et seulement si il existe
ceA avecb=ac.
Proposition 3.4.
On a : b|a<=> (a) C P��
En particulier, pour tout a E A et tout a e A* on a : {O} C (a) C (a) = A de
sorte que tout élément a e A divise 0 et qu’un inversible divise tous les éléments
de A.
Remarque 3. 5.
La relation b I a est un préordre (i.e. elle est réflexive et transitive, mais pas
antisymétrique en général). On lui associe la relation d’équivalence :
aRb=>a|b et b|a<=>(a)=(b).
Proposition 3.6.
On suppose A intègre. Alors on a aRb <=> 3 u G A*, a = bu.
Démonstration. En effet, on a b = ac, a = bd, d’où b = bcd, donc b(1 —— cd) = 0
et comme A est intègre, si b7é0, on a 1 -——cd=0 i.e. c,d€ A*. Le cas b= 0 est
trivial.
Remarque 3. 7. Ce résultat est en défaut si A n’est pas intègre : on prend
A = k[X,Y,Z]/X(1 — YZ); si x,y,z sont les images de X,Y,Z dans A, on a
a: = azyz donc a: | zvy et xy | :1: mais le lecteur vérifiera qu’il n’existe pas de u E A*
tel que æy = uæ.
Nous supposerons désormais A intègre.
Définition 3.8.
Soient a, b G A, on dit que a et b sont associés si et seulement si on a aRb.
Les éléments associés jouent des rôles identiques pour la divisibilité ce qu’on peut
encore exprimer en disant que les éléments inversibles sont négligeables dans les
questions d’arithmétique. La proposition suivante établit un dictionnaire entre la
divisibilité et l’inclusion des idéaux principaux :
Proposition 3.9.
L’app1ication a v—> (a) induit un isomorphisme d ’ensemb1es ordonnés de A / ‘R muni
de 1a relation de divisibilité, sur J (A), ensemble des idéaux principaux de A, muni
de 1’inc1usion inverse.
Définition 3.10.
Soit p E A. On dit que p est irréductible si et seulement si on a :
1)p<i5A*,
2)p=ab => a€A* oub€A*.
La propriété 2) peut encore s’exprimer en disant que les seuls diviseurs de p sont
les éléments inversibles et les associés de p.
Remarques 3.11.
1) O n’est pas irréductible.
2) Si A n’est pas un corps : p irréductible <==> est maximal dans .7(A) — @��

Propriétés arithmétiques 47
Exemple 3.12. Dans Z les irréductibles sont les nombres premiers.
Définition 3.13.
Soient a, b E A; on dit que a et b sont premiers entre eux (ou encore étrangers)
si on a :
VdEA, d|aetd|b => d€A*
Autrement dit, a et b n’ont pas de diviseurs communs non triviaux.
c) Anneaux factoriels.
La notion de factorialité généralise la propriété de décomposition unique en
facteurs premiers de Z. Attention, les armeaux factoriels ne vérifient pas toutes
les propriétés de Z (par exemple le théorème de Bézout y est, en général, faux).
Définition 3.14.
Soit A un anneau. On dit que A est factoriel s’il vérifie les trois propriétés
suivantes : '
(0) A est intègre,
(E) tout élément a non nul de A s’écrit a = upl . . .p, avec u. G A* et p1, . . . ,12,
irréductibles,
(U) cette décomposition est unique, à permutation près et à des inversibles près :
si a = upl . . .p, = vql . . . qs, on a r = s et il existe a E 6,. tel que p,- et qgw soient
associes.
On peut reformuler cette définition en introduisant un système de représentants
P des irréductibles de A, i.e. un ensemble P d’irréductibles qui est tel que pour
tout p irréductible il existe un unique q E P vérifiant pRq :
Définition 3.14 bis.
L’anneau A est factoriel si et seulement si :
( 0) A est intègre,
(E) Va e A, a 96 0, a s’écrit sous la forme a = u H p”P(“), avec u G A*, v,,(a) e N
peP
et les v,,(a) nuls, sauf un nombre fini,
(U) cette écriture est unique.
L’entier v,,(a) s’appel1e 1a valuation p-adique de a.
Exemples 3.15. On peut prendre comme système de représentants :
dans Z les nombres premiers > 0,
dans k[X] (k désignant un corps) les polynômes unitaires irréductibles.
Remarque 3.16. Avec ces notations, pour a, b 7E 0 on a :
alb => Vp e P, v,,(a) g vp(b).
Nous allons maintenant analyser un peu les deux conditions �I et (U).
Si nous partons d’un élément a e A, non irréductible, il s’écrit a = bc où b et c ne
sont pas associés à. a. Si b ou c n’est pas irréductible, on peut réitérer l’opération. La
condition `� affirme essentiellement que cette dichotomie s’arrête. Par exemple,
dans Z, c’est l’ordre de grandeur des nombres a, b, c avec (|b|, |c| < |a|) qui force
Parrêt du processus. On peut donc s’attendre à ce que cette propriété de finitude
soit valable pour un anneau noethérien. De fait :

48 Propriétés arithmétiques des anneaux
Proposition 3.17.
Si A est noethérien et intègre, A vérifie (E).
Démonstration. On considère l’ensemble :
F = {(a) e J(A) [usé 0 et a n’est pas de laformea=up1...p,}.
En particulier, si (a) E F, a n’est ni inversible, ni irréductible.
Supposons F non vide, et soit (a) un élément maximal de F (il en existe car A
est noethérien). Comme a. n’est pas irréductible on a a = bc, avec b, c i A‘. On en
déduit (a) (äb), (a) g(c), sinon, si on a par exemple (a) = (b), on a a = bu avec
u e A* (cf. 3.5 et 3.6), d’où a = bu = bc et, comme A est intègre, c = u e A*,
contradiction. Mais alors, comme (a) est maximal dans F, (b) et (c) ne sont pas
dans F et donc b et c s’écrivent sous la forme de ��� : b = upl . . .p,; c = vq; . . . q_,,
et on a aussi a = bc = uvpl ...p,.q1...q, ce qui contredit le fait que a est dans F.
Remarques 3.18.
1) Attention, noethérien et intègre n’impliquent pas factoriel. Considérons en effet
Panneau A = ��� = {a + bix/Ë E C[a,b e Z}. Cet anneau est noethérien (il
est isomorphe à Z[îl"]/(T2 + 5)) et intègre, mais on a, dans A :
9=3x3=(2+z\/5)(2—z\/5)
et on vérifie aisément que 3, 2 + ix/Ë et 2 —z' 5 sont irréductibles ce qui contredit
la propriété pO� (On considérera pour cela la norme d’un élément z = a + ibx/Ë,
i.e. N(z) = z'z' = a’ + 5b2.)
2) Remarquons aussi que factoriel n’implique pas noethérien. Ainsi, par exemple,
Panneau de polynômes à une infinité de variables k[X1, . . . , X”, . . `�� est factoriel et
non noethérien, cf. Q2 et Q4.
On s’intéresse maintenant à la condition ���
Proposition 3.19.
Soit A un anneau intègre vérifiant ��� Les conditions suivantes sont équivalentes :
1) A vérifie (U),
2) le lemme d ’Euc1ide : si p est irréductible et p divise ab, alors p divise a ou b,
3) p irréductible <=> premier, (on dit alors parfois que p est premier),
4) le théorème de Gauss : si a divise bc et si a est premier avec b, a divise c.
Démonstration.
a) Notons déjà que, sans aucune hypothèse, (p) premier :4» p irréductible. En
effet, si p = ab, on a ab e (p), donc a ou b e (p) donc p divise a ou b.
b) L’équiva.lence de 2) et 3) est claire, sans l’hypothèse que A vérifie P�
c) On a aussi, toujours sans (E), 4) => 2) (c’est clair) et 2) => 1) : en effet,
si a = uHp”P(“) = 11H pwld“), on choisit p tel que vp(a) > 0, comme p divise le
deuxième membre, il divise un de ses facteurs, et on a donc wp (a) > 0. On divise
alors les deux membres par p et on termine par récurrence.
d) En revanche, pour prouver 1) => 4) (ou aussi 1) => 2)) on a besoin de �6�
On décompose a, b, c en facteurs premiers et il s’agit de montrer : vp(a) 5 v,,(c)
pour tout p. Sinon, on a, pour un p, vp(a) > vp(c), or, comme a divise bc, on a
v,,(b) _>_ v,,(a) — v,,(c) donc v,,(b) et vp(a) sont > O et p divise a et b, c’est une
contradiction.
Cette proposition nous fournit un exemple important d’anneau factoriel :

Propriétés arithmétiques 49
Définition 3.20.
Un anneau A est dit principal s’il est intègre et si tout idéal de A est principal.
Corollaire 3.21.
Un anneau principal est factoriel.
Démonstration. On note d’abord qu’on a les implications :
A principal => A noethérien => A vérifie �:s (3.17).
Ensuite, si p est irréductible dans A, l’idéal (p) est maximal parmi les idéaux
principaux de A distincts de A (3.11.2), donc maximal tout court, donc premier
(cf. 1.8) et on conclut grâce à. la Proposition 3.19.
Remarque 3.22.
On a déterminé tous les idéaux premiers d’un anneau A principal. Si A n’est pas
un corps, les idéaux premiers de A sont l’idéal (0) et les idéaux maximaux `w�
engendrés par les irréductibles.
d) ppcm et pgcd.
Là encore, la situation connue sur Z se généralise.
Proposition-définition 3.23.
Si A est un anneau factoriel, l’ensemble ordonné A/‘R (ou encore J (A), cf. Prop.
3.9) est réticulé, dest-a-dire que deux éléments ont un sup et un inf.
On pose alors, si inf((a); (b)) = (c), c = ppcm (a, b) (plus petit commun multiple),
et si sup((a); �� = (d), d = pgcd (a, b), (plus grand commun diviseur).
Démonstration.
Si a = uHp“P(“) et b = v H p”P("), le ppcm est donné par c = HpS“P(”P(“)’”P("»
et le pgcd par d = H pi“f(”P(“)'"P(b”.
Remarques 3.24.
0) Attention, le ppcm et le pgcd ne sont définis qu’aux éléments inversibles près.
1) On a (a) fl (b) = (c) où c est le ppcm de a et b, mais pas en général
(a) + (b) = (d) avec pour d le pgcd (c’est le théorème de Bézout, cf. plus loin).
2) On définit aisément par récurrence le pgcd et le ppcm de n éléments.
3) Pour des réciproques et contre-exemples, voir les exercices.
e) Le théorème de Bézout.
Proposition 3.25.
Soit A un aimeau principal, soient a, b E A — {O} et soit d = pgcd (a, b), alors on a
(d) = (a) + (b) ce qui signifie encore qu’il existe A, p E A tels que d = Àa + ub.
Démonstration. Par définition du pgcd, l’idéal (d) est le sup des idéaux (a) et
(b) dans l’ensemble des idéaux principaux de A, donc dans 1’ensemble de tous les
idéaux, et c’est donc (a) + (b).
Corollaire 3.26.
Soit A un anneau principal, soient a,b G A — {O}, premiers entre eux. Alors, on a
(a) + (b) = (1) i.e. il existe A44 e A tels que 1 = Aa + ub.
Remarque 3.27. Le théorème de Bézout est en défaut dans un anneau factoriel non
principal. Ainsi, Panneau k[X, Y] est factoriel (cf. ë4) et X et Y sont premiers entre
eux, mais on a (X) + (Y) = (X, Y) 7è (1).

50 Propriétés arithmétiques des anneaux
f) Anneaux euclidiens.
Nous allons étudier maintenant une classe importante d’anneaux principaux.
Définition 3.28.
Un anneau A est dit euclidien si :
1) A est intègre,
2) A est muni d’une division euclidienne, i.e. il existe une fonction (appelée parfois
stathme) v : A—{0} ———> N telle que si a,b e A-{O}, il existe q,r e A avec
a = bq+r et (r = 0 ou v(r) < v(b)).
Théorème 3.29.
Un anneau euclidien est principal.
Démonstration. Soit I un idéal de A, I 96 {O}. Soit b e I, b 7è 0, tel que v(b) soit
��� Soit a e I, on efiectue la division euclidienne de a par b :
a=bq+ravecr=0ouv(r)<v(b),
on a alors r = a — bq E I et comme v(b) est minimal pour les éléments non nuls
de I, on a r = O, donc a e (b) et on a bien montré I = P8�
Exemple 3.30. L’anneau Z muni de Papplication v(n) = ��� est euclidien.
Un autre exemple important est celui de k[X], où k est un corps. On commence
par prouver un lemme un peu plus général :
Lemme 3.31 : division euclidienne dans A[X].
Soit A un anneau et soit P E A[X], P ÿé 0, de coefiîcient dominant inversible.
Soit F 6 A[X], il existe Q, R e A[X], tels que I’on ait :
1) F = PQ + R,
2) d°R < d°P ou R = 0.
Démonstration.
On peut supposer P unitaire : P(X) = X" + an..1X”‘1 + - - - + a0. On considère
Panneau quotient B = A[X]/ Soit x l’image de X dans B. Il sufiit de
prouver que tout élément de B est combinaison linéaire à coefficients dans A de
1,x, . . . , x““1. Par linéarité il suffit même de le faire pour les monômes xi et c’est
immédiat par récurrence en tenant compte de la relation :
x" = —an_1x"'1 — - — - — a0.
Corollaire 3.32.
Si k est un-corps, Panneau k[X] est euclidien (avec comme stathme v(P) = d°P).
Exemple 3.33. Autres exemples d'anneaux euclidiens.
Nous verrons au 56 Panneau Z[i]. Signalons également Panneau k[[X des séries
formelles à coefficients dans un corps et Panneau D des nombres décimaux (sous-
anneau de Q engendré par Z et 1/10), cf. 53 Exercice 7. Nous donnons au 55 un
exemple d’anneau principal non euclidien.
4. Stabilité des notions étudiées; théorème de Gauss.
a) Passage à Panneau des polynômes.
Si A est principal, A[X] ne l’est plus en général :

Stabilité des notions étudiées; théorème de Gauss 51
Proposition 4.1. _
Soit A un anneau. A[X] est principal si et seulement si A est un corps.
Démonstration. Si A est un corps, A[X] est euclidien, donc principal. Réciproque-
ment, si A[X] est principal, il est intègre, donc A aussi. Il en résulte que X est
irréductible dans A pour une raison de degré. Donc (X) est premier (car A est
factoriel), donc maximal (car A est principal) donc A z A[X] / (X) est un corps.
(On peut aussi considérer les idéaux (X, a) pour a e A).
En revanche, la. factorialité se conserve :
Théorème 4.2 (Gauss).
Si A est factoriel, A[X] est factoriel.
Démonstration. Notons d’abord que A[X] est intègre et qu’on a A[X]‘ = A*. Le
ressort de la démonstration est l’utilisation du corps des fractions K de A et de
l'anneau K [X] qui, lui, est principal donc factoriel.
On définit d’abord, pour P e A[X], P 7€ 0, le contenu de P, noté c(P) :
si P(X) = anX" + - - - + ao, on pose c(P) = pgcd (a0, . . . ,a,,), Pélément c(P) est
bien entendu défini modulo A*.
Un polynôme P est dit primitif si on a c(P) = 1.
Lemme 4.3 (Gauss).
On a c(PQ) = c(P)c(Q) modulo A*.
Démonstration (de 4.3)
1) Supposons d’abord P, Q primitifs : c(P) = c(Q) = 1. Si c(PQ) 7E 1, il
existe p E A, irréductible qui divise c(PQ) (car A est factoriel). Mais comme on a
c(P) = c(Q) = 1, il existe imjo e N tels que :
Vi<io, plu,- mais pjago
Vj<jo, plbj mais plbjo.
Par hypothèse on a
P I Cio+jo = z aibi = aiobjo + z aibj
i+j=îo+jo i+j=io+jo
Î<io ou j<jo
mais alors p | afiabjo ce qui contredit le lemme d’Euclide (3.19).
2) Passons au cas général :
Posons d = c(P), e = c(Q), P’ = P/d, Q’ = Q/e, on a. c(P’) = c(Q’) = 1 et
PQ = deP’ Q’ avec c(P’Q’) = 1 d’après le premier cas. Il en résulte aussitôt que
c(PQ) = de.
On peut alors déterminer les irréductibles de A[X] :
Proposition 4.4’.
Les polynômes P(X) E A[X] irréductibles dans A[X] sont :
1) les constantes p e A, irréductibles dans A,
2) Ies polynômes P(X), de degré z 1, primitifs et irréductibles dans K [X].
Démonstration (de 4.4)
a) Ces éléments sont des irréductibles :
1) Si p E A et si p = P(X)Q(X), on a d°P = d°Q = 0, donc P,Q e A et l’un
d’eux est dans A‘, donc est inversible dans A[X] et p est irréductible dans A[X

52 Propriétés arithmétiques des anneaux
2) Si P(X) = Q(X)R(X) dans A[X], donc aussi dans K[X], comme P est
irréductible dans K [X], on a, par exemple, Q e K [X ]*, donc d°Q = 0 et
Q 7è 0 : Q = a E A. On en déduit P(X) = aR(X), donc a|c(P) et comme
c(P) = 1, a e A* et P est irréductible.
b) Ce sont les seuls irréductibles. En effet, soit P un irréductible de A[X
1) Si d°P = 0, P = p E A est nécessairement irréductible dans A.
2) Si d°P > 0, il est clair que l’on a c(P) = 1 et il reste à voir que P est
irréductible dans K[X Sinon on aurait P(X) = Q(X)R(X) avec Q, R E K
On peut alors écrire Q(X) sous la forme Q(X) = ÈQ’ (X) avec Q’ G A[X],
c(Q’) = 1 et a,b E A, premiers entre eux : si Q(X) = z Ëxi on prend pour
i=1 i
‘n.
I
b un ppcm des b,-, d’où Q(X) = Z %x‘ puis pour a un pgcd des a; et enfin on
i=1
simplifie éventuellement la fraction a / b.
De même on écrit R(X) = âR’(X). On a bd P(X) = ac Q’(X)R’(X), d’où en
calculant les contenus par le lemme de Gauss : c(bd P) = bd = c(ac Q’ R’ ) = ac,
modulo A*.
On a donc P = ÀQ’ R’ , À e A*, mais comme P est irréductible dans A[X], Q’ ou
R’ est dans A[X]* = A*, donc de degré O, et P est donc irréductible dans K[X
Revenons à 4.2 en prouvant les propriétés �F et (U) :
Pour (E), on considère d’abord P E A[X], primitif, que l’on écrit : P(X) =
P1 (X )°‘1 �? P,(X)°", avec P,- E K [X], irréductible dans K On écrit ensuite,
comme ci-dessus :
194x): ËPflX) avec c(P,-') = 1.
Comme fi e K *, P,’ est un polynôme irréductible dans A[X] et on a :
bi
(Hb,-)P=Ha,HP,'“‘
mais en passant aux contenus, on voit qu’on a :
P = uHHO“ avec u e A*, d'où @E9
Si P n’est pas primitif, on a P = dP’ avec P’ primitif et on conclut en décomposant
d dans A et P’ dans A[X}.
Pour (U), on prouve que si P est irréductible, l’idéal (P) = PA[X] est premier.
1) SiP=pEAalors,ona:
Alxl/(P) à‘ A/(PHXI
qui est intègre puisque A/ `�6 1’est.
2) Si d°P z 1, on considère le diagramme ci-dessous z
A[X] %—> K [X]
1 , |
AlXl/(P) 4-» KlXl/(P)

Un exemple d’anneau principal non euclidien 53
comme K [X] / (P) est intègre, puisque P est irréductible et K [X] principal, il suffit
de prouver que z‘ est injectif ou encore que l’on a :
(PK[X]) n A[X] = PA[X].
Seule Pinclusion C est non triviale. Soit Q E A[X], Q = PR, R E K [X], on écrit,
comme d’habitude, R = fâR’ et Q = c Q’, avec R’, Q’ e A[X] et primitifs. D’où :
cb Q’ = a PR’. Passant aux contenus, on voit que b divise a, donc que R est dans
A[X] et ceci achève la démonstration du théorème de Gauss.
Corollaire 4.5.
Si A est factoriel, A[X1, . . . ,X,,] est factoriel.
Démonstration. C’est clair par récurrence sur n.
On notera que les anneaux Z[X], k[X, Y] pour k un corps, sont factoriels et non
principaux.
Corollaire 4.6.
Si A est factoriel, A[X1, . . . ,X,,, @" l’est aussi.
Démonstration. Cela résulte de 4.5 car tout se passe avec un nombre fini
d’indéterminées.
b) Passage au quotient.
Bien entendu, on se restreint au cas des idéaux premiers afin que le quotient soit
intègre.
Remarque 4.7. Pour un anneau A principal la situation est très simple : les
quotients intègres A/I de A sont A, si I = {O}, ou des corps, si I = (p), avec
p irréductible.
Si I = (a) avec a quelconque, que l’on écrit comme produit d’irréductibles
distincts : a = p?‘ . . . p32 on peut calculer A/ I :
A/ (a) c: H A/(pf), c'est le lemme chinois.
i=1
Pour un armeau factoriel, la situation est plus compliquée, mais en général les
quotients intègres ne sont pas factoriels, par exemple
1) 08 z Z[X]/(X2 + 5) n’est pas factoriel (cf. 3.18),
2) C[X , Y] / (Y2 — X 3) n’est pas factoriel, (montrer que Pimage Y de Y est un
élément irréductible, mais que l’idéa1 (Y) n’est pas premier).
c) Sous- anneaux.
Comme dans le cas noethérien, l’exemple d’un anneau intègre plongé dans son
corps de fractions montre qu’il ne faut espérer aucune conservation par passage
aux sous-anneaux.
5. Un exemple d’anneau principal non euclidien.
1+i\/Ë
2
euclidien. Un autre exemple, R[X , Y] / (X 2 + Yz + 1), est étudié dans les exercices.
Nous allons prouver que Panneau Z est principal, mais n’est pas

54 Propriétés arithmétiques des anneaux
a) Comment reconnaître qu’un anneau n’est pas euclidien.
Proposition 5.1.
Soit A un anneau euclidien. H existe a: e A, :1: ë A*, tel que 1a restriction à A* U{0}
de la projection canonique de A sur A/ soit surjective.
Démonstration.
Si A est un corps, a: = O convient. Sinon, parmi les éléments de A non nuls et non
inversibles on choisit :1: tel que 'u(:c) soit minimal.
Alors, si a e A, on a a = æq + r avec r = 0 ou v(r) < v(a:), donc a E r (mod. 1:).
Mais, si r 9è 0, comme v(r) < v(a:), r est inversible et a est bien égal, modulo (x),
à. 0 ou à un élément de A*.
Remarques 5.2.
1) Comme Pimage d’un inversible est inversible, A/ est un corps, donc p9`
est maximal.
2) Voici quelques exemples :
pour A = Z, A* = {1, -—1}, on peut prendre a: = 2 ou 3,
pour A = lc[X], A‘ = k*, on prend :1: = X — a, pour a E k,
pour A = Z[i], A* = {:|:1, IFi} (cf. Q6), on prend a: = 1 —i car A/(1 —— i) 2 Z/2Z.
1+i\/Ï5
2
b) Application, Panneau A = Z [ ] = Z[a] n’est pas euclidien.
1 ' 1 1 —' 1
—++/_9, d’où ä = 42 et a vérifie l’équation a2 — a + 5 = 0.
En effet, onaa+ä= 1, aä=5. On pose alors
A=Z[a]={z€C|z=a+ba, a,bEZ}.
L’anneau Z[a] est un sous-anneau de C, donc est intègre. De plus A est stable
par conjugaison, puisque ä = 1 -— a. On définit alors, pour z E A, N (z) = zî =
a2 + ab + 5b2 (la “norme” de z au sens des arithméticiens) et on a N (z) e N,
N(zz’) = N(z)N(z’) et N(z) > 0 pour z 9è 0.
La norme nous permet de calculer le groupe A*. En effet, si z e A*, on a
N(zz‘1) = N(z)N(z'1) = 1, avec N(z),N(z“1) e N, donc N(z) = 1. On a
donc, si z = a + ba, la relation a2 + ab + 5b2 = 1, avec a,b e Z. Mais, on a
b2 +a2 +ab z b2 +a2 — |ab| z (|b| — m)’ z o, et donc, 1 = a2 +ab+ 5b’ z 4b2.
On en déduit b = O et a = :|:1, donc A* = {1, —1}.
Onposea:
Il en résulte que A n’est pas euclidien, sinon, en vertu de 5.1, il existerait a: E A
tel que A/(zz) soit un corps à 2 ou 3 éléments. On aurait donc un homomorphisme
surjectif (p : Z[a] ——> K, avec K = F2 ou F3 (cf. Chapitre III E212). La restriction
de (p à. Z étant la projection canonique de Z sur Z/2Z ou Z/3Z, on aurait donc
un élément ,8 = <p(a) e K vérifiant ,32 - ,3 + 5 = 0 dans K. Pour K = F2, on
aurait ,82 + ,3 + 1 = 0, qui n’a pas de solutions dans F2, pour K = F3, on aurait
B2 — ,6 —— 1 = O qui n’a pas de solutions dans F3, d’où une contradiction.

Un exemple d’anneau principal non euclidien 55
c) Vanneau A = Z[a] est principal.
Proposition 5.3 (pseudo division euclidienne).
Soient a, b e A — {O}, i1 existe q, r 6 A avec :
1) r = 0 ou N(r) < N(b),
2) a=bq+r ou 2a=bq+r.
Démonstration. _
b .
Soit a: = î- = Ë E C, que 1’on écrit a: = u+va, avec u,'u e Q. Soit n = [v] la
partie entière de v. On a v e [n, n + 1[.
1
1) Supposons v Q ]n + -, n + �� et soient alors s et t les entiers les plus proches
3
1
de u et v respectivement. On a |s — u| 5 ê, |t— 11| 5 P�� On pose alors q = s+ta,
desortequeqestdansAetona:
1 1 5 35
N(œ—q)=(s—u)2+(s——u)(t—v)+5(t—v)2 S Z+ë+5= 5g < 1.
Si on pose r = a — bq = b(a: — q), on a bien N (r) < N (b) et le résultat voulu.
2) Supposons v E ]n + à, n + ��� On considère alors 2:1: = 211. + 20a, et on a :
2 1 1 2
2vE]2n+:3-, 2n+1+-ä[et donc, sim=[2v],ona2v€]m+ä, m+ä[,onest
ramené au cas précédent, et on a 2a = bq + r avec N (r) < N (b), ce qui achève de
prouver 5.3.
Montrons maintenant que A est principal.
1) L’idéa.l (2) est maximal dans A.
1l suflit de remarquer que 1’on a A 2 Z[T]/(T2 — T + 5) (comme on le voit par
division euclidienne, cf. 3.31) et donc, en vertu du théorème d’isomorphisme (cf.
0.a) on a
A/(2) z Z[T]/(2, T2 — T + 5) z (z/2z) [T] /(T2 + T + 1).
Or, le polynôme T2 + T + 1 est irréductible sur F2 = Z/2Z, d’où le résultat par
3.32 et 3.22.
2) Soit I un idéal 76 {O} de A et soit a G I, a. 7E 0, tel que N (a) soit minimal.
Si I = (a), on a terminé, sinon, soit :1: e I — (a), et effectuons la pseudo-division
euclidienne de a; par a :
i) Si z=aq+r avec N(r) < N(a) our = 0, comme r e I, on a1‘ = O, donc
a: e (a) et c’est une contradiction.
ii) On a donc 2a; = aq+r avec N (r) < N (a) ou r = 0 et, pour la. même raison
que ci-dessus, on a r = O, donc 2a: = aq.
Comme (2) est maximal, donc premier, on a a ou q e �� Si q e (2), q = 2q’ et
a: E (a), contradiction. Donc on a q 9! (2) et a 6 (2), a = 2a’, d’où a: = a’ q e (a’
Il suffit alors de montrer que a’ est dans I car cela contredira la minimalité de N (a)
(puisque a = 2a’ Comme l’idéal (2) est maximal et ne contient pas q, l’idéal (2, q)
est égal à A tout entier. On a donc une relation de Bézout : A2 + pq = 1, avec
A41 e A. On en déduit a’ = A20.’ + pqa’ = Àa + par, donc a’ e I puisque a et a:
sont dans I.

56 Propriétés arithmétiques des anneaux
Remarque 5.4. On montre que Panneau des entiers du corps quadratique QQÆ),
pour d E N* et d sans facteur carré, (cf. III, 52, 3, Exercice 12) est
— euclidien pour d = 1,2,3,7,11,
— principal (non euclidien) pour d = 19, 43, 67, 163.
6. L’anneau Z[z'] et le théorème des deux carrés.
a) Introduction.
Le problème est de déterminer quels entiers n E N sont sommes de deux carrés :
n = a2 +b2 avec a,b E N. On pose:
E={neN|n=a2+b2; a,beN}.
Exemples 6.1. Ona0, 1, 2, 4, 5, 8, 9, 10,... E2, mais 3, 6, 7, 11, 12,... Q2.
Remarque 6.2. Si n E 3 (mod. 4) on a n Æ E. En effet, si a est pair, on a
a2 =_= 0 (mod. 4), si a est impair, a2 E 1 (mod. 4), donc a2 + b2 E 0, 1, 2 (mod. 4).
L’idée que nous allons utiliser pour étudier E] et qui est sans doute due à Gauss
est de noter que, si n e E, n = a2 + b2, n s’écrit dans C, n = (a + ib)(a — ib), et
que cette relation a lieu, en fait, dans l’anneau 0c� des entiers de Gauss :
�r� = {a+ib€ C|a,b€ Z}.
En particulier si p est un nombre premier de N qui est somme de deux carrés, il
n’est plus irréductible dans Z[z'], par exemple on a : 5 = (2 + ��� — PB�
b) Etude de Vanneau 0��
Tout d’abord `� est un anneau intègre, puisqu’inclus dans C. On remarque
ensuite qu’on dispose d’un automorphisme de j� donné par la conjugaison :
a : �� —> ���
z=a+ibI—>î=a—ib.
Comme au paragraphe précédent on a aussi la “norme” :
N : ———+ N
z=a+ibn—+ z'z'=a2+b2
et N est multiplicative : N (zz’ ) = N(z)N(z’
L’introduction de la norme permet de calculer les inversibles de ��� :
Proposition 6.3.
On a Z[z']* = {i1, zizi}.
Démonstration. Si z E Z[z']*, on a zz’ = 1, d’où N(z)N(z’) = 1 et comme
N(z),N(z’) e N, ce n’est possible qu’avec N(z) = N(z’) = 1. Si z = a + ib,
on a donc a2 + b2 = 1, de sorte que l’un des nombres a ou b est nul et que l’autre
vaut :i:1. Notons au passage qu’on a z e Z[z']* <=> N(z) = 1.
Proposition 6.4.
L’ensemb1e E des sommes de deux carrés est stable par multiplication.
Démonstration. On traduit la propriété n E E en termes d’entiers de Gauss :
nGEÇàBzEZh], n=N(z).

L’anneau ��N et le théorème des deux carrés 57
Alors si n,n’ e 2, on a n = N(z), n’ = N(z’) donc nn’ = N(zz’) E 2.
Si on écrit z = a + ib, z’ = c + id, on retrouve la célèbre identité dite de Lagrange
(mais sans doute connue d’Euclide) :
(a2 + b2)(c2 + dz) = (ac — bd)2 + (ad + bc)2.
Cette seule proposition est déjà révélatrice de Pefficacité de l’introduction de �7`
De plus elle ramène essentiellement l’étude de 2 à la détermination des nombres p
premiers de N qui sont dans 2. Pour cela on va étudier la structure arithmétique
de `�
Proposition 6.5.
L’anneau `\Q est euclidien (relativement à la fonction N), donc principal.
Démonstmtion. Soient z, t e 0bZ — ��Z Pour faire la division euclidienne de z par
t, on commence par considérer z/t E C. On approxime ensuite z/ t par un entier
de Gauss q : si z/t = :1: + iy, on prend q = a + ib où a et b sont les entiers les plus
. 2 1
proches de œ,y. On a ainsi lz/t — q| S g < 1 (car la: —a| et |y— b| sont S ê).
On pose alors r = z — qt, de sorte que r est dans �P et on a r = t(z/t — q) d’où
|r| = |t| lz/t — q] < lt| et en élevant au carré, N(r) < N(t). On a donc bien écrit
z = qt + r avec N (r) < N (t) comme annoncé.
On peut alors prouver le théorème principal de ce paragraphe :
Théorème 6.6.
Soit p E N un nombre premier. On a I équivalence :
p€2<=>p=2oupE1(mod.4).
Démonstration. La condition est nécessaire puisqu’on a vu que si p E- 3 (mod. 4)
on a p Q 2.
Pour la réciproque on établit d’abord le lemme suivant :
Lemme 6.7.
On a : p 6 2 4: p n’est pas irréductible dans �
Démonstration (du lemme 6.7).
Pour le sens => : si p = a2 +b2, on ap = (a+z'b)(a—ib) et a,b sont 7E 0, donc
a + ib, a — ib ne sont pas dans Z[z']"‘, de sorte que p n’est pas irréductible.
Pour le sens <= : si p = zz’ avec z,z’ 7è :|:1,:|:i, on a N(p) = N(z)N(z’) = p2 et,
comme N (z), N (z’ ) 76 1, c’est qu’on a nécessairement p = N (z), donc p e 2 et le
lemme est démontré.
Comme � est principal, donc factoriel, dire que p est non irréductible c’est dire,
exactement, que l’idéal principal �9< = pZ est non premier, donc que le quotient
/ est non intègre.
Pour étudier ce quotient on utilise l’isomorphisme :
Z[z'] 2 Z[X]/(X2 + 1)
(que l’on prouve par division euclidienne, cf. 3.31), puis les isomorphismes suivants,
qui résultent tous du théorème d’isomorphisme 0.a :
Zlil/(P) 2 ZIXJ/(Xz + 1,17) z lzlXl/(Pll/(Xz + 1) 2 Z/PZlXl/(Xz + 1),

58 Propriétés arithmétiques des anneaux
et ce dernier anneau n’est autre que F,,[X ] / (X 2 + 1), où Fp = Z /pZ désigne le
corps à. p éléments.
On a donc montré les équivalences :
(p) non premier <=> X2 + 1 non irréductible dans Fp [X] <==> X2 + 1 a une racine
dans Fp, et, en résumé :
p e z: <=> -1 e Ff.
Il reste à montrer que -1 est un carré de Fp si et seulement si on a p = 2
ou p E 1 (mod. 4), ce que nous ferons au Chapitre III, 2.13 et qui achèvera la
démonstration.
Exemples 6.8.
On vérifie que les nombres premiers 41, 53, 61, v - - qui sont E 1 (mod. 4) sont bien
dansî] : 41=52+42; 53=72+22; 61 =62+52...
On peut maintenant achever l’étude de E :
Théorème 6.9.
Soit n e N*, n 7€ 1, on décompose n en facteurs premiers :
n —_— H p”p(")_
peP
Alors on a n e E <==> vp(n) pair pour p =_= 3 (mod. 4).
Démonstration.
L’imp1ication => est claire avec 6.4 et 6.6, en notant qu’un carré est toujours dans
E.
Pour 4:, soit p E 3 (mod. 4). On montre par récurrence sur v,,(n) que vp(n) est
pair. Si v,,(n) = 0, c’est clair. Sinon, p divise n = a2 + b2 = (a + ib)(a -— ib), mais
comme p est irréductible dans ` (cf. 6.7), p divise, par exemple, a + ib. Mais
alors, comme p est entier, on ap | a et p | b donc p2 In et si on écrit a = pa’, b = pb’,
on a E2 = a’2 + b’2 E E. Mais 25(2) = vp(n) — 2 est pair d’après 1’hypothèse de
2
I p n p
recurrence donc aussi v,,(n).
On peut aussi achever la détermination des irréductibles de :
Théorème 6.10.
Les irréductibles de �H# sont, aux éléments inversibles près :
1) les entiers premiers p e N avec p E 3 (mod. 4),
2) les entiers de Gauss a + ib dont la norme a2 + b2 est un nombre premier.
Démonstration. D’abord les éléments ci-dessus sont irréductibles (pour 1) on l’a
vu, pour 2) il suffit de considérer la norme). Réciproquement, si z est irréductible,
on a N (z) = zî E N. Soit p un nombre premier de N divisant N Si
p E 3 (mod. 4), p est premier dans Ь donc divise z ou îz’ et on a z = p à :|:1, zti
près. Si p E E, on a p = a2 + b2 et l’entier de Gauss t = a +ib est irréductible dans
donc divise z ou î et on a z = t ou t à i1, zizi près.
Remarque 6.11. Les éléments 1 +i et 1 —i sont associés. En revanche si z = a + ib
avec N (z) = p premier et p E 1 (mod. 4), on vérifie que z et î ne sont pas associés.

EXERCICES SUR LE CHAPITRE II
1. Idéaux.
1) Que peut-on dire de Pimage réciproque d’un idéal maximal par un homomor-
phisme f ? Et si f est surjectif ?
2) Soit m un idéal premier de A, I1,...,I,. des idéaux. On suppose que ‘J3
contient le produit I1 . . .1“, montrer que 2B contient l’un des I k.
3) Montrer que si I est un idéal non premier, il existe des idéaux I1, I2 distincts
de Itels queI C I1, IC I2 et I112 C I.
4) Soit A un atmeau. Un élément a E A est dit nilpotent s’il existe n E N tel
que a" = 0.
a) Montrer que 1’ ensemble Nil (A) des éléments nilpotents de A est un idéal.
b) Montrer que si ‘I3 est un idéal premier de A, on a Nil (A) C ‘J3.
c) On va montrer, réciproquement, que Nil (A) est l’intersection des idéaux
premiers de A. Pour ceci, soit s ë Nil (A), et soit S = {1, s, s2, . . . , s", . . ��� Montrer
que 1’ensemble des idéaux de A disjoints de S contient un élément maximal
‘J3 (utiliser le théorème de Zorn). Montrer que ‘J3 est premier (cf. Exercice 3).
Conclure.
5) Soit A un anneau distinct de Z/4Z et de F2 [X] / (X 2).
Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
a) A est intègre,
b) tout polynôme unitaire de degré n a au plus n racines dans A,
c) tout polynôme unitaire de degré 2 a au plus 2 racines dans A.
(Seul c => a est délicat. Supposer A non intègre, soient a,b e A avec ab = O,
a, b 7E 0 et considérer les polynômes X (X — a + b) et X 2. Puis, remarquer que si
a. est un diviseur de 0, et si :1: est dans A, æa est un diviseur de 0).
Étudier les cas A = z/4z et A = F2[X]/(X2).

60 Chapitre II : exercices
2. Anneaux noethériens.
1) Soit k un corps et A = k[X, Y]. Soit :
B = {P e k[X, Y] | P(X, Y) = zaÿxiyä}.
i>j
a) Montrer que B est engendré, comme k-algèbre, par X, XZY, . . . ,X”'1Y", . . .
b) Montrer que B n’est pas noethérien.
2) Soit A = ’H(C) Panneau des fonctions holomorphes dans tout le plan
complexe.
a) Montrer que A est intègre. Quel est son corps des fractions ‘.7
b) Montrer que A n’est pas noethérien (considérer, pour k E N, les idéaux :
Ik={fe’H(C)|f(z)=O, VzEN—{0,1,...,k}}
et penser à utiliser la fonction sin z).
D’autres propriétés de A sont étudiées dans les exercices du 53.
3) On se propose de montrer que si A est noethérien, A n’a qu’un nombre fini
d’idéaux premiers minimaux (au sens de l’inclusion).
a) Soit I un idéal de A. Montrer qu’il existe des idéaux premiers ‘J31, . . . , 8B,
tels que I D ‘.131 . . . ‘J3, (raisonner par l’absurde et utiliser le point 3) de la définition
de noethérien; cf. aussi âl Exercice 3).
b) Conclure en appliquant a) à. I = {O} et en utilisant fil Exercice 2.
4) Soit A un anneau noethérien et M un A-module (l) de type fini.
a) Montrer que M est un module noethérien (i.e. toute suite croissante de
sous-modules stationne).
b) Soit f : M ——> M, A-linéaire surjective. Montrer que f est bijective
(considérer la suite No = f‘1{0}, N1 = f’1(No), . .
c) La même propriété est-elle encore vraie avec f injective ?
d) On ne suppose plus A noethérien. Montrer que b) reste vrai (si :131, . . . ,œn
engendrent M on écrira :
fl
f(a:,-) = Zaü æj, avec aij e A.
i=1
et on se ramènera au cas noethérien en considérant le sous-anneau de A engendré
par les G51‘ et d’autres éléments convenablement choisis).
3. Propriétés arithmétiques.
1) Calculer A[X]* lorsque A est un anneau quelconque (attention aux éléments
nilpotents de A, cf. fil Exercice 4).
(1) Un module est à un anneau ce qu’un espace vectoriel est à un corps, cf. [Bbki]
Algèbre Ch. II ou ��� Ch. III.

Propriétés arithmétiques 61
2) Soit B un anneau et A un sous-anneau de B. Soit b E B. On dit que b est
entier sur A s’il vérifie une équation unitaire :
b"+a,,_1b"'1+---+ao=0avec ao,...,an_1€A.
Un anneau intègre A est dit intégralement clos si pour tout élément x E K (où
K = Fr (A) est le corps des fractions de A), a: entier sur A implique a: E A.
a) Montrer qu’un anneau factoriel est intégralement clos.
b) Soit d E Z — {O} un entier sans facteur carré. On pose :
z[Æ]={a+b\/äec|a,bez}
Montrer que si on a d 5 1 (mod. 4), Zh/Ë] n’est pas intégralement clos (considérer
1 + xÆ
2
On peut montrer, en revanche, que si d .=_ 2,3 mod. 4, Zh/Ë] est intégralement
clos, cf. [Sa] 2.5 ou III ë2,3 Exercice 12, mais pas nécessairement factoriel, comme
le montre l’exemple de d = —5, cf. II, 3.18.1.
1’élément
3) Retour sur Panneau A = 'H(C), cf. 52 Exercice 2.
a) Déterminer A*. Montrer que f e A* <=> 5l g e A, f = exp (g).
b) Montrer que f est irréductible dans A si et seulement si f a un seul zéro z
qui, de plus, est simple (i.e. z vérifie f (z) = O et f’ (z) 5è 0).
c) En déduire que A n’est pas factoriel. Retrouver aussi le b) de l’exercice 2
ë 2.
d) Montrer que A est intégralement clos (cf. Exercice 2). On peut montrer que
A vérifie le théorème de Bézout, i.e. que tout idéal de type fini de A est principal,
cf. [R] Ch.15.
4) Dans ], montrer que 3 et 2 + p�} n’ont pas de ppcm et que 9 et
3 (2 + is/Ë) n’ont pas de pgcd.
5) Soit A un anneau intègre et vérifiant la propriété (E) (cf. 3.14). On suppose
que pour tous a,b e A, a et b ont un ppcm.
a) Montrer que a et b ont aussi un pgcd et qu’on a z
ab = ppcm (a, b) x pgcd (a, b).
b) Si m = ppcm (a, b), montrer que l’on a (m) = (a) fl �a
c) Montrer que A vérifie le « lemme d’Euclide », cf. 3.19 donc que A est
factoriel.
6) Soit A un anneau factoriel vérifiant le théorème de Bézout (i.e. tel que pour
tous a, b e A, l’idéal (a, b) est principal). Montrer que A est principal (attention,
on ne suppose pas A noethérien).
7) Soit A un anneau euclidien, relativement à v. Soit K = Fr (A) et, pour s e A,
s;é0,soitA,={æ€K|æ=sin, neN}.

62 Chapitre II : exercices
Montrer que A, est un anneau euclidien (modifier la fonction v en posant v(s) = l).
4. Stabilité des notions étudiées; théorème de Gauss.
1) Soit k un corps. Etudier Pirréductibilité des polynômes ci-dessous dans
kTX, Y] :
Yl-X’, X2+Y2+1, X2+Y2—1,X2—Y2—1,Y2—X3,X3—Y2—X,
XY3 —X2Y——Y2 +X.
2) Retour sur l’anneau C[X , Y] / (Yz —- X 3) = A (cf. 4.7).
On désigne par a: et y les images de X,Y dans A.
a) Montrer qu’on définit un homomorphisme 4p de A dans C en posant
<p(a:) = T2, <p(y) = T3 . Montrer que 4p est injectif. Quelle est son image ?
b) Montrer que Fr (A) est isomorphe à C(T), et en déduire que A n’est pas
intégralement clos (cf. 53 Exercice 2) (considérer l’élément T), donc pas factoriel.
L’armeau A est Panneau de la courbe plane C d’équation Y’ — X3 = 0; (p
correspond au paramétrage a: = t2, y = t3 de C‘ cf. �� Ch. II. Le fait que A
ne soit pas intégralement clos est dû au point singulier de C’ à Porigine.
3) Montrer que C[X , Y] / (X 3 — Y” — X ) n’est pas factoriel (en désignant par z, y
les images de X , Y, on montrera que y est irréductible mais que Pidéal (y) n’est
pas premier, on a :
y? = :133 — a: = :v(:1: —— 1)(a:+ ���
Ici la courbe correspondante est non singulière et Panneau est intégralement clos.
4) Montrer que les anneaux C[X,Y]/(Y — X2) et C[X,Y]/(XY — 1) sont
factoriels et même principaux (trouver des anneaux plus simples à qui ils sont
isomorphes, cf. 53 Exercice 7).
5) Soient P, Q E C[X, Y], sans facteurs communs.
a) Montrer qu’il existe des polynômes A,B e C[X , Y] et D e C[X], avec
D 76 0, tels que : D = AP + BQ (travailler dans Panneau C(X
b) En déduire que l’ensemble :
V = {(æ,y) 6 C2 | P(w,y) = Q(äv,y) = 0}
est fini. (L’intersection de deux courbes planes sans composante commune est finie,
cf. [Fu] Ch.I ä 6).
5. Anneaux principaux, factoriels, euclidiens.
1) Soit A = R[X, Y]/(X’ + Y? + 1).
a) Soient {,17 les images de X ,Y dans A. Montrer que tout élément de A
s’écrit de manière unique :
u = a(E)17 + b(€) avec a, b E R[X]

Anneaux principaux, factoriels, euclidiens 63
(utiliser une division euclidienne par X 2 + Yz + 1, cf. 3.31).
b) Montrer que la donnée d’un homomorphisme de R-algèbres de A dans C
équivaut à. la donnée d’un couple (m, y) e C2 avec x2 + yz + 1 = 0.
c) Déduire de a) et b) que 1’on a A* = R* (résoudre dans C2, a(œ)y+b(:1;) = O
et x2+y2+1 =0).
d) Montrer que A n’est pas euclidien (cf. 5.1).
2) Soit A un anneau intègre et noethérien. On suppose que tout idéal maximal
de A est principal.
a) Montrer que A est factoriel.
b) Montrer que A est principal (commencer par étudier les idéaux I = (a,
3) Soit k un corps infini. On se propose d’étudier les idéaux premiers de k[X, Y].
a) Soit (P) un idéal principal. Montrer que (P) n’est pas maximal (considérer
un idéal du type (P, X — x) avec :1: convenablement choisi).
b) Montrer, en travaillant dans k(X)[Y], que si on a F et P E k[X,Y] avec
P 76 0, il existe Q, R E k[X,Y] et a E k[X] tels que:
1) <I(X)F(X,Y) = P(X.Y)Q(X.Y) +R(X,Y),
2) dî/R < dî/P,
Soit m un idéal premier non principal de k[X, Y].
c) Montrer que m contient deux polynômes P(X) et Q(Y) irréductibles.
d) En déduire qu’alors m est maximal et que k[X , Y] / m est un k-espace
vectoriel de dimension finie.
e) Si k est algébriquement clos, montrer que m = (X —— a., Y —b) avec a, b e k.
Quel est alors le corps résiduel?
f) Si k = R, montrer que le corps résiduel K = R[X, Y]/m est R ou C.
Si K = R, montrer que 1’on a m = (X — a, Y — b), avec a,b e R.
Si K = C, montrer que 1’on a m = (P(X), Q(X, Y)) (ou Panalogue en permutant
X et Y), avec P irréductible de degré 2 et Q(X, Y) = aX +bY+c, pour a, b, c e R.
g) Déterminer tous les idéaux premiers de k[X, Y].
4) On revient sur l’exemple de l’exercice 1) : A = R[X , Y] / (X 2 + Yz + 1).
a) Soit ñ un idéal maximal de A, m son image réciproque dans R[X,Y].
Montrer que m = (X 2 + Yz + 1, Q) avec Q(X, Y) = aX + bY + c (utiliser Exercice
3). En déduire que ñ est principal.
b) Montrer que A est principal (cf. Exercice 2) et non euclidien (cf. Exercice
1).
5) Montrer que C[X, Y] / (X 2 + Y’ + e) est principal, pour e = :l:1 (faire un
changement de variables pour se ramener à X Y —— 1, cf. 54 Exercice 5).
6) Montrer que R[X , Y] / (X 2 + Yz — 1) n’est pas factoriel.

64 Chapitre II : exercices
6. L’anneau Z[z'] et le théorème des deux carrés.
1) Soit x E R. On suppose que tg 27m1: est un rationnel distinct de 0, 1, -1.
Montrer que a: est irrationnel (montrer que z = 3"" est dans Q[z'], et que, si
a: E Q, z est entier sur p�3 Conclure à l’aide de ê3 Exercice 2).
2) Soit n 6 N, n z 2. Montrer que les trois conditions suivantes sont
équivalentes :
a) -1 est un carré dans Z/nZ.
b) n = x2 + y2 avec æ, y e N, a: et y premiers entre eux.
c) n = 2°‘ Hpî“ avec a E {0, 1} et pk E 1 (mod. 4).
k
(On montrera les implications a => b ï c à a. Le seul point délicat est
c => a, on pourra considérer z = a: + iy = (1 +1)“ H z?‘ avec N(zk) = pk et
k
montrer que a: et y sont premiers entre eux en utilisant 6.9).
3) a) Montrer que si p est premier et p _’-'-_' 1 (mod. 4), l’ensemb1e des irréductibles
de pP de norme p est, à la relation d’association près, consitué de deux éléments
zmîp, non associés.
Dans la suite, on suppose choisi pour tout p E 1 (mod. 4) un tel zp avec N (z?) = p.
Tout élément z de ��< admet alors une décomposition unique :
z = u(1 + ne Hqaa Hzg» Hz?»
avec u E Z[1I]* et q E 3 (mod. 4).
b) Soit n un entier écrit sous la forme
nzzanpapl-Iqaq
avec p E 1 (mod. 4) et q E 3 (mod. 4), montrer que l’on a :
S(0, n) = {z E Z[z'] | N(z) = n}: An U —A,, U iAn U —z'A,,
où An = {(1 +12)“ Hg“? Hzgrt?’ z-pt’ [tp G {0, 1, . . . ,ap}}.
c) En déduire que les éléments n = æâ+yâ de E tels que Péquation n = x2 +312
n’ait pas d’autres solutions dans N x N que (m0, yo) et (yg, x0) sont ceux qui ont
au plus un facteur premier E 1 (mod. 4). (2)
d) Soit m E N* et soit z E P9% tels que zm E Z. Montrer qu’on a l’une des
possibilités suivantes : z G Z U iZ, ou 1 P� e Z U iZ et retrouver ainsi le résultat
de l’exercice 1).
e) Décomposer en produit de facteurs irréductibles dans Zh], les entiers de
Gauss 1 + 31', 70 + i, 4 + 31', 201 + 413i, 99 + i.
(2) Ce résultat était connu de Fermat.

111. CORPS : THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Sauf dans 1’énoncé du théorème de Wedderburn (4.9), les corps seront toujours
supposés commutatits.
1. Les techniques vectorielles.
a) Degré d’une extension. Eléments algébriques.
Définition 1.1.
Soient K, L des corps avec K C L. On dit que L est une extension (sous-entendu :
de corps) de K.
Exemples 1.2.
OnaainsiRC C, RCR(T)» QC ��
Remarques 1.3.
1) Si K est un sous-corps de L, L est un K -espa.ce vectoriel.
2) Si dimKL est finie, on pose [L : K] = dimKL et l’entier [L : K] s’appelle 1e
degré de L sur K.
3) Si K et L sont des corps finis, on a [LI = [K|" avec n = [L : K].
Théorème 1.4 (de la base télescopique).
Soient K C L C M des corps, (eûie; une base de L sur K, (ffije; une base de
M sur L. Alors la famille (e,- fj)(,-,J»)€ 1x J est une base de M sur K.
Corollaire 1.5 (multiplicativité du degré).
Dans 1a situation de 1.4, si les degrés sont finis, on a [M : K] = [M : L] [L : K
Démonstration (de 1.4)
1) La famille eifj est libre sur K :
En effet, si on a zÀÜ-eifj = O, avec Ai,‘ 6 K on a. zfJ-(z Àijei) = 0, donc,
13j j i
puisque fj est une base de M sur L, on a pour tout j, z Âge,‘ = 0, et puisque e,-
est une base de L sur K, on a bien Àij = O pour tous
2) Elle engendre M : soit a: e M, on 1’écrit a: = Zfljfj, u,- e L, puis on
j
décompose ,11,- = z ÀÜ-e, d’où finalement a: = z Àüeifj avec Àij E K.
i id

66 Théorie élémentaire des corps
Ce théorème très simple est, en fait, un outil très eflîcace en théorie des corps
comme nous le verrons dans la suite.
Définition 1.6.
1) Soit K C L une extension et A une partie de L. On dit que A engendre L sur
K et on écrit alors L = K (A) si L est le plus petit sous-corps de L contenant K
et A. SiA est fini, A= {a1,...,a,,} , on noteL=K(a1,...,a,,).
2) L’extension K C L est dite monogène s’il existe a e L tel que L = K (a).
Remarques 1.7.
1) Si on a une extension K C L et si a e L on note K [a] le sous anneau
de L engendré par K et a. On a K [a] C K (a). Attention, K [a] n’est pas en
général isomorphe à Panneau des polynômes K [T], ni K (a) au corps des fractions
rationnelles K
2) On peut décrire ainsi K [a] et K (a) :
size K[a],:1:s’écrit:r=P(a) avec P6 K[T] i.e. æ=anoz"+--'+a0, a,- e K,
5E3 avec P,Q E K[T], Q(a) 7è 0.
La différence entre K [a] et K [T] (resp. K (a) et K (T)) vient du fait qu’on peut
avoir Q(a) = 0 avec Q e K [T], Q 7E 0. De façon précise, il y a deux types
d’éléments de L relativement à K :
Définition 1.8.
Soit K C L une extension et soit a e L. Soit (p : K [T] ———> L Phomomorphisme
défini par <p|K = idK et <p(T) = a.
1) Si 4p est injectif, on dit que a est transcendant sur K ,
2) sinon, on dit que a est algébrique sur K . Ceci signifie qu’i1 existe un polynôme
P(T), non nul, tel que P(a) = 0. Plus précisément, si I = Ker cp, I est un idéal
principal non nul (cf. II, 3.29 et 3.32), et on a donc I = (P), avec P 7€ O et on peut
supposer P unitaire. Le polynôme P est, par définition, le polynôme minimal
de a sur K .
Eæemples 1.9.
1) On peut montrer que e et 11' sont transcendants sur Q (mais pas sur R, bien
entendu). Dans K (T), l’élément T est transcendant sur K .
2) Les nombres fi, i, 3/5, - - - sont algébriques sur Q, de polynômes minimaux
respectifs X2 — 2, X2 + 1, X3 —— 2, » - -.
siæ€K(a),onaæ=
On peut alors préciser la structure de K (a) selon les deux cas de 1.8 :
Proposition 1.10.
Si a est transcendant, on a K [a] 2 K [T] et K (a) 2 K (T) (et donc K (a) est
distinct de K [a]).
Démonstration. C’est clair, car Phomomorphisme go : K [T] —> L est injectif et
d’image K [a].
Théorème 1.11.
Soit K C L une extension et soit a E L. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) a est algébrique sur K ,
2) on a K[a] = K(a),
3) on a dimK K[a] < +oo.

Les teclmiques vectorielles 67
Précisément, si P est le polynôme minimal de a, P est irréductible et on a
dimK K [a] = [K [a] : K] = d°P. Cet entier s’appe11e 1e degré de a.
Démonstration. Prouvons 1) =è 2). Supposons a algébrique de polynôme
minimal P. D’après II â0, on a un isomorphisme :
5 = KlTl/(P) -*> Klal-
Comme Panneau K [a] est inclus dans L, il est intègre, de sorte que l’idéa.1 (P)
est premier, donc P est irréductible dans Panneau principal K [T], donc (P) est
maximal (cf. II, 3.22). Il en résulte que K [a] est un corps d’où K [a] = K (a).
On a aussi 2) => 1) (par 1.10) et 3) => 1) est clair également car si a est
transcendant on a K [a] z K [T] par 1.10, et cet espace vectoriel est de dimension
infinie sur K . Enfin 1) => 3) et la remarque sur la dimension résultent de
l’isomorphisme K [T] / (P) ——> K [a], car si P est de degré n, on montre par division
euclidienne, cf. II, 3.31, que La, . . . ,a""1 est une base de K[a] sur K .
On se reportera aux exercices pour d’autres démonstrations.
Définition 1.12.
1) Une extension K C L est dite finie si on a dimK L(= [L : �� < +oo.
2) Une extension K C L est dite algébrique si pour tout a e L, a est algébrique
sur K .
Remarque 1.13. Le théorème 1.11 montre que toute extension finie est algébrique.
Nous verrons plus loin que la réciproque est fausse.
Théorème 1.14.
Soit K C L une extension et posons
M = {cr e L|zc est algébrique sur K}.
Alors M est un sous-corps de L.
Démonstration. Soient a,a’ E M. Considérons le sous-anneau K [a, a’] engendré
par a et a’. On a K [a, a’ ] = K [a][a’] et donc comme a’ est algébrique sur K ,
donc a fortiori sur K [a], le théorème 1.11 montre que K [a] et K [on 0/] sont
des corps. De plus le théorème 1.11 et la multiplicativité des degrés donnent
[K[a,a'] : K] < +oo. Mais alors, comme K [a + a’] et K [aa’] sont inclus dans
K [a,a’], ils sont eux aussi de dimension finie sur K et donc, cf. 1.11, a + a’ et
aa’ sont algébriques donc sont dans M.
Remarque 1.15. Sans les techniques vectorielles, ce théorème n’est pas évident.
On s’en convaincra aisément en cherchant un polynôme de Q[T] qui s’annule en
«VËH/Ÿf/Ë.
Exemple 1.16. Soit A = {a e C la algébrique sur Q}, A est un corps, algébrique
sur Q, mais 1’extension Q C A n’est pas finie car il existe des éléments de A de
degré arbitrairement grand, par exemple (/2, qui est de degré n car le polynôme
X" — 2 est irréductible sur Q (en vertu du critère d’Eisenstein, cf. ci-dessous 3.2).
Définition 1.17.
Un corps K est dit algébriquement clos s’il vérifie l’une quelconque des
propriétés équivalentes suivantes :
1) tout polynôme P E K [X] de degré z 1 admet une racine dans K ,

68 Théorie élémentaire des corps
2) tout polynôme P e K [X] est produit de polynômes de degré 1,
3) les éléments irréductibles de K [X] sont les X — a, a e K ,
4) si une extension K C L est algébrique, on a L = K .
Exemples 1.18.
1) Le corps C est algébriquement clos, (théorème de D’Alembert-Gauss).
2) Le corps A défini en 1.16 ci-dessus est lui aussi algébriquement clos. C’est
même la clôture algébrique de Q (cf. ci-dessous 1.33). On montre aisément que
A est dénombrable, ce qui, puisque R ne l’est pas, prouve l’existence dans R de
nombres transcendants sur Q, cf. Exercice 3.
b) Application : constructions à la règle et au compas.
Nous allons résoudre par la négative deux problèmes de construction posés par
les grecs : la duplication du cube et la trisection de Pangle. On se rendra compte,
là encore, de Pefficacité des méthodes vectorielles. Pour des détails, notamment
historiques, on consultera l’excellent livre de J .-C. Carréga, cf. [Ca].
On considère le plan euclidien R2 muni de deux points O = (0, 0) et I = (1, 0). On
cherche à construire de nouveaux points « à la règle et au compas ». Précisément,
soit A une partie de R2, on considère trois types de figures construites à partir de
A :
a) les droites affines <P,Q> pour P, Q e A, P 76 Q,
b) les cercles centrés en un point P e A, passant par un point Q e A, avec
P 75 Q,
b’) les cercles centrés en P e A, de rayon IIQRII, avec Q, R E A, Q 9è R.
Définition 1.19.
1) Soit A une partie de R2 et soit M e R2. On dit que M est constructible (sous-
entendu, à la règle et au compas), en un pas, à partir de A s’i1 existe deux éléments
distincts, droites ou cercles, de type a) ou b) (1) ci-dessus, dont M soit un point
d’intersection.
Un point M e R2 est dit constructible s’i1 existe une suite Ao C C An de
parties de R’ avec :
a) A0 = {O, I}, b) M E An, c) A, = A,v_1 U �� où M, est constructible en
un pas à. partir de A,'_1.
Un nombre réel a: est dit constructible si et seulement si (x, 0) l ’est.
Proposition 1.20.
Les points suivants de R2 sont constructibles :
1) les (n, 0) pour n e N,
2) les (O, n) pour n 6 N,
3) les (m, O) pour z e Q.
Si le réel a: > O est constructible, il en est de même de @j]
Démonstration.
L’assertion 1) est claire et 2) aussi car on construit l’axe des ordonnées comme
médiatrice des points 1, —1 de l’axe des abscisses. Pour 3) on montre d’abord que
si on a trois points P,Q,R e R2, distincts, on sait construire à la règle et au
compas la parallèle à <P, Q> passant par R.
(1) Le lecteur vérifiera que 1’on peut remplacer les cercles de type b) par ceux de type
b’) sans changer, en définitive, les points constructibles.

Les techniques vectorielles 69
On construit alors ä E Q en menant la parallèle au segment < (p, O); (0; q) >
passant par (0,1) (c’est le théorème de Thalès !).
œ—1 æ+1
,b=a+1= 2 .Ona
(b—a)(b+a) =b+a= b2 —a2 =x, donc b2 =a2+c2 avecc’ =:z:. On construit
alors à partir de z les points (0, a) et (b, 0) et on construit (c, 0) comme troisième
sommet d’un triangle rectangle de sommets O et (0, a) et dont Phypothénuse a
pour longueur b (c’est le théorème de Pythagore !).
Théorème 1.21.
Soit a: un réel constructible. Alors a: est algébrique sur Q et son degré [Q[a:] : Q]
est une puissance de 2.
Enfin, pour le dernier point, on pose a =
Remarque 1.22. Attention, la réciproque est fausse, par exemple il existe des :1: de
degré 4 non constructibles. La condition suffisante est que la clôture normale de
Q(:z:) soit de degré 2" (cf. par exemple [St]).
Démonstration (de 1.21) Par hypothèse, on a une suite A0 C A1 C . . . C An
comme en 1.19, avec (a3, 0) e An. Soit K,- le sous-corps de R engendré sur Q par
les coordonnées des points de A,-. On a donc K0 = Q et a: E Kn.
Lemme 1.23.
On a [Ki : K-_1] = 1, 2 ou 4.
Admettons un instant ce lemme, alors une récurrence immédiate montre que
[Kn : Q] est une puissance de 2 en vertu de la multiplicativité des degrés (cf.
1.5) et comme Q[1:] est un sous-corps de Kn, �kR : Q] divise [Kn : Q] (toujours
par 1.5) d’où le résultat. (2)
Démonstration (de 1.23) On a A, = A,-_1 U ��� avec M, = (æhyg), donc
K.‘ = Kæ-icfiænÿil
Par définition M,- est intersection de droites ou de cercles, dont les équations sont
dans K,'_1[X , Y] de sorte que x,- et y,- vérifient des équations de degré 5 2 sur
K,-_1. On a donc [K,-_1(z,-) : K-__1] 5 2 et [K-_1(x,-,y,‘) : K-_1(æ,-)] 5 2 d’où le
résultat.
En fait, une étude plus attentive montre que [K5 : K -_1] = 1 ou 2 car l’intersection
de deux cercles se ramène toujours à une intersection d’un cercle (l’un des deux)
et d’une droite (Paxe radical).
Applications : où l ’on surpasse les grecs.
i) Impossibilité de la duplication du cube.
Le problème (dit de Délos) est de construire à la règle et au compas un nombre a
tel que le cube d’arête a ait un volume double du cube unité. Autrement dit, on a
a3 = 2 et il s’agit donc de construire a = @�&
Proposition 1.24.
Le nombre 6/2 n’est pas constructible.
Démonstration. En effet le polynôme X 3 — 2 est irréductible sur Q (car il n’a pas
de racines dans Q, voir aussi 3.2) donc c’est le polynôme minimal de {V2 et donc
on a (cf. 1.11) z> : Q] = 3 qui n’est pas une puissance de 2.
(2) Simple, mais efficace, n’est-ce-pas?

70 Théorie élémentaire des corps
ii) Impossibilité de la trisection de l ’angle.
On cherche à « trisecter » Pangle 1r / 3, donc, à construire m = cos 11' / 9. La formule
cos 30 = 4cos3 9 — 3 c039 montre que a: vérifie 8x3 - 6:1: — 1 = 0 et, ce polynôme
étant irréductible sur Q, on a encore Ю� : Q] = 3.
iii) Impossibilité de la quadrature du cercle.
On cherche cette fois un carré de côté a dont l’aire soit celle du cercle unité i.e. on
cherche a vérifiant a2 = 1r, donc a = �� Mais on a le théorème suivant :
Théorème 1.25 (Lindemann).
Le nombre 7r (donc aussi J17) est transcendant sur Q, donc non constructible ( cf.
1.21).
Le théorème de Lindemann est beaucoup moins élémentaire que ce qui précède
et utilise des techniques d’analyse. On se reportera à [St] Chapitre VI pour une
démonstration.
c) Corps de rupture, corps de décomposition.
Nous allons résoudre maintenant les deux problèmes suivants :
1) Étant donné P e K [X], irréductible de degré d > 1, construire une extension
dans laquelle P admet une racine a (donc est divisible par X — a et, en particulier,
n’est plus irréductible).
2) Étant donné P E K [X], construire une extension dans laquelle P soit
décomposé en produit de facteurs de degré 1.
Définition 1.26.
Soit K un corps, P e K [X] un polynôme irréductible. Une extension L D K
est appelée un corps de rupture de P sur K si L est une extension monogène
L = K(a) avec P(a) = 0.
Théorème 1.27.
Soit P e K [X], irréductible. 1l existe un corps de rupture de P sur K , unique à
isomorphisme près.
Démonstration.
a) Existence.
On prend L = K [X] / (P), c’est un corps (cf. II, 3.22), dans lequel K s’injecte et
si a: est Pimage de X dans L, on a bien P(a:) = 0 et L = K
Ainsi, par exemple, C = K[X] / (X 2 + 1) est un corps de rupture de X 2 + 1,
PJ� = Q[X]/(X3 — 2) est un corps de rupture de X3 — 2, etc.
b) Unicité.
Plus précisément, on a le lemme suivant :
Lemme 1.28.
Soient K , K ’ deux corps, i : K ——> K ’ un isomorphisme que 1’on étend de manière
évidente en un isomorphisme, noté encore i, de K [X] sur K ’ [X] en envoyant X
sur X. Soit P E K [X] un polynôme irréductible et soit P’ = �1� Soit L (resp.
L’) un corps de rupture de P sur K (resp. de P’ sur K ’ ) engendré par une racine
æ de P (resp. m’ de P’ Alors il existe un unique isomorphisme (p de L sur L’,
prolongeant i, et vérifiant <p(a:) = r’.
Démonstration. On a un morphisme u : K [X] / (P) —> L défini par �� = a2,
(où X désigne Pimage de X dans le quotient). (Test un isomorphisme (il est

Les techniques vectorielles 71
clairement surjectif par définition d’un corps de rupture et il est injectif car P étant
irréductible est le polynôme minimal de P� On a, de même, u’ : K’ [X] /(P’) ———> L’.
Par ailleurs, l’isomorphisme i : K [X] —> K’ [X] induit encore un isomorphisme par
passage au quotient :
ïïKlXl/(P) —+ KTXl/(P)
Il suflît alors de prendre 4p = u’ in“ pour avoir l’isomorphisme cherché.
Si L est un corps de rupture de P, le polynôme P n’est pas, en général, entièrement
factorisé sur L. Par exemple, si K = Q et P(X) = X3 — 2, on a L = �k) et
on peut prendre la racine cubique réelle de 2 de sorte qu’on a L C R, mais alors,
les autres racines de P (i.e. jÏ/Ï et jz ne sont pas dans L. Ceci nous amène à
poser la définition suivante :
Définition 1.29.
Soit P e K [X] un polynôme, irréductible ou non, de degré n. On appelle corps
de décomposition de P sur K une extension L de K qui est telle que :
1) dans L[X], P est produit de facteurs de degré 1 (ou encore, P a “toutes” ses
racines dans L),
2) le corps L est minimal pour cette propriété (ou encore, les racines de P
engendrent L).
Théorème 1.30.
Pour tout P E K [X], il existe un corps de décomposition de P sur K , unique à
isomorphisme près. On 1e note DK(P).
Démonstration.
a) Existence.
On raisonne par récurrence sur d°P. Si P est de degré 1, L = K convient. Si P
est produit de facteurs de degré 1, là. encore L = K convient. Sinon, P admet
un facteur irréductible Q, de degré 2 2. Soit K ’ un corps de rupture de Q sur
K et a: une racine de Q, donc de P, dans K’. On a donc P(X) = (X — as)P’(X)
dans K’ Comme on a d°P' < d°P, il existe un corps de décomposition L
de P’ sur K ’ . Mais alors, L est aussi un corps de décomposition de L sur K .
En effet, dans L, P’ admet n — 1 racines m2, . . . , 12,, (éventuellement multiples) et
L = K’(:1:2,...,1:,,) donc, comme K’ = K(:z;), les racines :13, :122," . ,22“ de P sont
toutæ dans L et engendrent L sur K .4
b) Unicité.
Comme précédemment, on a un lemme un peu plus précis :
Lemme 1.31.
Soient K , K ’ deux corps, i : K ——> K ’ un isomorphisme, que 1’on étend comme en
1.28 en un isomorphisme, note’ encore i, de K [X] sur K’ [X Soient P 6 K [X ] un
polynôme, P’ = �� et L (resp. L’) un corps de décomposition de P sur K (resp.
de P’ sur K’ Alors il existe un isomorphisme <p de L sur L’, prolongeant i.
Démonstration.
On raisonne par récurrence sur [L : K]. Si L = K , on a L’ = K ’ . Sinon, soit
a e L — K une racine de P et soit Q le polynôme minimal de a qui est un facteur
irréductible de P. Soit Q’ = ��� qui est donc un facteur irréductible de P’, et
soit a’ une racine de Q’ dans L’. On pose M = K(a), M’ = K’(a’). Le corps
M (resp. M’) est un corps de rupture de Q sur K (resp. de Q’ = @� sur K ’ ).

72 Théorie élémentaire des corps
En vertu du lemme 1.28 (unicité du corps de rupture), il existe un isomorphisme
1/2 : M ——> M’ prolongeant z‘ et tel que 1,b(oz) = a’. Dans M[X] (resp. M’[X]) on a
P(X) = (X — a).S'(X) (resp. P’(X) = (X —a')S’(X)) et, comme on a 1fi(a) = a’,
on a aussi 1/2(S) = S’. Mais alors L est un corps de décomposition de S sur M
(resp. L’ de S’ sur M ’ ) et par Phypothèse de récurrence, on a un isomorphisme
«p : L —> L’ prolongeant 1/2 et cet isomorphisme convient.
Exemples 1.32.
1) Pour K = Q, P(X) = X3 — 2, on a DK(P) = Q(\°/Ï,j).
2) Pour K = Q) P� = X4 _2> �� = @�
Un prolongement naturel de la notion de corps de décomposition est celle de clôture
algébrique :
Définition 1.333}
Une extension K de K est appelée une clôture algébrique de K si elle vérifie :
1) Ë est algébriquement clos,
2) K est algébrique sur K.
Par exemple, C est une clôture algébrique de R, A (cf. 1.16) est une clôture
algébrique de Q.
Pour un énoncé d’existence et d’unicité de la clôture algébrique, cf. [J] 2 Ch. 8.
2. Les corps finis.
a) Caractéristique et cardinal.
Rappelons d’abord (cf. 1.3.3) que si K et L sont des corps finis avec K C L, et
dimK L = n, on a |L| = |K|".
Définition 2.1.
Soit K un corps (quelconque). On appelle sous-corps premier de K le plus petit
sous-corps de K (contenant 1).
Description du sous-cmps premier.
Soit cp : Z ——-> K l’homomorphisme d’anneaux défini par <p(n) = n.1 = 1 + - - - + 1
(répété n fois). Le noyau de cp est alors un idéal de Z, donc Ker 4p est de la forme
pZ et comme Z /pZ z Im cp est inclus dans K donc est intègre, pZ est un idéal
premier. Il y a donc deux cas : p est nul ou est un nombre premier.
Définition 2.2.
Le nombre p, générateur de Ker <p est appelé la caractéristique du corps K . La
caractéristique d’un corps est donc O ou un nombre premier. On la note car (K
Remarques 2. 3.
0) Si le corps K est de caractéristique p > 0, on a par définition, dans K , p.1 = 0,
mais aussi, pour tout æ de K z par = p(1:c) = (p.1)a: = 0.
1) Si car(K) = 0, on a <p(Z) c: Z C K, de sorte que K est infini. De plus K
contient le corps des fractions de Z, i.e. Q qui est le sous-corps premier de K .
2) Si K est fini, on a car (K ) = p > 0. Le sous-corps premier de K est Z/pZ.
On le note aussi Fp.
3) Si K est fini, on a car (K ) = p > O et la remarque initiale montre que l’on a
q = |K| = p" : le cardinal d ’un corps fini est une puissance d’un nombre
premier : sa caractéristique (par exemple, il n’y a pas de corps de cardinal 6).

Les corps finis 73
Proposition 2.4.
Soit K un corps de caractéristique p > 0. L’application F : K ——-> K définie
par ��� = m” est un homomorphisme de corps appelé homomorphisme de
Frobenius.
Si K est fini, c’est un automorphisme.
Si K est le corps premier Fp, c’est 1’identité.
Démonstration. Il est clair qu’on a F(:z:y) = @$� Par ailleurs on calcule
(a: + y)? par la formule du binôme :
(a: + y)” = m” + Càxwly + - ° ° + Câxp-‘iyi + ' - - + y".
Mais, si 1 _<_ z’ 5 n — 1, on sait que p divise C; et donc Cäæpflfi/i = 0 dans K
puisque car (K) = p, cf. 2.3.0. On a donc bien (a: + y)” = m? + yï’.
Un homomorphisme de corps est toujours injectif (son noyau est un idéal, donc
(0) ou K et ce n’est pas K car 1 s’envoie sur 1), donc bijectif si K est fini.
Enfin, si K = Fp et si a: e F5, comme В est de cardinal p— 1, on a m?“ = 1 par
le théorème de Lagrange donc m?’ = a; et ceci vaut aussi pour a: = 0 ce qui signifie
que F est l’identité de Fp.
b) Existence et unicité des corps finis.
Théorème 2.5.
Soit p un nombre premier et soit n E N*. On pose q = p".
1) Il existe un corps K à q éléments, c’est le corps de décomposition du polynôme
X9 — X sur Fp.
2) En particulier, K est unique, à isomorphisme près, (ctï 1.30). On le note Fq.
Démonstration.
1) Si K est un corps à q éléments et si a: 6 K‘, on a x94 = 1, de sorte que
tout élément de K est racine du polynôme X9 — X. D’autre part le sous-corps
premier de K est nécessairement Fp, puisque le cardinal de K est une puissance
de sa caractéristique (cf. 2.3.3). Comme X9 — X est à coefficients dans F,,[X], on
a bien K = DFP(X9 — X).
2) Réciproquement, soit K = Dpp (X9 — X) et soit k C K l’ensemble des racines
de X9 — X. Alors, k est un corps, car si x,y sont dans k, on a m9 = x, y9 = y,
donc aussi (æy)9 = œy et (a: + y)9 = :1: + y car l’application a: H :129 de K dans K
n’est autre que 1’automorpl1isme de Frobenius itéré n fois.
De plus, si on pose P(X) = X9 —X, on a P’(X) = qX9’1 — 1 = -1 car q est une
puissance de la caractéristique. Il en résulte que les racines de P sont simples et
donc on a |k| = q : on a obtenu un corps à q éléments. Enfin, il est clair que l’on
a k = Dpp(X9 —X) = K.
Remarque 2.6. En fait, l’unicité du corps à q éléments est vraie aussi en un sens
plus fort : si on note F; une clôture algébrique de Fp, il y a dans F—,, un unique
corps à q = p" éléments : c’est, comme le montre la preuve de 2.5, l’ensemble des
racines du polynôme X9 — X.
c) Etude du groupe multiplicatif F2.
Le théorème suivant a été annoncé au Chapitre I (lemme 7.5) :

74 Théorie élémentaire des corps
Théorème 2.7.
Le groupe multiplicatif F; est un groupe cyclique (donc isomorphe à Z / (q -— l)Z).
Démonstration. (Voir aussi [S1] Chapitre I 51). On montre d’abord un lemme :
Lemme 2.8.
Soit n E N*, on a la formule n = 24,001).
d|n
Démonstration (de 2.8) En effet, dans Z / nZ, tout élément a pour ordre un diviseur
d de n et il y a exactement <p(d) éléments d’ordre d puisqu’ils engendrent l’unique
sous-groupe (cyclique) d’ordre d de Z/nZ (cf. I, 7.1 et Exercice I A.2).
Revenant à F3, posons n = q — 1 et soit d un diviseur de n. S’il existe un a: E F;
d’ordre d, on considère le sous-groupe H =< ac > z Z/dZ de F; . On a |H| = d
et pour tout y E H, yd = 1. Comme le polynôme Yd — 1 a au plus d racines dans
Fq, tout élément d’ordre d de F; est donc dans H. Il en résulte (cf. I, 7.1) que
le nombre N (d) d’éléments d’ordre d de F; vaut 0 ou <p(d), donc, en tous cas, on
a N (d) 5 <p(d). Mais tout élément de F; a pour ordre un diviseur de n ce qui
implique n = |F;| = ZN (d) et en comparant avec Pégalité du lemme 2.8, on
d|n
voit qu’on a nécessairement N (d) = <p(d) pour tout d.
En particulier, on a N (n) = <p(n) > 0, donc F; contient un élément d’ordre n,
donc est cyclique.
Remarques 2. 9.
1) On ne sait pas, en général, trouver explicitement un générateur de F; (cf. 52,
3 exercice 3).
2) La même démonstration prouve que tout sous-groupe fini du groupe multi-
plicatif d’un corps (3) est cyclique.
d) Les carrés de Fq.
La connaissance des carrés de Fq va nous permettre de terminer la démonstration
du théorème des deux carrés (cf. Chapitre II 56). Plus généralement elle permet
d’aborder l’étude des irréductibles des anneaux du type p�#
Le nombre q = p" est toujours une puissance du nombre premier p. On pose
Fâ={œEFq | ByEFq, x=y2} et F;2=FäflF;.
Proposition 2.10.
1) Pourp = 2, on a Fä = Fq.
q + 1
q-l
2 ————.
2
2) Pourp > 2, on a |Fä| = et |F_’;2| =
Démonstration.
Le point 1) résulte de 2.4 (Frobenius).
Si on a p > 2 et donc 1 7è -1 dans Fp, on a la suite exacte :
1——>{1,—1}—>F;——>F;2——>1
xr——>x2
— 1
q——. L’autre égalité résulte de la formule F3 = F32 U `>�
qui donne |F;2| = 2
Il s’agit d’un corps commutatif, bien entendu, Passertion serait fausse sinon, penser
au groupe des quaternions contenu dans le corps du même nom.

Les corps finis 75
Proposition 2.11 : (caractérisation des carrés).
On suppose p > 2. Alors on a :
z€F;2<=>æg5_1=1.
— - 1
Démonstration. Posons X = {æ e Fqlœlïl = 1}. On a |X| g q 2 (car un
— 1 — 1
polynôme de degré q a au plus q racines . D’autre part, si x est dans F”
2 2 q
on a a: = yz, donc mg”? = yq“ = 1 et donc on a F22 C X. Pour une raison de
cardinal, il en rés11lte X = F32.
Remarques 2.12.
1) On a la suite exacte
1——->F,",‘2——>F; —>{1,—1}——>1
Œ|—-)Œ1ï—1'
1
En effet, si a: est dans F3, y = 331% vérifie y’ = 1 donc y vaut îFl, le reste est
clair avec 2.11.
2) La proposition 2.11 fournit un critère pour savoir si un élément de Fq
q — 1
= 3 et
2
23 = 8 = 1 (mod. 7), de sorte que 2 est un carré, 33 = 27 = ——1 (mod. 7), et
3 n’est pas un carré.
En particulier, on peut prouver le résultat annoncé au Chapitre II êô au cours de
la démonstration du Théorème 6.6 :
Corollaire 2.13.
Soit p un nombre premier, p > 2 et posons q = p", n e N*. Alors, -1 est un carré
dans Fq si et seulement si q est congru à 1 modulo 4.
est un carré. Par exemple, si q = 7, donc Fq = Z/7Z, on a
Démonstration. C ’est une conséquence immédiate de 2.11 :
—1EF;2<=>(—1)3Ë_1=1<==>%pair <=>qE1(mod.4).
Voici une autre démonstration de ce corollaire :
— 1
Dire que q E 1 (mod. 4) revient à dire que le cardinal de F32, i.e. q
2
Mais, d’après le Théorème de Sylow (cf. I, 5.4), ceci revient à dire qu’i1 y a un
élément d’ordre 2 dans F32. Un tel élément est un a: tel que m2 = 1, :1: 7è 1, c’est
donc nécessairement -1 et on a donc bien q E 1 (mod. 4) <=> ——1 E F22.
est pair.
Remarque 2.14. En fait on utilise beaucoup moins que Sylow, voici Pingrédient
exact :
Lemme 2.15.
Soit G un groupe fini, X = {g 6 G|g2 = 1}, alors on a |G| E |X| (mod. 2). En
particulier si |G| est pair, G contient des éléments d’ordre exactement 2, (car 1 est
dans X).
Le lemme est évident, il sufiit de remarquer que 92 = 1 a‘: g = g‘1 et de grouper
les éléments de G — X par paires {g, g'1} (cf. aussi I, 4.16).

76 Théorie élémentaire des corps
Application 2.16.
I1 existe une infinité de nombres premiers de la forme 4m + 1.
Démonstration. Soit n un entier et p un facteur premier de (n!)2 + 1. On a p > n
(sinon p diviserait nl). D’autre part dans Fp = Z/pZ, on a (n!)2 + 1 = 0, donc
-1 = (n!)2 est un carré, et donc (cf. 2.13) on a p E 1 (mod. 4). On a donc de tels
nombres premiers arbitrairement grands (cf. aussi Exercice 4.14).
3. Irréductibilité des polynômes de k[X].
Rappelons que Panneau k[X], lorsque k est un corps, est principal, donc factoriel.
On s’intéresse aux éléments irréductibles de cet anneau.
Remarquons au passage que si A est factoriel et si K = Fr (A) la connaissance des
éléments irréductibles de A[X] passe par celle des irréductibles de K [X] (cf. II,
4.4), P(X) est irréductible sur A si et seulement si il l’est sur K et si son contenu
est 1 (cf. aussi 52, 3 Exercice 11.e).
Remarques 3.1. (remarques préliminaires)
1) Les polynômes X — a sont irréductibles, pour tout a e k.
2) Si P G k[X] est irréductible et d°P > 1, P n’a pas de racines dans k.
En particulier si k est algébriquement clos, les X — a, a E k sont les seuls
irréductibles.
3) La réciproque de 2) est inexacte : le polynôme P(X) = (X 2 + l)2 n’a pas de
racines dans R, mais est réductible. Elle est vraie toutefois si on a d°P 5 3.
4) Pour k = R les polynômes irréductibles sont
a) les polynômes X —— a avec a E R,
b) les polynômes de degré 2 sans racine réelle.
5) Bien entendu, l’irréductibilité d’un polynôme de k[X] ne subsiste pas en
général dans une extension de k (cf. êLc, le corps de rupture est fait pour cela).
Nous donnons d’abord quelques critères classiques d’irréductibilité :
Théorème 3.2 : (critère d’Eisenstein).
Soit A un anneau factoriel et soit K = Fr �_ Soit P(X) = anX" + ° - - + a0 avec
a,» E A. Soit p E A un élément irréductible. On suppose :
l) Plan:
2)Vz'=0,...,n—1,p|a,-,
3) p2 10.0.
Alors P est irréductible dans K [X] (donc aussi dans A[X], cf. II 4.4, pourvu que
1’on ait pgcd (ai) = 1).
Démonstration. Si P n’est pas irréductible dans K [X], on a P(X) = Q(X)R(X)
avec Q, R e A[X] et d°Q, d°R < d°P (cf. Chapitre II 54 a)). Posons alors
Q(X) =bqXq+"'+b0, R(X) =c,XT+---+co, avec b,<,c,- €AetO<q,r <n.
Comme A est factoriel et p irréductible, l’idéal ��` est premier (c’est le lemme
d’Euclide, cf. II, 3.19), donc B = A/ (p) est intègre. Projetons Pégalité P = QR
dans B[X En désignant par ü Pimage de u 6 A dans B, on a :
ÈX) = änxn = (ïqXq + - - - +5o)(ë.X°" + - - - +60)
en vertu des hypothèses sur les ai, avec â}, 9è O, donc aussi bqfê, 7E 0. Mais
cette égalité est encore vraie dans L[X], où L désigne le corps des fractions de

Irréductibilité des polynômes de k[X] 77
B. Comme L[X] est principal et X irréductible, l’unicit_é_ de la; décomposition en
{acteurs irréductibles dans L[X] montre que X divise Q et R, donc que l’on a
b0 = 5o = O dans B, mais alors p2 divise a0 = boco contrairement à. l’hypothèse.
Remarque 3.3. Attention, a priori B [X ] n’est pas factoriel car B ne l’est pas (cf.
Chapitre II ê4 b)).
Applications 3.4.
1) Si p est un nombre premier de N, le polynôme X94 + �� + 0t + 1 est
irréductible sur Z (poser X = Y + 1 et appliquer Eisenstein avec p).
2) Soit a E Z, a = pi“ . . . p2”. On suppose que l’un des a,- est égal à 1. Alors
X ” — a est irréductible sur Z.
3) Soit À e k, À 9è 0,1. Le polynôme Yz — X (X — 1)(X — À) est irréductible (il
définit une courbe “elliptique” du plan, cf. [P]).
Théorème 3.5 (réduction).
Soient A un anneau factoriel et K = Fr A. Soit I un idéal premier de A et B = A/I
qui est un anneau intègre de corps de tractions L. Soit P(X) = anX" + - -- + ao
un polynôme de A[X] et P sa réduction modulo I. On suppose ‘än 3è O dans B.
Alors, si P est irréductible sur B ou L, 1e polynôme P est irréductible sur K.
Démonstration. Supposons qu’on ait P(X) = Q(X)1ï(X)__d_ans A[X], avec
Q(X) = bqX4+---+bo et R(X) = crX,.+--—+co. On a P = QR, dbùän = bqër
et donc Ëqfiä, 7E 0. _ _
Comme P est irréductible dans L[X] (ou B[X]), l’un des polynômes Q ou R est
de degré 0, disons Q, donc Q est aussi de degré O et P est irréductible dans K [X ].
Remarques 3. 6.
1) Attention P(X) n’est pas nécessairement irréductible dans A[X], exemple le
polynôme 2X e Z[X] avec I = (3).
2) Notons que P irréductible sur B implique P irréductible sur L lorsque B est
factoriel, (cf. aussi 52, 3 Exercice 11).
Applications 3.7.
1) X 2 +Y2 + 1 est irréductible dans R[X, Y] (faire Y = O, i.e. passer au quotient
par Pidéal (Y)).
2) Le cas le plus fréquent d’utilisation de 3.5 est le cas A = Z, I = (p) avec p
premier, B = F, est alors un corps. Ainsi, le polynôme X 3+462X 2+2433X -67691
est irréductible sur Z. En effet, on le réduit modulo 2, il reste X 3 + X + 1 qui est
irréductible sur F2 (sinon il aurait une racine dans F2).
3) Soit p un nombre premier, alors X ï’ —— X — 1 est irréductible sur Z.
Cela résulte en effet du lemme suivant :
Lemme 3.8.
Le polynôme X p — X — 1 est irréductible sur Fp.
Démonstration. Soit k un corps de décomposition de X 1’ — X —— 1 = P(X) sur F1,
et soit a e k une racine de P. Alors, pour i =0, 1,...,p— 1 , a+i est aussi une
racine de P car on a, par Frobenius :
(a+i)”—(a+i)—1=(a"—a—l)+i"—i
et, comme i est dans Fp, on a il’ —i = 0. Les racines de P sont donc exactement
a,a+1,...,a+p—1.

78 Théorie élémentaire des corps
Supposons P réductible sur Fp, P = QR avec Q, R e F,,[X]; d°Q, d°R < p. On
a, dans k[X] :
d
Q(X) = Hor —- a — n), où d = d°Q.
k=1
Le coefficient du terme en Xd"1 de Q est alors —(da + i1 + - - - + id) qui est donc
dans Fp. On en déduit : da E Fp. Mais, comme on a d < p, d est dans Fg, donc
a est dans Fp. Mais alors, on a a? = a et ceci contredit a?’ — a —— 1 = O.
Pour progresser dans cette voie nous donnons un troisième critère, souvent
commode dans le cas des corps finis.
Théorème 3.9.
Soit P E k[X], de degré n > 0. Alors, P est irréductible sur k si et seulement si P
n’a pas de racines dans les extensions K de k qui vérifient [K : k] 5 n/ 2.
Démonstration. Si P est irréductible et si a: e K est racine de P, le corps k[æ] est
un corps de rupture de P, donc il est de degré n et on a [K : k] z n.
Réciproquement, si P n’est pas irréductible, on a P = QR et d°Q ou d°R 5 n/ 2.
Si, par exemple, on a d°Q 5 n/ 2 et si Q’ est un facteur irréductible de Q, P aura
une racine dans un corps de rupture de Q’, de degré 5 n / 2.
Exemples 3.10.
1) Le polynôme X 4 + X + 1 est irréductible sur F2. Il suffit de vérifier qu’i1
n’a pas de racines dans F2 ni F4. Pour F2 c’est clair, pour F4 on note que l’on a
F4=F2[j] avecj2+j+1=0. SizeEg-Fg, onaœ=jouœ=j+1=—j2,
doncx3=1,eta:4+:v+1=2a:+1=17é0.
2) On déduit par exemple de 1), par réduction modulo 2, que X 4 +8X2 + 17X — 1
est irréductible sur Z.
3) La méthode de réduction, si elle est très eflicace, a pourtant des limites, par
exemple :
Proposition 3.11.
Le polynôme X 4 + 1 est irréductible sur Z (donc sur Q) mais est réductible sur
Fp pour tout nombre premier p.
Démonstration.
Pour l’irréductibilité sur Z, il y a de nombreuses méthodes. On peut noter, cf. '54,
que X4 + 1 = <I>3 est un polynôme cyclotomique, donc irréductible, cf. 4.10. On
peut aussi poser X = 1 + Y et utiliser Eisenstein. On peut enfin procéder par
identification.
Regardons maintenant modulo p. Pour p = 2, on a X 4 + 1 = (X + 1)4. On suppose
donc p > 2. On a X8 — 1 = (X4 + 1)(X4 — 1), de sorte que, si X4 + 1 a une racine
a: dans un corps K, on a x8 = 1, avec 11:4 9E 1, i.e. ac est un élément d’ordre 8 de
K *. Pour prouver que X 4 +1 est réductible sur Fp, il suffit, d’après 3.9 de prouver
qu’i1 a une racine dans Fpz donc de montrer que F; contient un élément d’ordre
8. Pour ceci, comme F; est cyclique d’ordre p2 — 1 (cf. 2.7) il suffit d’établir le
lemme suivant :

Irréductibilité des polynômes de k[X] 79
Lemme 3.12.
Soit p un nombre premier > 2. Alors, p2 — 1 est multiple de 8.
En effet on a p2 — 1 = (p — 1)(p + 1) et p — 1 et p + 1 sont deux nombres pairs
consécutifs, donc l’un des deux est multiple de 4, cqfd.
Nous étudierons systématiquement au ë4 le comportement des polynômes cyclo-
tomiques sur Fp.
L’exemple précédent montre qu’on ne peut espérer que la méthode de réduction
aboutisse toujours à prouver Pirréductibilité d’un polynôme sur Z. Cependant,
même si cette méthode échoue en apparence (dest-à-dire si P €- Z[X] est réductible
sur tout Fp), elle peut parfois, par une analyse plus fine des décompositions de P,
mener au résultat :
Exemples 3.13.
1) Le polynôme X5 + X2 + X + 2 = P(X) est irréductible sur Z.
On regarde sur F2, on aP = X(X4 +X+ 1) et on avu (3.10) que X4 +X+ 1
est irréductible sur F2. Si P est réductible sur Z, on a nécessairement P = QR
avec d°Q = 1, d°R = 4, i.e. P a une racine dans Z (sinon on aurait P = QR avec
d°Q = 2, d°R = 3 et par projection sur F2 ceci contredirait l’irréductibilité de
X4 + X + 1). Mais si P(a)= 0 avec a e Z, ‘â est racine de P dans tous les F, et
on constate aisément que P n’a pas de racines dans F3. (On peut aussi remarquer
que la racine a divise nécessairement le coefficient de degré 0 de P, ici 2, ce qui
ramène le problème à un nombre fini de calculs, cf. [VdW] ä32).
2) P(X) = X5 —— 7.
Modulo 2, on a P(X) = X5 + 1 = (X+ 1)(X4 +X3 +X2 +X+ 1) et le deuxième
facteur est irréductible; mais modulo 11, P n’a pas de racines (Fïl est d’ordre 10,
donc si a: e Fïl, on a (x5)2 = 1 donc x5 = =|=1 7E 7), donc P est irréductible sur Z.
Donnons pour finir un critère de conservation de I ïrréductibilité par exten-
sion de corps.
Théorème 3.14.
Soit P e k[X] un polynôme irréductible de degré n et soit K une extension de
degré m avec (m, n) = 1. Alors P est encore irréductible sur K.
Démonstration. Supposons P = QR avec Q,R e K [X], Q irréductible de degré
q avec 0 < q < n. Soit L = K un corps de rupture de Q qui s’écrit
L = K (x) avec Q(:r) = 0. On utilise alors la multiplicativité des degrés (1.5) : on
a [L : k] = [L : K][K:k] =qm= [L : PW; : k] =rn (ona [k(:r) : k] =n
puisque k(:1:) est un corps de rupture de P sur k). Mais alors, comme n et m sont
premiers entre eux, n diviserait q par le théorème de Gauss, et c’est absurde.
Remarque 3.15. Sans l’hypothèse (m, n) = 1, le théorème est faux : X 4 + 1 qui est
irréductible sur Q, ne l’est plus sur Q(z') : on a X4 + 1 = (X2 + z’)(X2 — i).
Eæemples 3.16.
1) X 3 + X + 1 est irréductible sur Q(i) comme sur Q.
2) Si X3+X+1 n’a pas de racines dans Fp, par exemple, si p = 2 ou 5 ... , il est
irréductible sur Fp, donc aussi sur Fpn si 3 ne divise pas n. Mais il est réductible
dans Fpsk pour tout k e N*.

80 Théorie élémentaire des corps
4. Cyclotomie.
a) Racines de Vunité, racines primitives.
Soient k un corps et n e N*, on considère le polynôme P,.(X) = X " — 1.
Remarque 4.1. La dérivée de Pn est P}, (X) = nX""1. Si la caractéristique p de k
ne divise pas n, la seule racine de Pj, est 0, qui n’armule pas P", donc Pn n’a que
des racines simples.
Si p divise n, on a n = mp et X" —— 1 = (Xm — l)? (par Frobenius) donc P“ a des
racines multiples dans tout corps de décomposition.
Dans toute la suite, on supposera toujours n premier à la caractéristique de k.
L’ensemble des racines n-èmes de l’unité dans k sera noté ,u,,(k) :
u,.(k) = {Ç E klÇ" = 1}.
C’est un sous-groupe de k*, de cardinal 5 n, donc cyclique (cf. 2.9.2).
Désignons par Kn = Dk(Pn), corps de décomposition de P" sur k. Alors, on a
|/i,,(Kn)| = n et n,,(K,,) z Z/nZ. De plus, comme u,,(k) est inclus dans pn(K,.),
on a p.,,(k) c: Z/dZ pour un d, diviseur de n.
Nous étudions maintenant le groupe n,.(Kn).
Définition 4.2.
Une racine n-ème primitive de 1 est un élément Ç de Kn tel que Ç" = 1 et Ç‘ 7è 1
pour d < n. Autrement dit, Ç est un générateur du groupe n,,(K,,), de sorte qu’i1 y
a go(n) racines primitives de 1 (cf. Chapitre I â 7). Leur ensemble sera noté u; (Kn).
Définition 4.3.
Le n-ème polynôme cyclotomique <I>.,,,k e K,,[X] est donné par 1a formule :
Qn,k(X) = H (X — �D�
CGPËKKII)
Remarques 4.4.
0) Si Ç est une racine n-ème primitive de Punité, les autres sont les Çm avec
(m, n) = 1.
1) Le polynôme <I>,,_,, est unitaire, de degré <p('n).
2) Soit kg le corps premier de k (k0 = Q ou F1,) et soit K0 = Dko(X" — 1).
Alors ê"), est dans K0 [X], de sorte qu’on peut toujours supposer k = k0 (en fait,
nous montrerons que <I>,,,k est même dans ko[X]).
b) Etude de Œmk.
Proposition 4.5.
On a 1a formule (en omettant 1’indice k) :
X" — 1 = H <1>,,(x).
d|n
Démonstration. Cela résulte de Pégalité : n,.(K,,) = U pMKn) (l’union est ici
dln
disjointe) qui exprime que si Ç est une racine n-ème de 1, l’ordre de Ç est un
diviseur de n.

Cyclotomie 81
Remarque 4.6. En comparant les degrés, on retrouve la formule vue en 2.8 :
n = z <p(d).
dIn
Exemples 4.7.
On a <I>1(X) = X — 1, puis, comme X2 -1 = <I>1(X)<I>2(X) = (X — 1)(X + 1), on
a ‘P2 p 7 = X + 1.
La formule 4.5 permet le calcul des <I>n par récurrence en écrivant :
_ X"—1
ÇPTKX) _ H ‘ÏMUÜ.
dÿén
On trouve ainsi successivement :
<I>3=X2+X+1, <I>4=X2+1, <I>5=X4+X3+X2+X+1, <I>a=X2—X+1,
<I>8=X4+1, <I>9=X°+X3+1...
Proposition 4.8.
1) On a <I>,,,Q(X) e Z[X].
2) Soit; k un corps quelconque et a z Z —> k 1’homomorphisme canonique (cf.
ë2.a). On a alors :
Œn1k(X) î Щ?
En particulier <I>,,,Fp sbbtient à partir de <I>,,,Q par réduction moduIo p.
Démonstration.
1) On raisonne par récurrence sur n. On a <I>1(X) = X —— 1 e Z[X]. Supposons
la propriété établie pour d < n. Soit F(X) = H <I>d(X), on a F(X) G Z[X] et F
dln
daén
unitaire. On effectue alors la division euclidienne de X" ——— 1 par F(X) dans Z[X]
(cf. II, 3.31) :
X" — 1 = F(X)P(X) + R(X), avec P,R E Z[X] et d°R < d°F.
Mais on a X" — 1 = <I>,,(X)F(X) dans Q[X], donc F(X)(<I>,,(X) — P(X)) = R(X)
et, pour une raison de degré, on a nécessairement <I>n = P E Z[X
2) On raisonne par récurrence, le cas n = 1 étant trivial. Dans Z[X], on a :
X" - 1 = H <I>a,Q(X) = <I>n,Q(X)F(X)-
dln
Comme o est un homomorphisme, on a, dans Kn[X], (avec K” = Dk(X" — 1)) :
X" — 1 = a(X" — 1) = a(<I>n,Q)a(F). Mais, par Phypothèse de récurrence, on a
0U’) = H 0(‘Ï’d,Q) = H ‘Paris,
dln dln
daén daén
et comme on a, par définition, X" — 1 = H dans, il en résulte, puisque k[X] est
dIn
intègre, qu’on a bien Œmk = a(<I>,,,Q).

82 Théorie élémentaire des corps
c) Application, le théorème de Wedderbum.
Théorème 4.9 (Wedderburn).
Tout corps fini est commutatif‘.
Démonstration.
1) Soit k un corps fini, pas nécessairement commutatif, Z le centre de k :
Z={aek|Væek, aœ=æa},
Z est un sous-corps commutatif de k de cardinal q z 2 et comme k est un Z-
espace vectoriel, on a |kl = q".
2) Supposons k non commutatif, donc n > 1. Alors k* opère sur lui-même par
automorphismes intérieurs. Pour a: E k* on note w(:z:) l’orbite de z. On pose par
ailleurs : k, = {y E k | yx = my}, km est un sous-corps de k (pas nécessairement
commutatif) et le stabilisateur de a: dans 1’opération est kg.
On a |kœ| = q“ pour la même raison que ci-dessus. De plus, d est un diviseur
de n (remarquer, soit que k est un kæ-espace vectoriel à gauche, donc |k| une
puissance de |k_.,|, soit, si l’on veut éviter le recours aux espaces vectoriels sur les
corps non commutatifs, que l’inclusion k; C k* entraîne qd -1 Iq" — 1 et que, pour
q E N, q z 2, ceci impose p�
Le cardinal de l’orbite de æ est alors :
— ‘kafil _ qn ___ 1
""‘””" “ lkäêl “ qd- 1'
3) On a, dans Z, par définition des polynômes cyclotomiques :
- " — 1
q" — 1 = H <I>m(q) et de meme, q“ — 1 = H <I>m(q), donc q = H <I>m(q).
mln mId
Pour d 7E n, on voit donc en particulier que <I>n (q) divise
4) On écrit alors l’équation des classes :
|k*| = |Z*| + z |w(=v)|,
æez
et dire que a: n’est pas dans Z signifie que l’on a d 7E n, de sorte qu’on a :
_ q"-1
qn—1_q—1+zqd_1a
la somme portant sur un certain nombre de diviseurs stricts de n. Il en résulte que
<I>,,(q) divise q -— l, en particulier on a |<I>,,(q)| S q — 1.
5) On a <I>,,(q) = (q — (1) . . . (q- (l) où (1,. . . ,Ç; e C sont læ racines primitives
n-‘emes de 1 et vérifient donc [Çil = 1 et Ç, 7€ 1, puisque n 76 1. Mais alors, on a
pour tout z‘, |q — Ç,-| > q — 1 (un dessin permet de mieux s’en convaincre) et donc
|<I>n(q)| > (q -— l)’ z q — 1 et c’est une contradiction.
d) Firréductibiltte’ de ‘In, sur Z.
Théorème 4.10.
Le polynôme cyclotomique <I>,,(X) (qui est dans Z[X], cf. 4.8.1) est irréductible
sur Z, donc sur Q.

Cyclotomie 83
Corollaire 4.11.
Si Ç est une racine primitive n—ème de 1 dans un corps de caractéristique nulle,
son polynôme minimal sur Q est <I>,,, et donc on a [Q(Ç) : Q] = P��
Démonstration. Soit K un corps de décomposition de <1)" sur Q, Ç 6 K une racine
n-ème primitive de 1. Soit p un nombre premier, ne divisant pas n.
1) Ç?’ est une autre racine primitive de 1. En effet, cf. 4.4.0, les générateurs de
pn(K), c’est-à-dire les racines primitives, sont les Ç“, avec (m, n) = 1.
2) Soit f G Q[X] (resp. g) le polynôme minimal de Ç (resp. Ç?) sur Q. Alors
on a f,g e Z[X]. En effet, comme Z[X] est factoriel (cf. Chapitre II, 4.2) on a
<I>,,(X) = f1 (X )°‘1 . . . f,(X)°" avec f,- e Z[X] irréductible. Comme (1),, est unitaire,
il en est de même des f,- (quitte à multiplier f,- par —1). Mais alors, Ç est racine
de l’un des f,- et f,- qui est unitaire et irréductible sur Z, donc sur Q, n’est autre
que f ; de même pour g.
Notons au passage que f et g divisent <I>,,, dans Z[X
3) Nous allons montrer que l’on a f = g.
Sinon, comme f, g sont irréductibles et distincts, le produit f.g divise <I>,, dans
Z[X]. Par ailleurs, comme g(Çp) = 0, Ç est racine du polynôme g(X”), donc f (X )
divise g(XP), a priori dans Q[X], mais aussi dans Z[X] :
g(X7’) = f(X)h(X) avec h E Z[X].
(Si h est dans Q[X], on l’écrit h = Eh’ de la manière standard et on utilise le
b
Lemme de Gauss II 4.3).
Projetons alors cette égalité dans F1,, on écrit :
g(X) = arX'+-- -+ao avec a,- E Z, d'où g(X”) = arX’""+---+a1X”+ao
mais, modulo p, on a â’,- = “f, donc (par Frobenius)
ÿoçp) = (ä,.X' + . . . +50)? = ÿ(x)p_
Soit alors <p(X) un facteur irréductible de Î(X) sur Fp. On a ÿ(X)” = Î(X)h(X),
donc, par le lemme d’Euclide, 4p divise ÿ.
Comme fg divise <I>n sur Z, Îÿ divise 5,, sur Fp, donc «p2 divise 5,, = <I>,,,Fp
(cf. 4.8.2). Mais alors dans un corps de décomposition de <I>n sur Fp, 5,, aura une
racine double, ce qui contredit 4.1 : comme la caractéristique p du corps Fp ne
divise pas n par hypothèse, (Puy, n’a pas de racine multiple.
4) Si Ç’ est une racine primitive m-ème on a Ç’ = Ç” avec m = p?‘ . . .1)?’ et
p,- j’ n. Il résulte alors de 3) par une récurrence immédiate que Ç’ et Ç ont même
polynôme minimal sur Q, donc on a f (Ç’ ) = O de sorte que f admet toutes les
racines primitives de Punité comme zéros. On a donc d° f z <p(n) et comme f | ‘In,
cela impose f = «En.
Il en résulte que <I>n est irréductible sur Q, donc sur Z (cf. II 4.4) puisque le contenu
de (1),, est 1 (<I>,, est unitaire).
Corollaire 4.12.
Soit a, (resp. a’) une racine n-ème (resp. m-ème) primitive de 1 dans C. On
suppose (m,n) = 1. Alors on a Q(a) fl Q(B) = Q.
Démonstration. On prouve d’abord un lemme :

84 Théorie élémentaire des corps
Lemme 4.13.
Soit k C M une extension, K et L deux corps intermédiaires, K L 1e sous-corps de
M engendré par K et L. Alors on a [KL : L] 5 [K : k].
Démonstration (de 4.13) En effet, tout élément de K L peut s’écrire a: = Suiv.-
avec u.- 6 K, ‘v; e L et donc, si m1, . . . ,21" est une base de K sur k, il est clair que
2:1, . . . , xn engendrent K L sur L.
Revenons à 4.12 et posons k = Q(a) fl Q(a’). Comme (m,n) = 1, aa’ est une
racine primitive mn-ème de 1 (cf. I, 7.8), on a donc Q(aa’) = Q(a)Q(a’) (et aussi
k(aa’) = k(a)k(a’)), et [Q(aa’) : Q] = <p(nm) (cf. Corollaire 4.11).
Mais, grâce à la condition (m,n) = 1, on a <p(mn) = <p(m)<p(n) (cf. l, 7.4).
Comme on a [Q(a’) : Q] = <p(m), il en résulte que [Q(aa’) : Q(a’)] = <p(n)
par multiplicativité des degrés (cf. 1.5). Mais le lemme 4.13 implique alors
[Q(a) : k] z <p(n), et avec [Q(a) : Q] = gp(n) on en déduit k = Q.
e) Comportement de <I>,, sur Fp.
L’exemple de <I>g = X 4 + 1 montre qu’il est possible que (1),, soit réductible sur
tous les corps Fp- Nous allons étudier précisément ce phénomène. Nous utiliserons,
sans démonstration, le théorème suivant, dont nous avons vu un cas particulier en
2.16, (cf. aussi 54 Exercice 14) :
Théorème de la progression arithmétique (Dirichlet).
Soient a,'n e N* tels que (a, n) = 1. I1 existe une infinité de nombres premiers p
vérifiant p E a. (mod. n) (cf. [S1] Chapitre VI).
On a alors le résultat suivant :
Théorème 4.14.
Soit n e N‘. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) il existe p premier, avec (p, n) = 1, tel que (15,3, soit irréductible sur Fp,
2) (Z/nZ)‘ est cyclique,
3) on a n = 1, 2, 4, q“ ou 2g“ avec q premier impair.
Démonstration.
L’équivalence de 2) et 3) résulte de la description de (Z/nZ)*, cf. Chapitre 1 57.
En vertu de 3.9, dire que (In, est réductible sur Fp, signifie qu’il existe m e N
avec m < @t�
tel que <I>,, ait une racine dans Fpm. Cela signifie encore que F*m
contient un élément d’ordre n i.e., puisque F3... est cyclique d’ordre p" — 1, qu’on
a n | p" — 1. Autrement dit, <I>n est réductible sur F, si et seulement si p est d’ordre
strictement inférieur à <p(n) dans (Z /nZ)“.
Si (Z/nZ)* n’est pas cyclique, cette condition est toujours réalisée, ce qui prouve
l’implication 1) => 2). Réciproquement, si (Z/nZ)* est cyclique et si a 6 N
est tel que à‘ engendre (Z / nZ)*, on peut, en vertu du théorème de la progression
arithmétique, supposer a = p premier. Mais alors, comme p est d’ordre <p(n) dans
(Z/nZ)*, <I>n est irréductible sur Fp.
Remarque 4.15. Si p divise n, le polynôme <I>,,_pp n’a pas été défini, mais on peut
cependant étudier la réduction modulo p de <I>,,,z, notée Δ. On a alors le résultat
suivant :

Cyclotomie 85
Proposition 4.16.
Si p est un diviseur de n, la réduction 5,, est réductible sur Fp, sauf, éventuellement,
si on a p = 2 et n = 2g", avec q premier impair. En particulier le théorème 4.14
reste vrai sans la restriction (p, n) = 1.
Démonstration. On pose n = p°‘m, aÊc p] m. On a donc, sur Fp, {Î — 1 =
(X m —— l)? par Frobenius. Supposons 4D,, irréductible sur Fp. Comme <I>,, divise
X " — 1, il divise X "‘ — 1 et même, puisqu’on a :
Xm — 1 = H ‘Pin-p,
dim
5,, divise l'un des <I>d,1.«,, pour d diviseur de m.
En particulier, on a alors <p(n) 5 <p(d). Mais on a <p(n) = <p(m)<p(p°‘) et comme d
divise m, on a <p(d) 5 <p(m). Cela n’est possible qu’avec <p(p°‘) = 1 ce qui impose
p" = 2. On a donc n = 2m, avec m impair. De plus, si d divise m, et d 7è m, avec
m impair, on a <p(d) < <p(m) = <p(n).
La seule possibilité est donc que 5,, divise <I>,,,,Fp, et comme <p(m) = <p(n) on a
alors 75,, = <I>,,,,pp. Comme 715,, est irréductible sur F, et que, cette fois, p ne divise
pas m, on peut appliquer 1e théorème 4.14, m étant impair, on a m = q“, avec q
premier impair.
Remarque 4.17. Il reste à étudier le comportement de 4124.. = <I>qa sur F2. Notons
que, par exemple, <I>s est irréductible sur F2, mais que <I>14 en revanche est
réductible sur F2, cf. 54 Exercice 12.

EXERCICES SUR LE CHAPITRE III
1. Les techniques vectorielles.
Quelques-uns des exercices font appel à la théorie de Galois pour laquelle on se
reportera, par exemple, à [St].
0) Pour quels nombres premiers p, q a-t-on QQ/ñ) C Qfiyä) ?
1) Soit k C K une extension de degré p, p premier. Déterminer les corps
intermédiaires L (i.e. tels que k C L C K
2) Une autre démonstration du théorème 1.11 (dont on reprend les notations).
Pour 1 => 3, montrer que 1, a, . . . ,a"“1 engendrent K [a] si a est de degré n.
Pour 3 => 2, considérer l’app1ication linéaire :1: v—> au: de K [a] dans lui-même,
avec a E K[a], a 7è O. Enfin, pour 2 => 1, écrire que a“ est dans K[a].
3) Soit A = {a e C | a est algébrique sur Q}.
a) Montrer que A est un corps.
b) Montrer que A est algébriquement clos (pour P E A[X], considérer le
sous-corps de A engendré par les coefficients de P.)
c) En déduire que A est une clôture algébrique de Q.
d) Montrer que l’ensemble des polynômes de degré 5 n à coefficients dans Q
est dénombrable. En déduire que Q[X] et A sont dénombrables.
e) Montrer qu’il existe des nombres réels transcendants sur Q.
f) Trouver une extension Q g K g R, avec R algébrique sur K, donc K non
dénombrable (prendre, à l’aide du Théorème de Zorn, un sous-corps K maximal
tel que x/Ï ë K
4) Soient K C L C M des extensions. On suppose K C L et L C M finies (resp.
algébriques). Montrer que K C M est finie (resp. algébrique).
5) Donner les polynômes minimaux sur Q des éléments suivants de C : 3/7 W5,
i+j»j+\/ä,j\/5,i+\/Î-

Les techniques vectorielles 87
Même question pour Ç, racine primitive cinquième de 1, mais sur Q, Q(z'), `�
(considérer Ç + Ç “1).
6) Théorème de l ’éle’ment primitif.
Soit K un corps de caractéristique nulle.
a) Soit P 6 K [X], irréductible, L un corps de décomposition de P. Montrer
que P n’a que des racines simples dans L.
b) Soit L une extension finie de K. On suppose que l’on a L = K [:z:, y]. Soient
P, Q les polynômes minimaux de m, y sur K et soit M = DK (PQ).
On écrit dans M :
n
F(X) = (X — w) H(X — m)
Q(X) = (X - y) fiUï - w)-
j=2
Montrer qu’i1 existe t E K tel que pour tous i, j z 2, :1: + ty 7E xi + tyj.
c) Avec les notations ci-dessus, soient z = æ + ty et K’ = K [z]. On pose
F(X) = P(z — tX). Montrer que F est dans K’[X] et que l’on a X —— y =
pgcd (F, Q)-
d) En déduire qu’on a y E K’ et L = K’.
Montrer par récurrence que toute extension finie de K est monogène (théorème de
l’élément primitif).
e) Trouver :1: e C tel que Q(a:) = Q(z',j, 0�
f) Soit k un corps de caractéristique p > 0, K = k(T, U) (corps des fractions
rationnelles en deux indéterminées) et K0 = k(T”, U?’
Montrer qu’on a [K : K0] = p2 et que, pour tout a; e K , z?’ est dans K0. En
déduire que K n’est pas une extension monogène de K0.
7) Soit K un corps de caractéristique nulle.
a.) Montrer qu’on a, pour L extension de K , Péquivalence :
[L:K]5n<=\7’z€L, [K(:1:):K]5n.
(cf. Exercice 6).
b) Montrer qu’i1 est possible d’avoir à la fois :
[L:K]=+oo et VmEL, [K(:c):K]<+oo.
c) Si ca.r (K ) = p est > 0, montrer que a) peut être en défaut (s’inspirer de
Exercice 6.f), mais avec une infinité d’indéterminées).
8) Montrer que Pensemble des nombres constructibles est un corps. En utilisant
la théorie de Galois, montrer que si a: est algébrique sur Q, de polynôme minimal
P, :1: est constructible si et seulement si [DQ (P) : Q] est une puissance de 2.
9) Soit K Pensemble des réels définis comme suit : a: E K si et seulement si il
existe une suite de corps: K0 = Q C K1 C C Kn C R tels que: a: e Kn et
[K,-:K,-_1]S3pour15i5n.
a) Montrer que K est un sous-corps de R.

88 Chapitre III : exercices
b) Préciser les degrés sur Q des éléments de K.
c) Montrer que si a: 6 K, :1: > 0, x admet une racine carrée dans K.
d) Montrer que toute équation de degré 3 à coefficients dans K a une racine
dans K.
e) Montrer que K ne contient pas de racine 11-ème de 1 distincte de 1.
f) Donner, à Paide de la théorie de Galois, une caractérisation des éléments
de K (cf. Exercice 8). En déduire quelles sont les racines de l’unité qui sont dans
K.
10) Soit P 6 K[X], n = d°P. Montrer que [DK(P) : K] divise nl.
2 et 3. Corps finis et irréductibilité des polynômes de k[X].
Les exercices sur ces deux paragraphes ont été rassemblés car ils mêlent souvent
les deux thèmes.
1) Décrire les corps finis de cardinal 4, 8, 9, 16; en particulier déterminer l’ordre
des éléments inversibles et leur polynôme minimal sur le corps premier.
2) Montrer qu’on a 2 e F? <=> p E 4:1 (mod. 8) (prendre Ç, racine huitième
primitive de 1 dans Ff, cf. 3.12, et remarquer que Ç + Ç "1 est une racine de 2.)
3) Déterminer les générateurs de F; pour p = 2, 3, 5, 7, 11, 31, 43, 71. (Com-
mencer par essayer les petits entiers : 11:2, :113... et ne pas oublier que si a: et y
sont d’ordres premiers entre eux, on a (cf. I, 7.8) :
ordre (my) = ordre a: x ordre y.)
4) Théorème de l ’élément primitif pour les corps finis.
On considère Pextension K = Fq C L = Fqn. Montrer qu’il existe a e L tel que
L = K [a] (cf. 2.7 et 51 Exercice 6).
5) Groupe de Galois de Fqn sur Fq.
Soit a : Fqn —> Fqn l’application définie par a(x) = 2:9.
a) Montrer que a est un automorphisme de Fqn.
b) Montrer que l’on a Ulpq = Id.
c) On définit le groupe de Galois de Fqn sur Fq comme le groupe des
automorphismes de Fqn dont la restriction à Fq est l’identité. En utilisant 4),
montrer qu’on a [Gal (Fqn /Fq)l S n. En déduire que Gal (Fqn /Fq) est le groupe
cyclique engendré par a.
6) Clôture algébrique de Fp-
Lorsque q’ est une puissance de q, on identifie Fq à. l’unique sous-corps à q éléments
de Fq’ (cf. III, 2.6).

(l)
Corps finis et irréductibilité des polynômes de k[X] 89
a) Soit F? une clôture algébrique de Fp. Montrer que tout a: E Fp, a: 76 0 est
une racine de l’unité.
b) Pour m 5 n, montrer que l’on a Fpm! C Fpns. (l)
c) Soit q une puissance de p, montrer qu’il existe n tel que Fq C Fpn!
d) Montrer que K = U Fpn! est muni naturellement d’une structure de
n€N'
corps et que K est une clôture algébrique de F, et même de tout corps fini de
caractéristique p.
7) Fonction de Môbius.
On définit p : N* —> {0, 1, —1} comme suit : M1) = 1; ,u(n) = 0 si n contient
un facteur carré; p,(p1...p,-) = (—1)’ si p1,...,p, sont des nombres premiers
distincts.
a) Montrer que p, est multiplicative au sens de l’arithmétique (i.e., si n = nlnz
avec (nhng) = 1, on a p(n) = n(n1)p(n2)).
b) Montrer que pour tout n e N‘, n 9€ 1, on a 214d) = O.
dln
c) Soit f : N‘ —> A une application, où A désigne un groupe abélien noté
additivement. On pose : g(n) = z f
dln
Démontrer la “formule d’inversion de Môbius” : f(n) = g(d). Énoncer
dln
une variante multiplicative.
d) En déduire la formule z <p(n) = z p(%)d.
dln
8) Polynômes irréductibles sur Fq.
Soit I (n, q) le nombre de polynômes de Fq [X], irréductibles, unitaires, de degré n.
a) Montrer la relation z dI (d, q) = q" (considérer X q" — X et ses facteurs
d|n
irréductibles).
b) En déduire la formule :
1 .
I(n, q) = a ��� qd (cf. Exercice 7).
dln
c) Montrer que nI (n, q) est le nombre d’éléments de Fqn qui ne sont dans
aucun sous-corps propre de Fqn contenant Fq.
d) Calculer [(6,3) et I (7, 5).
e) Trouver un équivalent de I (n, q) quand n tend vers +oo
f) Donner la liste des polynômes irréductibles :
— de degré S 5 sur F2,
— de degré _<_ 3 sur F3,
— de degré 5 2 sur F4 et F5.
Attention, en revanche, Fpm n’est pas en général un sous-corps de Fpn, il faut pour
cela que m divise n. Par exemple F4 n’est pas inclus dans F8.

90 Chapitre III : exercices
9) Iwéductibilité de X3’ — a.
Soient k un corps, a G k et p un nombre premier. Montrer que X P —— a est
irréductible sur k si et seulement si il n’a pas de racines dans k. (Si X 7” — a = PQ
avec P, Q G k[X] et 0 < n = d°P < p, montrer, en décomposant X 7’ —a en facteurs
de degré 1, que l’on a a" = b?’ où b est, au signe près, le terme constant de P.
Conclure avec Bézout).
10) Etudier l’irréductibilité de X1’? — a pour p premier et r entier, (cf. [L] Ch.
VIII 59 pour l’étude générale de X " — a; attention le cas étudié en 9) manque
dans certaines éditions de ���
11) Irréductibilité d’un polynôme à coeflîcients dans un anneau.
Soit A un anneau intègre, K son corps des fractions.
a) Soit P G A[X Si P est irréductible dans K [X], et si les coefficients de P
sont premiers entre eux, montrer que P est irréductible dans A[X] (cf. II (3,4).
b) Soit L une extension de K et :1: G L un élément entier sur A (cf. Chapitre
II, â3 Exercice 2). Montrer qu’il existe P G A[X], unitaire, irréductible tel que
P(:L') = 0.
c) En déduire que si A est factoriel, le polynôme minimal de a; sur K est dans
A[X] (voir la démonstration du théorème 4.10).
d) Montrer que si A n’est pas intégralement clos, il existe P G A[X]
irréductible dans A[X] et pas dans K [X] (cf. Chapitre II loc. cit).
e) Montrer que si A est intégralement clos et si P G A[X] est unitaire et
irréductible sur A, il l’est aussi sur K (considérer les racines de P dans une
extension L de K et montrer que ce sont des entiers algébriques sur A. En
admettant que l’ensemble des éléments de L entiers sur A est un anneau (cf.
[L] Ch. IX 51), en déduire que les coefficients de tout diviseur de P sont entiers
sur A).
Déduire de ce qui précède que c) est encore vrai si A est intégralement clos.
12) Les entiers de Qfi/d).
Soit d G Z sans facteur carré, i.e. d = Çpl . . . p, avec p1, . . . , p, premiers distincts.
Soit x/Ë G C une racine carrée de d et
K=Q(\/c—i) = {a+b\/<—i|a,bGQ}.
Soit A = {z G K | z est entier sur Z} (cf. Chapitre II ë3 Exercice 2).
a) Soit a: = a + bx/Ë G P5� Montrer l’équivalence :
xGA<=>2aGZ et a2—db2GZ.
b) On suppose d E 2, 3 (mod. 4), montrer qu’on a :
A=Z[\/Ë] = {a+b\/Ë|a,bG z}.
c) On suppose d E 1 (mod. 4), montrer qu’on a A = Z 2
1+x/Ë]_
13) Déterminer tous les nombres a: G Q tels que cos 27m G Q (utiliser 12).

Cyclotomie 91
14) Sur quels corps finis les polynômes cyclotomiques <I>3, <I>5, <I>5, <I>7, sont—ils
irréductibles ?
15) Ou comment construire des exemples :
Soient p1, . . . ,1), des nombres premiers et soient P1, . . . ,P,. E Z[X Montrer qu’il
existe P e Z[X] irréductible tel que, pour z‘ = 1, . . . ,7‘, on ait
P E P,» (mod. pi) (utiliser le lemme chinois).
Étudier sur Z, F2, F3, F5, le polynôme: X4 — 1OX3 + 21X2 — 10X + 11.
16) Étudier l’irréductibilité des polynômes suivants sur Z :
X3+4X2—5X+7, 5X3+3X2—4X—27, X3—6X2—4X—13,
X3+4X2—4X+25, X3—X2—X—1, X3+30X2+6X+1,
5X4+17X3—8X2—6X+23, X4+5X3—3X2—X+7,X4+7X’+4X+1,
X4+X3+2X2+X+1, X4+4X3+3X2+7X—4,
7X5 + 4X4 — 2X3 + 5X2 — 6X + 11,
X5+X4+X3+X2+X+1—X‘ pouri=l, 2, 3, 4.
X5+3X4—2X3—4X2+5X+4, X5+4X4—4X'3+11X2—5X+7,
X6+X3+1, X°+X2+1, X°+X+1,
X7 + X + 1, 5X7 — 2X6 + 4X5 — 12X4 + 19X3 — 6X2 — 20X + 17
(réduire systématiquement modulo 2, 3 . . . �7
17) Étudier l’irréductibilité des polynômes :
X2+1,X3+1,X4+1,X4—X2+1,X3—X—1,X5—7, X4—3, X2+X+1,
sur Z, Q, R, C, Qfi/(Ï), Q(Ç), où Ç désigne une racine de l’unité, Fq (difficile).
18) Soient p,l deux nombres premiers impairs. On suppose :
1) l E -1 (mod. 3),
2) p est un générateur de (Z/lZ)*.
Montrer que X ‘+1 — X + p est irréductible sur Z (réduire modulo p et modulo 2).
Exemple : p = 47, l = 71.
19) Soit p premier impair et l un diviseur premier de p — 1. Soit a 6 Z un
générateur de (Z/pZ)* . Montrer que X l + pXk — a est irréductible sur Z pour
tout entier k z 1 (utiliser Pexercice 9).
4. Cyclotomie.
1) Pour p premier, calculer <I>,,(X), puis <I>pa (X), pour a E N‘.

92 Chapitre III : exercices
2) Montrer que si n est impair, n > 1, on a. <I>2,,(X) = <I>,.(—X) et si n est
pair, <I>2,.(X) = <I>,,(X2). Plus généralement, montrer que si n = p?‘ . . . p2’, on a
Quo‘) = ‘I’p1«-p»(Xm)aV°° m = Pin-l ' ' ‘ 3'4-
Montrer que si p est premier et ne divise pas pas n on a :
q)?“ = q’n(Xp)/q>n(X)'
3) On pose <I>,,(X) = anX” + an_1X"'1 + `�� + ao. Montrer que <I>n est un
polynôme réciproque, i.e. que l’on a. an = a0, a,._1 = a1, ...,a,._; = a; pour
i: 0,. . . ,n (considérer <I>,.(1/X)).
4) Montrer la formule :
<1>n(x) = Hpçn/d _ 1)u(d)
dln
où u est la fonction de Môbius (cf. 52,3 Exercice 7).
5) Pour quels entiers n a-t-on <p(n) 5 10 ? Calculer <I>n pour ces entiers (utiliser
les exercices 1, 2, 3).
6) Trouver n tel que (In. ait d’autres coefficients que 0, 1, -1 (réponse : n = 105).
7) Soit Ç = æ + iy l’unique racine primitive 5—ème de 1 dans C vérifiant a: > 0
et y > O. Calculer a: (utiliser Ç + Ç "1 = Ç +Î = 2a: et l’exercice 3).
En déduire que a: et y sont constructibles (cf. fil) et donner une construction
explicite du pentagone régulier.
8) a) Soit Ç E C une racine primitive d-ème de 1, avec d z 1 et soit k = Q(Ç).
Montrer que les seules racines de l’unité contenues dans k sont :
i) les racines d—èmes si d est pair,
ii) les racines Zd-èmes si d est impair.
(Considérer le groupe G des racines de l’unité de k. Montrer que G est fini. Si
IG) = n, prendre une racine primitive n-ème a et utiliser l’inclusion Q(a) C Q(Ç
b) Déduire de a) que si on se donne des entiers d et n avec d | n et si on suppose
(d pair) ou (d et n impairs) il existe un corps k avec un(k) 2 Z/dZ.
c) Montrer que si d = 2' — 1, et si d divise n il existe k avec p,,(k) z Z/dZ
(exemple : d = 3, n = 6).
d) Montrer que, quel que soit le corps k, u3o(k) n’est jamais isomorphe à
Z / 5Z. Étudier le cas général.
9) Soit K une extension finie de Q. Montrer qu’il n’y a qu’un nombre fini de
racines de l’unité dans K.
10) Dans quelles extensions (lb/d), d e Q, y-a-t-il des racines de l’unité autres
que 1 et —1 ?

Cyclotomie 93
11) Calculer <I>,,(1) et <I>,.(—1) pour n e N*.
12) On considère le nombre p = 1093.
a) Montrer que p est premier.
b) Montrer qu’on a 2P“ -.=_ 1 (mod. p2).
(On pourra montrer successivement, dans Z / p22, les égalités :
314 = 4p+ 1, 32226 = —469p — 1, 3142182 = —4p — 1, 2182 = —1).
Les nombres premiers vérifiant b) sont rarissimes, 1093 et 3511 sont les deux seuls
tels nombres plus petits que 105.
c) Montrer que <I>p2 est réductible sur F2.
13) Symbole de Legendre.
Soit p un nombre premier > 2. On définit le symbole de Legendre `Y pour a: E F;
comme suit :
æ 3l! æ Ù
(;)=1<î>III€Fp2, (;)=-1î>ŒÉFp2.
Il revient au même de poser (cf. 52) :
(î) — �\
P
a:
a) Montrer que l’application :1: H est un caractère (i.e un homomor-
phisme) de F; dans {1, —1}.
b) Montrer qu’on a z p�$ = 0.
zEF; p
c) Soit Ç une racine primitive p-ème de 1 dans C.
-1
On pose s = z Ç” où Ç” a un sens évident. Montrer qu’on a s2 = �vW
æGF; p
(On pourra montrer la formule :
s2 = Z(%)(2(y+1)
311/
et séparer les termes y = -1 et y 9è —1).
d) Déduire de c) que toute extension quadratique de Q (i.e. de la forme Qfi/Ïi) ,
avec d e Q) est contenue dans une extension cyclotomique (i.e. de la forme Q(Ç),
avec Ç racine de 1’unité). Il s’agit du cas le plus élémentaire d’un célèbre théorème
de Kronecker et Weber.
Pour des compléments sur le symbole de Legendre, en particulier la superbe loi de
réciprocité quadratique, cf. [S1] Chapitre I (53.
14) Un “petit” théorème de Dirichlet.
Soit n un entier z 2.
a) Montrer qu’un nombre premier p est congru à 1 modulo n si et seulement si Fp
contient une racine primitive n-ème de l’unité.
b) Soit k un entier et p un facteur premier de <I>,,(k!).
Montrer qu’on a p E 1 (mod. n) et p 2 k. Conclure (cf. 4.14).

IV. LE GROUPE LINÉAIRE
Soit k un corps (commutatif, mais de caractéristique quelconque), et E un k-
espace vectoriel de dimension n. Le groupe linéaire GL(E) est le groupe des
k-automorphismes de E, dest-à-dire des applications k-linéaires bijectives de E
dans E.
La donnée d’une base de E définit un isomorphisme de GL(E) sur GL(n, k),
groupe des matrices n x n, inversibles, à coefficients dans k. Mais cet
isomorphisme n’est pas canonique (i.e. dépend du choix de la base), rappelons
que si u e GL(E) a pour matrice A dans une base B, dans la base B’ déduite de
B par la matrice de passage P, il admet pour matrice P"1AP. Remarquons que
A et P’1AP sont conjuguées dans GL(n, k).
L’intérêt de cet isomorphisme est de fournir un outil pour 1’étude de GL(E), à
savoir, le calcul matriciel (cf. 54 pour un exemple d’utilisation).
On suppose le lecteur familier avec les bases de Palgèbre linéaire, notamment le
calcul matriciel et la notion de déterminant.
1. Déterminant et groupe SL(E).
L’application déterminant est un homomorphisme (multiplicatif) de GL(E) dans
k*. Son noyau æt appelé groupe spécial linéaire et noté SL(E), il est isomorphe
au groupe SL(n, k) des matrices de déterminant 1.
Proposition 1.1.
On a une suite exacte :
1 ——» SL(E) —» GL(E) 93E» k‘ —+ 1.
De plus, GL(E) est produit semi-direct de SL(E) par k*.
Démonstration. On peut travailler dans GL(n, k). Soit H le sous-groupe de
GL(n, k) formé des matrices de la forme
À
A(»\)= ' , A616"

96 Le groupe linéaire
Alors la restriction dét l H induit un isomorphisme de H sur k*, ce qui prouve à. la
fois la surjectivité du déterminant et le produit semi-direct.
Nous avons ainsi un premier dévissage de GL(E). Nous allons maintenant étudier,
suivant le plan annoncé au chapitre I, des générateurs de GL(E) et SL(E), les
centres, les groupes dérivés, et enfin, la simplicité de ces groupes.
2. Générateurs et centres de GL(E) et SL(E).
On cherche des générateurs les plus simples possibles, donc ayant, comme les
transpositions dans le cas de 6m le plus de points fixes possibles, c’est-à—dire
ici, un hyperplan.
a) Les dilatations.
Proposition-définition 2.1.
Soit H un hyperplan de E et soit u. E GL(E) tel que u|H = IdH. Les conditions
suivantes sont équivalentes :
1) on a dét u = À 7è 1 (i.e. u ÿ! SL(E)),
2) u admet une valeur propre A a6 1 (donc une droite propre D pour A) et u est
diagonalisable,
3) on a Im(u — Id) ÇZ H,
4) dans une base convenable, u a pour matrice :
1
, avecàek‘, Àaél.
A
On dit que u est une dilatation d’hyperp1an H, de droite D, de rapport
/\. On a alors D = Im (u — Id); H = Ker(u — Id). Lorsque l’on a À = -1 et
car (k) 7è 2, u est appelée une réflexion.
Démonstration. Il est clair qu’on a 4) 2 1) et 1) =à 2) (car u a déjà la
valeur propre 1 d’ordre n. — 1 avec le sous-espace propre H de dimension n — 1).
2) => 3) : Soit a: un vecteur propre non nul pour la valeur propre À 9E 1, on
a alors u(a:) = Àx, donc u(a;) — a: = (À — 1)œ 7é- O et a: ë H, de sorte que l’on a
Im (u — Id) {Z H. Remarquons que comme on a dim (Im (u — Id)) = 1, on a bien
Im (u — Id) = @� = D.
3) => 4) : Notons déjà qu’on a dim (Im(u — Id)) = 1 (car le noyau est
H, de dimension n — 1). On prend une base e1,...,e,._1 de H et un vecteur
en e Im (u —Id), en é H. Ce vecteur engendre donc Im (u ——Id). Comme en é H,
on a u(en) ——e,. 76 O, donc u(e,,) —e,, = ne" avec u 7è 0 et u(en) = (1 +;i)e,, = Àen
avec À 7€ 1, d’où la matrice voulue dans la base c1, - - - ,e,,.
b) Les transvections.
C’est le cas diamétralement opposé.

Générateurs et centres de GL(E) et SL(E) 97
Proposition-définition 2.2.
Soit H un hyperplan de E, d’équation f E E*, (cela signifie qu’on a H = Ker f,
avec f 7è O). Soit u E GL(E), u. 76 Id, tel que uIH = IdH. Les conditions suivantes
sont équivalentes :
1) on a détu = 1 (i.e. u E SL(E)),
2) u n’est pas diagonalisable,
3) onaD=Im (u-Id) CH,
4) Fhomomorphisme induit, ü : E/ H -—+ E/ H , est 1’identité de E/H,
5) il existe a e H, a 7è 0, tel que I’on ait:
Va: E E, p?� = a: + f(a:)a,
6) dans une base convenable, u a pour matrice :
1 0
0
0
O
1 1
1
On dit alors que u est une transvection d’hyperplan H et de droite D. On
a, avec les notations ci-dessus, D = (a) et D C H.
Démonstration. Les implications suivantes sont claires : 6) => 1) => 2) => 3)
(cf. a)).
Pour 5) => 6), on construit une base c1, . . . ,e,, de E en partant de e,,_1 = a,
que I’on complète en une base c1, . . . ,e,,_1 de H et on prend enfin en Q H, tel que
fæn) = 1-
3) => 4) : Soit a: G E, on a �v� —x E H, donc, dans E/H, on aüŒ) = î.
Notons que ceci montre en fait 3) <=> 4).
Reste enfin 3) ==> 5). Soit æo E E tel que f (x0) = 1. L’élément a = u(:1:o) —— æo
est dans Pimage de u — Id donc est dans H. Comme :120 n’est pas dans H, a est
7E 0. Alors, on a, pour tout x, @�� = a: + f a. En effet, ces deux applications
linéaires coïncident sur H et en x0 i H donc sont égales.
Remarques 2. 3.
1) La caractérisation 5) est souvent la plus commode dans les calculs.
2) Dans le cas des dilatations, la donnée de H, D et A est équivalente à. celle de
u. La situation est un peu compliquée pour les transvections. En effet, u détermine
à �W� D’autre
part la donnée d’un point a E D C H et d’une équation f de H détermine u (cf.
5)) ; mais u ne détermine f et a qu’à un scalaire près (si f et a conviennent, A f
et a/À aussi).
Pour f E E‘, f 76 0, et a e Ker f, a 76 0, nous noterons T(f, a) la transvection
donnée par la formule :
Va: G E, 'r(f,a)(a;) = a: + f(x)a.
Remarquons que si 7' = -r(f,a), on a 7"1 = 7'(f, —a) et aussi :
7'(f, a)7'(f, b) = 7'(f, a + b) (cf. ë2 Exercice 1).
On a aussi une caractérisation duale des transvections :
D et H, mais la réciproque est fausse (penser aux transvections <

98 Le groupe linéaire
Proposition 2.4.
Soit u e GL(E), u # Id. Les propriétés suivantes sont équivalentes :
1) u, est une transvection de droite D,
2) on a u|p = Id et Phomomorphisme induit ü : E/ D -—+ E / D est l’identité.
Démonstration. L’imp1ication 1) z» 2) est claire avec la caractérisation 5) des
transvections.
2) => 1) : La condition sur le quotient, ÜŒ) = î, s’écrit encore :
VæEE, u(:r)—æeD.
On a donc Im(u — Id) C D et comme u 9€ Id, cela impose Im (u — Id) = D. Il en
résulte que Ker (u — Id) est un hyperplan, contenant D puisque u| D = Id et u est
bien une transvection de droite D.
Proposition 2.5 (Comportement par conjugaison).
Soit 7' une transvection de droite D et d’l1yperp1an H et soit u E GL(E). Alors,
uflrl est une transvection de droite u(D) et d’hyperplan u(H Précisément, si
on a 7' = *r(f, a), on a ara-l = 7'(f o u’1,u(a)).
Démonstration. On a, pour :1; e E, Tu‘1(œ) = a’1(x) + f(u"1(:v))a d’où
uTu'1(:z:) = :1: + f(u'1(æ)) u(a), d’où le résultat (on notera que si H = Ker f,
on a u(H) = Ker (f o u‘1)).
c) Application, calcul des centres.
Théorème 2.6.
Le centre Z de GL(E) est formé des homothéties :1: H Arc, avec À e k*. Il est donc
isomorphe à k*.
Le centre de SL(E) est Z fl SL(E), il est isomorphe à u,,(k) = {À E kIÀ" = 1}
(cf. Chapitre III ë 4).
Remarque 2.7. Pour n = 1, GL(E) = Ic* est commutatif et SL(E) = @�u
Démonstration (de 2.6) On a d’abord un lemme qui caractérise géométriquement
les homothéties :
Lemme 2.8.
Soit u e GL(E). Supposons que u laisse invariantes toutes les droites vectorielles
de E, alors u est une homothétie.
Démonstration. En formules, ceci s’écrit comme une interversion de quantifica-
teurs :
(Va: 6 E), (ÉIÀ E k*), �8p = Àœ) ==> (ElÀ E k‘), (Var E E), � = ÀIII).
Pour n = 1, c’est clair. Sinon, si æ,y sont non colinéaires on a : �{j = Àæ,
u(y) = py, mais aussi u(:1; + y) = 1/(53 + y) = An: + ay, d’où À = a = v.
Si a: et y sont colinéaires le résultat est évident.
Le théorème 2.6 en résulte aussitôt, à Paide de la proposition 2.5 : soit u e GL(E)
qui centralise SL(E). Alors si 7' est une transvection de droite D, on a urrzfl = T.
Or 11.71171 est une transvection de droite u(D), de sorte qu’on a u(D) = D. Comme
ceci vaut pour toute droite D, le lemme 2.8 montre que u est une homothétie.

Générateurs et centres de GL(E) et SL(E) 99
Définition 2.9.
Le quotient de GL(E) par son centre est appelé 1e groupe projectif linéaire
et est noté PGL(E). De même le quotient de SL(E) par son centre est noté
PSL(E). On note PGL(n, k) et PSL(n,k) les quotients des groupes matriciels
correspondants.
Remarque 2.10. Soit h). Phomothétie ac H Aæ, on a dét h ,\ = A", de sorte qu’on a
une suite exacte :
1 —» PSL(E) —+ PGL(E) Ë. k*/k*" ——» 1.
où on a posé k*" = {À e k*|îlu e k*, À = un}. En particulier, si k est
algébriquement clos, on a un isomorphisme : PSL(E) c: PGL(E).
d) Générateurs de SL(E) et GL(E).
Théorème 2.11.
Les transvections engendrent SL ��F
Corollaire 2.12.
Les transvections et les dilatations engendrent GL(E).
Démonstration. Le corollaire æt immédiat via le théorème : soit u e GL(E) avec
A = détu et soit v une dilatation de rapport A4. Alors on a vu E SL(E) et u est
produit de v" et de transvections.
Le théorème 2.11 se prouve par récurrence sur n. Pour n = 1, c’est clair. On a
ensuite un lemme qui décrit la transitivité des transvections :
Lemme 2.13.
Soient æ,y E E- �� Il existe une transvection u ou un produit de deux
transvections m), tels que ��9 = y ou uv(x) = y.
Démonstration (de 2.13). Supposons æ,y non colinéaires. On cherche u sous la
forme �: = a: + f(:z;)a. On prend a = y —— x et pour H un hyperplan contenant
a, mais pas 1:. On choisit alors l’équation f de H de sorte que l’on ait f = 1 et
u = T( f, a.) convient.
Si a: et y sont colinéaires, on prend z non colinéaire et on trouve, d’après ce qui
précède, des transvections u, v telles que ��G = z, v(z) = y.
Revenons au théorème 2.11 :
Soit u E SL(E) et soit æ e E, a: fi 0. Quitte à remplacer u par vu où v est un
produit de transvections, on peut supposer que l’on a ��= = a: (lemme 2.13).
Soit D la droite engendrée par æ et soient n‘ : E ———> E / D la projection canonique
et ‘ü : E/ D —+ E / D 1’automorphisme induit par u.
Montrons tout d’abord qu’on a ü 6 SL(E/ D). Pour cela, on prend une base
e; = x,e2, . . . , en de E, de sorte que 7r(e2), . . . ,7r(e,,) est une base de E/D. Si on
écrit les matrices de u et îZ dans ces bases, en tenant compte de u(e1) = c1, le
développement de détu par rapport à la première colonne montre qu’on a aussi
détî = 1.
On applique alors àü l’hypothèse de récurrence, on a ü = î] . . f” où ‘f.- = 7G; äï)
est une tra_nsvection de E / D. Soit alors a.- e E tel que 1r(a,') = 11-,- et f, E E* définie
par f,- = f,- o 1r. Posons ‘r, = 7'(f,-,ai). Il est clair que T,- induit F, sur E/D. De
plus, comme f,'(æ) = f,- o «(m3) = O, on a n-(œ) = x. Posons alors v = 71...?”

100 Le groupe linéaire
on a v(:1:) = � et 7U‘ = ü donc, en vertu de la proposition 2.4, «Plu est une
transvection, de sorte que u est produit de transvections.
Variante.
On peut éviter le recours au quotient en démontrant le lemme suivant :
Lemme 2.14.
Soit a: E E — {O} et soient H1, H2 deux hyperplans distincts, tels que æ 9E H1 UHg.
Alors, il existe une transvection u. telle que � = a: et u(H1) = H2.
Démonstration. On prend (H 1 n H2) + ka pour l’hyperplan de u.
On termine alors la démonstration du théorème 2.11 en se ramenant, par usage des
lemmes 2.13 et 2.14, au cas �� = H et �* = x, avec a: ë H, et en appliquant
l’hypothèse de récurrence à u|H.
Remarque 2.15. On peut prouver que tout élément u de SL(E) est produit d’au
plus n = dimE transvections sauf si u est une homothétie, auquel cas il en faut
n + 1, (cf. ‘Q2 Exercices 5 à 8 pour des compléments sur ce théorème).
e) Conjugaison.
Nous cherchons maintenant des réciproques à la proposition 2.5.
Proposition 2.16.
Deux dilatations sont conjuguées dans GL(E) si et seulement si elles ont même
rapport.
Démonstration. C’est clair, car elles ont alors même matrice dans des basœ
convenables.
Proposition 2.17.
Deux transvections quelconques sont conjuguées dans GL(E). Pour n z 3, elles le
sont aussi dans SL(E).
Démonstration. Dans GL(E), c’est clair, elles ont même réduite de Jordan (cf.
2.2, caractérisation 6).
Supposons n _>_ 3 et soient u,v deux transvections et w 6 GL(E), tel que
v = wuw“. Si À = dét w, il suffit de trouver s e GL(E), avec déts = A4 et
sus'1 = v. En effet, alors, on aura (sw)u(sw)“1 = v et sw E SL(E).
Pour ceci, on se place dans une base sur laquelle u a pour matrice :
1 0 1 0
et on prend s = 1 A
0 11 w
0 l/À
ce qui est possible puisqu’on a n z 3. Il est clair alors que s convient.
Pour n = 2, la proposition analogue est fausse. On a le résultat matriciel suivant :
Proposition 2.18.
1) Dans SL(2, k) toute transvection est conjuguée d’une matrice pw� Î), avec

Commutateurs 101
Aekä
2) Soient À,p, E k*, alors s = �Ѧ �b� ett = 7� sont conjuguées dans
SL(2, k) si et seulement si À/p est un carré dans k.
Démonstration.
1) Soient u une transvection, a1, e; une base de E, k5; Phyperplan de u, et soit
s2 e’ I651. Dans la base (c251, s2), u a la matrice voulue et, pour un a convenable,
on a dét (ae1,e2)/(e1, 62) = 1, donc le changement de base est dans SL(2, k).
a fi
2) Supposons qu’il existe g = 7 6
) avec a6 — ,67 = 1 vérifiant gsg'1 = t.
On a alors gs = tg c’est-à-dire :
_ a aÀ-l-fl = _ a+,u'y B+pô)
98-(7 7À+ô) tg ( 7 6 '
On voit donc que la relation gs = tg implique 7 = 0 et aÀ = p.6, avec 6 = 1 / a car
g est de déterminant 1 et donc À/n = 62 est un carré de k.
Réciproquement, si À/p. = 62, avec ô E k*, on prend a = 1/6, 7 = 0 et [3
quelconque, et g convient pour passer de u à v.
Remarque 2.19. Les classes de conjugaison des transvections dans SL(2,k)
dépendent donc de manière essentielle de la structure de k. Par exemple, il y
a une seule classe si k est algébriquement clos, deux si k = R ou Fq, une infinité
si k = Q.
3. Commutateurs.
Les résultats de ce numéro sont conséquences de ceux du paragraphe suivant, mais
nous en donnons des démonstrations directes.
Théorème 3.1.
1) On a D(G'L(n, 19)) = SL(n, k), sauf dans le cas : (n = 2,19 = F2).
2) On a D(SL(n,k)) = SL(n,k), sauf dans les deux cas : (n = 2,k = F2) et
(n = 2, k = 0��
Démonstration. On note encore E un k-espace vectoriel de dimension n.
a) Si g,h sont dans GL(E), on a dét (ghg’1h'1) = 1 et donc on a toujours
D(GL(E)) C SL(E) et D(SL(E)) C SL(E).
b) Il suflit de prouver qu’ une transvection u est un commutateur.
En effet, si on a u = aba"1b‘1 avec a,b e SL(E), (resp. a, b E GL(E)), et si v est
une autre transvection, u et v sont conjuguées dans GL(E) (cf. 2.17), donc on a
v = gug“1 = ig(u), où i9 désigne l’automorphisme intérieur défini par g E GL(E).
On a alors :
7’ = 739W) = ig(a)".g(b)i9 (a)_1i9(b)_1
et comme SL(E) est distingué dans GL(E), on ig(a.), z'_.,(b) e SL(E) (resp. GL(E)).
On voit ainsi que toutes les transvections sont des commutateurs, mais comme
elles engendrent 1e groupe SL(E) (cf. 2.11), on a SL(E) C D(SL(E)) (resp.
SL(E) C D(GL(E))).
c) Un cas particulier bien agréable est le suivant : n _>_ 3 et car (k) aé 2.
En effet, si u est une transvection, 11.2 en est aussi une (car a2 7è Id à cause de
car (k) 9€ 2, comme on le voit par exemple sur la matrice de u?) de sorte que u et

102 Le groupe linéaire
a2 sont conjuguées dans SL(E) (cf. 2.17) et on a donc ‘a2 = sus“ avec s e SL(E),
d’où u = sus'1u’1 et u e D(SL(E)). (1)
On a montré ainsi D(SL(E)) = SL(E) et, a fortiori, D(GL(E)) = SL(E).
d) Supposons Ikl > 3 (i.e. k 9ÉF2,F3) et n = 2.
Sionposet= �9� `�� ets= �� A91), (À;é0),ona
2-
T=sts'1t'1= @K� A 1 l):
et si on choisit A 5€ il (ce qui est possible car on a supposé |k| > 3), 7' est une
transvection et on a D(SL(2, k)) = D(GL(2, k)) = SL(2, k).
Pour n > 2, la même méthode fonctionne en choisissant un plan P, un supplé-
mentaire S de P et en prolongeant les matrices ci-dessus par Ids.
e) Si k = F2, F3, mais n z 3, on considère les matrices :
1 0 1 1 0 1 0 -1 O
u: 0 1 -1 ;t= 0 1 0 ets= 1 O O ,
0 0 1 0 0 1 O 0 1
de sorte que u est une transvection et qu’on a. u = tst’1s'1, avec s, t e SL(E) et
on conclut comme en d).
f) Il reste à montrer D(GL(2,F3)) = SL(2,F3).
à Î ,s= ˵ _01) . Ona sts-lt“ = tet donc
t est dans D(GL(E)) (on prendra garde que s n’est pas dans SL(E) et qu’on ne
peut donc pas conclure pour D(SL)).
On regarde les matrices t =
g) Les cas exceptionnels :
On a GL(2,F2) = SL(2,F2) z 63 et donc D(SL(2,F2)) z 213 (cf. â5).
On a. |SL(2,F3)| = 24, et D(SL(2,F3)) c: H8 (cf. ä5 et ê3 Exercice 2).
4. La simplicité de PSL(n, k).
Théorème 4.1.
Le groupe PSL(n, k) est simple, sauf dans les deux cas suivants :
1) n = 2, k = F2,
2) n = 2, k = F 3.
Démonstration. On utilise les techniques inaugurées au Chapitre I Q8.
Soit E un lc-espace vectoriel de dimension n et soit Î un sous-groupe distingué de
PSL(E), non réduit à l’é1ément neutre. Par image réciproque il lui correspond un
sous-groupe distingué N de SL(E), contenant le centre Z de SL(E), et distinct
de Z, et il faut montrer que l’on a N = SL(E). Nous devons distinguer deux cas.
1) Premier cas :n z 3.
Comme les transvections engendrent SL(E) (cf. 2.11) et sont toutes conjuguées
(cf. 2.17), il suffit de montrer que l’une d’elles est dans N.
Le lecteur attentif aura noté que cet argument a déjà servi en I, 8.2 pour 1e groupe
symétrique.

La simplicité de PSL(n, k) 103
L’idée est la suivante : on dispose au départ d’un élément a ë N, non trivial. On
fabrique de nouveaux éléments de N comme commutateurs :
si 7' G SL(E), alors p = a('ra'17"1) e N.
Si 7' est une transvection d’hyperplan H, 07'474 est une transvection d’hyperplan
a(H), donc p = (m'a'1)7'"1 est produit de deux transvections et sera même une
transvection si on a a(H) = H et p 7è Id. On va donc chercher à. construire un
élément de N qui laisse globalement invariant un hyperplan.
Précisons maintenant tout cela : soit cr E N, a ë Z. Comme a n’est pas une
homothétie, il existe a e E tel que b = o‘(a) ne soit pas colinéaire à a. Soit T une
transvection de droite <a> et posons p = 07047-1. Soit H un hyperplan de E
contenant le plan <a, b> (il en existe, puisqu’on a n z 3).
On a alors les trois propriétés suivantes :
1) peNetpçéld,
2)VŒEE, p(x)—œEH,
3) 9(5) = H-
En effet, il est clair que p est dans N. Si on avait p = Id, on aurait 7' = ara’ , mais
ces transvections ont respectivement pour droites <a> et <b> et on a <a>#<b>.
Pour le point 2), on remarque (cf. 2.2.5) qu’on a p(:z:) — a: €<a,b> C H et 3) en
résulte aussitôt.
1
Deux éventualités sont alors possibles :
a) Il existe une transvection u, d’hyperplan H qui ne commute pas à p.
Alors, si on pose v = pup-lu“, on a v E N, v 9è Id et v est produit des
transvections 7.4"‘, d’hyperplan H et pup"1, d’hyperplan p(H) = H, donc v est
une transvection non triviale de N.
b) Sinon, p commute à toutes les transvections d’hyperplan H. Soit f e E*
une équation de H et u. une transvection de vecteur c E H qui s’écrit :
u(æ) = :1: + f(œ)c.
On a pu = up, donc, pour tout a: de E :
9(1) + f(='=)p(c) = p06) + f (903)) c-
Soit a: e! H, comme p(:1:) — m e H, on a f(p(œ)) = f(:c) a6 O, d’où p(c) = c. Mais
ceci vaut pour tout c e H, donc on a p|H = Id et, comme p est de déterminant 1,
p est déjà une transvection.
Dans les deux cas, on voit que N contient une transvection, donc N = SL(E), ce
qui achève la démonstration du cas n z 3.
2) Deuxième cas : n = 2.
Dans la démonstration précédente, deux points essentiels ne subsistent plus :
1) les transvections ne forment plus une seule classe de conjugaison (sauf si
on a k* = le”, cf. 2.18).
2) on a utilisé Phypothèse n z 3 dans la construction d’un élément de N qui
laisse invariant un hyperplan.
Notons que pour n = 2, 1’existence d’un hyperplan stable par un g e SL(E)
revient à celle d’un vecteur propre non nul, donc d’une valeur propre de g dans
k. En particulier, si k est algébriquement clos, la méthode précédente s’applique
sans modification.
Dans le cas général, on va construire d’abord un élément g 6 N qui possède une
valeur propre, puis suffisamment de transvections, le tout, bien sûr, au moyen de
commutateurs.

104 Le groupe linéaire
Dans tout ce qui suit on suppose [k] z 7.
Nous verrons en efl’et au 55 que les cas k = F2,F3 sont exceptionnels et que
PSL(2,F4) et PSL(2,F5) sont tous deux isomorphes à m5, donc simples (cf.
Chapitre I, 8.1).
Lemme 4.2.
On suppose |k| z 7. Soit s = (a b
c d
c 7E O. Alors il existe g E SL(2, k) tel que g'1s“1gs admette une valeur propre
ÀE k, À7éO,1,—1.
), avec ad- bc =11'.e.s e SL(2,k), avec
Démonstration. On cherche sous la forme g = a fi . Soit c1 = (1,0) 1e
7 ô
premier vecteur de base. Il sufiit de résoudre Péquation g‘
i.e. gs(e1) = Àsg(e1), c’est—à dire encore :
(1) aa + 0,8 = >.(aa + b7)
1s“1gs(e1) = Ac; ,
(2) a7 + c6 = /\(ca + d7).
Soit À G k”, À 76 =F1 (un tel /\ existe car on a. |k| z 7, donc |k*2| z 3). On prend
alors 7 = O, 6 = x/X, a = 1 /â et (2) est satisfaite, puis comme c est non nul, on
(A — 1)a
cx/Ï
prend ,8 = et (1) est vérifiée.
Lemme 4.3.
S1‘ s e SL(2,k) a une valeur propre A e k*, avec À 9è =F1, s est conjugué dans
À 0
SL(2,k) det —— (0 1M .
Démonstration. On note d’a.bord que s et t sont conjugués dans GL(2, k). En
effet, comme on a. dét s = 1, les valeurs propres de s sont À et 1 / À, donc elles sont
distinctes et s est diagonalisable, s = utu“, avec u e GL(E).
1/d o
O 1
suv avec dét (un) = 1.
Ensuite, si on pose d = dét u, d E k* et v = ( ), on voit que v commute à.
1 1
t et donc on a t = v-ltv = v’ u‘
Lemme 4.4.
Soit A e k*, A 7è :|:1 et posons s = (
t=(; ç).
Alors, il existe g e SL(2, k) tel que P011 ait g‘1s‘1gs = t.
À 0
0 1/À);soitp€k,p7é0etposons
Démonstration. On cherche g sous la forme g = (i); Ќ� avec a6 — fi7 = 1,
vérifiant gs = sgt. Or, on a. :
_ ,\ 5/). __ A A +5).
“'63 ô/A) e‘ s9t"(»Î/A 7Î4/l/l+6//\)'
La relation 7/\ = 7/À implique 7 = 0 car A2 est 7è 1. Il reste fl/À = aÀu + flÀ et
a6 = 1. On prend alors a = l/À — À (de sorte que a est non nul) et fi = Au.

Le cas des corps finis 105
On peut maintenant prouver le théorème pour n = 2.
Soit s E N,s 9‘- =|=Id.
1) Si s a une valeur propre À E k*, A 7’: =F1, s est conjugué dans SL(E) de
s’ = (À O ) (lemme 4.3). On en déduit que s’ est dans N. Alors, pour tout
0 l/À
u. e k*, il existe g e SL(E) tel que t = `O& s = g’1s’“1gs’ (lemme 4.4). On a
donc t e N et donc (cf. 2.11 et 2.18) N = SL(2, k).
2) Si s = (Ï �* avec c 7è 0, comme on a supposé |k| z 7, il existe g e SL(E)
tel que g‘1s'1gs ait une valeur propre À 7E =F1 (lemme 4.2). Comme g'1s‘1gs est
dans N, on est ramené au cas précédent.
3) Avec les notations de 2), si on a c = 0 et si on n’est pas dans le cas 1),
on a s = (a M ) avec e = =F1 et a a6 0 (car s n’est pas diagonalisable, donc
0e
01
a une valeur propre e double). Soit alors t = (_1 0
), on a t E SL(E) et
tst"1 = (j; 2 , mais alors, comme tst"1 est dans N, on est ramené au cas 2),
ce qui achève de prouver le Théorème 4.1.
Remarque 4.5. Pour une autre démonstration du Théorème 4.1, cf. Exercices 3
et 4. La démonstration proposée ci-dessus, qui repose sur des idées très simples,
met en lumière Pefficacité du calcul matriciel, au moins pour ce qui concerne la
dimension 2.
5. Le cas des corps finis.
Rappelons (cf. Chapitre III) que Fq désigne le corps à q éléments, où q = p“ avec
p premier et a E N*.
Proposition 5.1.
Les cardinaux des groupes linéaires sur Fq sont les suivants :
1) |GL(n,Fq)| = (q" - 1)(q“ — q) - - - (q" — 4"“)-
2) |SL(n,Fq)| = (q" — 1)(q" — q) - - - G1" — q"‘2)q"" = N.
3) |PGL(n,Fq)| = lSL(n,Fq)l = N-
4) |PSL(n, Fq)‘ = N/d où d = pgcd (n,q — 1).
Démonstration. Soit e1, . . .e,. la base canonique de F3‘. Si A est dans GL(n, Fq),
Ae1,. . . ,Ae,, est une base de F; et on a ainsi une bijection de GL(n,Fq) sur
l’ensemble des bases de F3. Pour choisir une telle base a1, . . . , an, on peut prendre
a1 quelconque, non nul, on a donc q” — 1 choix pour a1. On doit ensuite prendre
a2 en dehors de la droite (a1), d’où q" — q choix pour a2. Plus généralement si
a1, . . . ,a,» sont choisis, a,-+1 doit être pris en dehors du sous-espace (a1, . . . ,a,-),
d’où q" — q‘ choix, ce qui prouve 1).
Les points 2) et 3) en résultent aussitôt puisque F; a q — 1 éléments. Enfin, 4)
résulte de 2.6 et du lemme suivant :
Lemme 5.2.
On a (avec les notations de III, 54) : [un (Fq)| = d = pgcd (n, q — 1).

106 Le groupe linéaire
Démonstration. Par Bézout, on a r, s E Z tels que d = r(q — 1) + sn. Soit a: E Fä,
on a :1394 = 1, donc, si a: E pn(Fq), on a 1nd = zÛknrœm = 1. Réciproquement,
si 111d = 1, on a a fortiori m" = 1, et, en définitive, on a pn(Fq) = pd(Fq). Mais,
le polynôme X ‘F1 — 1 admet q — 1 racines dans Fq, donc X d — 1 qui en est un
diviseur en a d, et donc on a |pd(Fq)| = d.
Proposition 5.3.
On a les isomorphismes suivants :
1) GL(2,F2) = SL(2,F2) = PSL(2,F2) z 63.
2) PGL(2, F3) z 64; PSL(2, F3) z 2l4.
3) ��� F4) = �.� F4) 2 915.
4) PGL(2,F5) z 65; PSL(2,F5) z 215.
Démonstration. On introduit l’espace projectif P(E) associé à. E, ensemble des
droites vectorielles de E. Le groupe GL(E) opère sur P(E) de manière évidente,
et les homothéties opérant trivialement, PGL(E) opère aussi sur ��� De plus,
PGL(E) opère fidèlement sur P(E) (cf. 2.8). Enfin, si k = Fq et n = 2, P(Fä),
que l’on note aussi P1(Fq) (la droite projective sur Fq): a. q + 1 éléments (2), de
sorte qu’on a un homomorphisme injectif :
(p I PZ� î) 6,144.
1) Si k = F2, on a F; = 1, donc les groupes GL(E), SL(E), PGL(E), PSL(E)
sont tous égaux, et de cardinal 6 (Proposition 5.1). Comme PGL(2,F2) s’injecte
dans 63, il lui est isomorphe.
2) Comme on a |PGL(2, F3)| = 24, le même raisonnement que ci-dessus donne
PGL(2,F3) z 64 et donc aussi PSL(2,F3) z 2L4, puisque 214 est le seul sous-
groupe d’indice 2 de 64.
3) Si k = F4, corps de caractéristique 2, on a Id = —Id donc
SL(2,F4) = PSL(2,F4) = PGL(2, F4).
On a, là encore, un homomorphisme
(p : PSL(2,F4) —> 65,
injectif, et comme PSL(2,F4) est de cardinal 60, donc distingué dans 65,
PSL(2, F4) est isomorphe à 2L5 (cf. Chapitre I, 8.5).
4) Pour k = F5, on a un homomorphisme injectif :
(p Z � —-> 65.
Comme on a |PGL(2,F5)| = 120, Pimage de go est un sous-groupe d’indice 6 de
65, donc isomorphe à 65 (cf. Chapitre I, 8.6) et il en résulte que PSL(2, F5) est
isomorphe à. 2l5.
Remarques 5.4.
1) Comme 63 et 2l4 ne sont pas simples, le théorème 4.1 est bien en défaut pour
n = 2 et k = F2 ou F3. En revanche, il est vrai pour n = 2 et k = F4 ou F5,
puisque 215 est simple.
Ces éléments sont les q éléments de la droite afline, plus un point à l’infini, cf. 55
Exercice 2.

Le cas des corps finis 107
2) Comme on a D(63) = 213, le théorème 3.1 est en défaut pour n = 2, k = F2.
Comme on a PSL(2, F3) = 214, ce groupe admet un quotient de cardinal 3 (par le
sous-groupe de Klein contenu dans 214), donc abélien, qui est aussi un quotient de
SL(2,F3), et donc on a D(SL(2,F3)) aê SL(2, F3) (cf. aussi E3 exercice 2).
3) Le plongement de PGL(2, F5) dans 65 nous fournit un sous-groupe isomorphe
à 65, mais non trivial, i.e. qui n’est pas le stabilisateur d’un point. En effet GL(E),
donc aussi PGL (E), opère transitivement (et même triplement transitivement) sur
�+ Ceci nous fournit une autre démonstration pour I, 8.11.
4) Notons enfin, sans démonstration, les isomorphismes suivants, pour lesquels
on renvoie à [D3] :
1) On a PSL(2, F7) z PSL(3, F2) (le groupe simple d’ordre 168 cf. 55
exercice 3).
2) On a PSL(2,F9) 2 216 et PSL(4,F2) z 21g.
3) En revanche, PSL(3,F4) qui est lui aussi de cardinal 20160 = 8! / 2, n’est
pas isomorphe à 213 (cf. {i5 exercice 1).

EXERCICES SUR LE CHAPITRE IV
1. Déterminant et groupe SL(E).
1) Soient k un corps et n E N*. On considère l’homomorphisme en : k* ——> k*,
défini par en(æ) = av".
a) Montrer que en est bijectif si et seulement si on a un(k) = {1} et k* = km
(où k*" est l’ensemble des éléments de k* qui sont des puissances n-èmes).
b) Soit A un sous-groupe de k* tel que en(A) = k*. Montrer qu’on a A = k*.
c) On suppose k = R, pour quels n Phomomorphisme en est-il bijectif ?
d) Si k = Fq, donner une condition nécessaire et sufiisante pour que en soit
bijectif.
2) On suppose qu’il existe un sous—groupe H de GL(n, k) tel que Papplication
(g,h) r——+ gh de SL(n, k) x H dans GL(n, k) soit un isomorphisme de groupes.
a) Montrer que dét | H : H —> k* est un isomorphisme.
b) Montrer que H est contenu dans le centre Z de GL(n, k), puis que H = Z
(cf. Exercice 1 b)).
c) Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe un tel H.
3) On suppose qu’il existe un sous-groupe �Y de GL(n, k) tel que la projection p
de GL(n, k) sur PGL(n, k) induise un isomorphisme de H sur PGL(n, k).
a) Montrer qu’on a des isomorphismes :
GL('n, k) z PGL(n, k) X Z z PGL(n, k) x k*
et que H est distingué dans GL(n, ��w
b) Montrer, en utilisant 54 Exercices 1,2, que H contient SL(n, k), sauf pour
quelques cas exceptionnels que 1’on examinera.
c) Montrer qu’on a alors H = SL(n, k) et donner une condition nécessaire et
suffisante pour qu’on ait un tel isomorphisme.
2. Générateurs et centres de GL(E) et SL(E).
1) Soit E un k—espace vectoriel de dimension n et H un hyperplan de E.

Générateurs et centres de GL(E) et SL(E) 109
On pose :
D(H) = {u e GL(E) |u|H = IdH}, T(H) = D(H) n SL(E).
a) Montrer que D(H) et T(H) sont des sous-groupes de GL(E) et préciser
leurs éléments.
Montrer que T(H) est distingué dans D(H), préciser le quotient (réponse : k*) et
étudier l’extension (est-elle produit semi-direct ?. . .)
Montrer que T(H) est isomorphe au groupe additif de H, donc est commutatif.
Comment k:* opère-t-il sur H c: k"“1 ?
b) Calculer les conjugués de D(H) (resp. de T(H)) dans GL(E) (resp. GL(E)
et SL(E)).
Déterminer le normalisateur N D(H ) de D(H) dans GL(E); étudier le quotient
N D(H ) / D (H ) .
Mêmes questions pour T(H).
2) On reprend les notations de 1).
a) Soient u E T(H), v e D(H) —T(H), on suppose u 9è Id. Montrer qu’on a
uv 76 vu.
b) Si u, v sont deux dilatations d’hyperplan H, à quelle condition commutent-
elles ? '
c) Calculer les centralisateurs de T(H) et D(H) dans GL(E).
d) A quelle condition deux transvections quelconques commutent-elles ?
3) a) Montrer que les groupes (kn, +) et (k*, X) ne sont pas isomorphes, sauf si
n = 0 et k = F2 (distinguer le cas de la caractéristique 2).
b) Montrer que T(H) est un sous-groupe caractéristique de D(H) (i.e.
invariant par tout automorphisme) (utiliser les exercices 2 a) b) et 3 a)).
c) Montrer l’inclusion Int (ND(H C Aut D(H) et donner un exemple où
cette inclusion est stricte.
4) Soit D une droite de E. On pose :
U (D) = {transvections de droite D} U {Id}.
Montrer que U(D) est un groupe commutatif isomorphe à (k“'1, +). Calculer ses
conjugués et son normalisateur dans GL(E).
5) Soit D une droite de E. On pose :
GLD(E) = {u e GL(E) lulp = Idp} et SLD(E) = SL(E) fl GLD(E).
Soit p : GLD(E) —> GL(E/ D) l’homomorphisme canonique u +—> ü.
a) Montrer qu’on a Ker p = U
b) Soit F un supplémentaire de D. On identifie GL(F) à. un sous-groupe de
GLD(E) en prolongeant v E GL(F) par l’identité sur D.
Montrer que p induit des isomorphismes de GL(F) sur GL(E / D) et de SL(F) sur
SL(E / D).
c) En déduire que p est surjectif et qu’on a des isomorphismes
GLD(E) 2 U(D) >< GL(F) et SLD(E) z U(D) x SL(F).

110 Chapitre IV : exercices
d) Déduire de c) une autre démonstration du théorème 2.11.
6) La méthode du pivot, ou une autre démonstration du théorème» 2.11
Pour À E k* et i,j e {1, . . . ,n}, avec z‘ 7€ j, on considère:
1) la matrice de Kronecker Eij, qui a pour seul terme non nul a” = 1,
2) la matrice BÙKÀ) = I + ÀEçj.
a) Soit A e GL(n, k), calculer en fonction de A, en termes de lignes ou de
colonnes, les produits Bi,-(A)A et ABijOl).
b) On pose PU = B,;_7'(1)Bj;(-1)Bij ��u Décrire �n|
c) Montrer que, si A est dans SL(n, k), A s’écrit comme un produit de matrices
Bz-j �Dt (Procéder par récurrence en modifiant A par multiplication à gauche par
des Bij `Cl Faire apparaître d’abord un 1 à la place an, puis des 0 aux places
au, iaé 1 etc. . ., cf. [D] Ch. II 51 ou [A] Th. 4.1.)
d) Utiliser c) pour donner une méthode pratique d’inversion des matrices
(faire subir les mêmes manipulations à A et I pour aboutir à I et A4).
e) Utiliser les matrices BÜ (A) pour calculer le centre de GL(n, k).
7) L’objet de cet exercice est d’étudier le nombre minimum de transvections
nécessaires pour écrire un élément de SL(E).
On désigne par E un k-espace vectoriel de dimension n z 1. Soit u e GL(E).
On pose F1, = {x 6 E | �ZB = m}, espace des Iïoints fixes de u et pu = n-dim Fu.
Soit E = E/Fu et soit îî l’automorphisme de E induit par u.
a) Soit u e SL(E). On complète une base de F“ par des vecteurs a1 . . . ep avec
p =pu de façon à, obtenir une base B de E. Soit E1, . . . fëp les images de a1, . . .,ep
dans Ë. Montrer que ces vecteurs forment une base de Ë. Montrer que la matrice
de u dans la base B est de la forme:
I,,_,, B
avec A e SL(p, k).
0 A
Montrer que A est la matrice de ü dans E1, . . . ,ëp et qu’on a ü E S
b) On suppose u e SL(E), u 7E Id. Montrer que les conditions suivantes sont
équivalentes :
i) ü est une homothétie de rapport A 7è 1.
�f Dans une base convenable, u admet une matrice diagonale :
1
avec À 9E 1.
À
Un élément u e SL(E), u 96 Id, vérifiant i) ou ii) sera dit exceptionnel.

Générateurs et centres de GL(E) et SL(E) 111
Déterminer les éléments exceptionnels de SL(E) lorsque n = 2. Pour p donné,
existe—t-il toujours des u e SL(E), exceptionnels, tels que pu = p? Etudier le cas
p = 1.
c) Soit u E SL(E) une homothétie et 7' une transvection. Calculer p.,u.
Montrer que Tu n’est pas exceptionnel.
d) On pose pour u E SL(E) :
mu = inf{m e N I u = T1 . . . 7m où les r,- sont des transvections de 0,�
On convient que si u = Id, on a mu = 0. Montrer Pinégalité mu z pu.
e) Montrer que si u est exceptionnel on a mu z pu + 1.
f ) On suppose dim E z 3. Soit u E SL(E); on suppose que u n’est pas une
homothétie.
Montrer qu’il existe a, b, c e E, linéairement indépendants, tels que l’on ait :
1) 11(5) = c,
2) u(a) n’est pas dans le plan <a,c> .
g) Soit u 6 SL(E) tel que u aé Id et u non exceptionnel. On suppose que
ü n’est pas une homothétie. Montrer qu’il existe une transvection T telle que
F,.u î Fu et précisément, telle que puu = pu — 1 (on pourra prendre b e E tel que
Ë ne soit pas vecteur propre pour ü, et, si c = u(b), prendre une transvection de
droite <b — c>).
h) Avec les hypothèses de g), montrer qu’on peut, de plus, trouver 7' telle
que Tu ne soit pas exceptionnel. (Distinguer les cas pu = 2 et pu > 2. Si pu > 2,
imposer à l’hyperplan de 7' de contenir un élément a tel que ÜŒ) ÇÉ< ïi,ë>, cf.
i) Soit u e SL(E), tel que u 5è Id et u non exceptionnel. On suppose que "ü est
une homothétie, donc nécessairement ü = Id. Montrer qu’il existe une transvection
T telle que F", î Fu, avec Tu non exceptionnel.
j) Montrer par récurrence sur pu que si u n’est pas exceptionnel on a mu = pu.
k) Montrer que si u est une homothétie, u 7€ Id, on a mu = n + 1. En déduire
que si u est exceptionnel on a mu = pu + 1.
8) Cet exercice est Panalogue de 7) mais avec les dilatations. On reprend les
notations de 7).
a) Soit u e GL(E). On dit que u est une transgression si on a u 7è Id et
ïZ = Id. Montrer que ceci équivaut à u 7E Id et (u — Id)2 = 0 et qu’alors u est dans
SL(E).
b) On pose pour u E GL(E) :
su = inf{s G N | u = T1 . . . T, où les 7', sont des dilatations}.
Montrer qu’on a su z pu et su z pu + 1 si u est une trangression.
c) Soit F C E un sous-espace et soient æ,y E E dont les images sont
indépendantes dans E/F. Montrer que pour tout À E k, distinct de O et 1, il
existe une dilatation 7' d’hyperplan H avec F C H, de rapport À et telle que
7'(y) = 1:.
d) On suppose k yé F2, F3. Montrer par récurrence sur pu qu’on a su = pu si
u n’est pas une transgression, su = pu + 1 sinon. Étudier les cas k = F2, F3.
e) Soit u e GL(E), on pose :
ru = inf{r E N | u = r1 . . . T,- où 13 est une dilatation ou une transvection}.

112 Chapitre IV : exercices
Montrer qu’on a n, = p”.
9) Soit E un k-espace vectoriel de dimension n z 2. On pose :
T = {u E GL(E) ITÏ (u) = O} (l’ensemble des matrices de trace nulle).
a) Soient a E 6m c1, . . . ,en une base de E et u, défini par u,_.,(e,«) = sa“).
A quelle condition a-t-on u, G T ?
b) Soit À E k*. Montrer qu’il existe u E T tel que dét u = À.
c) On suppose n = 2. Montrer que toute transvection de E est produit
d’éléments de T (distinguer le cas de la caractéristique 2).
d) On suppose n > 2. Montrer que le résultat précédent subsiste (utiliser a)).
e) Montrer que tout élément de GL(E) est produit d’éléments de T.
10) Soit u E GL(E), avec dimE = n, et soit r un entier vérifiant 1 5 r _<_ n — 1.
Montrer que si u laisse invariants tous les sous-espaces de dimension r de E, u est
une homothétie.
11) Soit k un corps et a un automorphisme de k. Soit E un lc-espace vectoriel.
Une application u de E dans E est dite a-semi linéaire si on a :
1) Vx,y e E, u(æ + y) = u(a:) + u(y).
2) Va: e E, VÀ e k, u(/\:v) = a().)u(:z:).
a) Montrer que l’ensemble des applications semi-linéairœ bijectives (pour a‘
variable dans Aut (19)) forme un groupe qui sera noté I‘L(E).
b) Montrer que l’application qui à u, a-semi-linéaire, associe a est un homo-
morphisme dont on calculera Pimage et le noyau.
c) Montrer que SL(E) est un sous-groupe distingué de I‘L(E).
d) Montrer que le centre de I‘L(E) est inclus dans le groupe Ic* des ho-
mothéties, mais qu’il en est, en général, distinct. Déterminer ce centre dans les
cas suivants : k = C, R, QW/Ï), Fq.
12) Montrer que Q‘ /Q*2 est infini (utiliser les nombres premiers).
13) Soit u e GL(E) diagonalisable. Calculer le centralisateur C'('u.) de u dans
GL(E). Montrer que deux dilatations de même déterminant sont conjuguées par
un élément de SL(E). Généraliser.
3. Commutateurs.
1) Calculer D(PGL(n,k)) et D(PSL(n,k)) (pour les cas d’exceptions du
théorème 3.1, cf. 55).
2) Étude de SL(2,F3).
a) Quels sont les cardinaux des groupes GL(2,F3), SL(2,F3), PSL(2,F3),
PGL(2, F3) (cf. Proposition 5.1).

La simplicité de PSL(n, k) 113
b) Montrer qu’on a PGL(2,F3) z 64 et PSL(2,F3) c: 214 (cf. 5.3).
c) Déterminer le centre de GL(2, F3) et celui, noté Z, de SL(2, F3).
d) Montrer que SL(2, F3) n’est pas isomorphe à 64. On pose G = SL(2,F3).
e) Déterminer les éléments d’ordre 2 de G.
f) Soit P = PSL(2, F3). Calculer D(P) et P/D(P). En déduire qu’on a
|D(G)l S 8, puis, en comparant D(G), D(P) et Z, montrer qu’on a D(G) 2 Hg.
g) Montrer qu’on a une décomposition : G z Hg x (Z / 3Z). Préciser
Popération.
h) Donner la liste des éléments d’ordre 2, 4, 8,. . . de G . Déterminer les 2—Sylow
de G et retrouver ainsi le résultat de f
i) Déterminer tous les sous—groupes distingués de G .
3) Avec les notations de 52 Exercice 1, calculer le groupe des commutateurs
de D(H) (montrer que deux dilatations de même rapport sont conjuguées dans
D(H), attention au cas k = F2).
4) Avec les notations de 52 Exercices 4 et 5, calculer le groupe des commutateurs
de GLD (E) (utiliser la décomposition en produit semi-direct de GLD (E) et étudier
la conjugaison dans GLD(E) des éléments de U (D), attention aux cas n = 2,3,
k = F2).
4. La simplicité de PSL(n, k).
1) Déterminer tous les sous-groupes distingués de SL(E) (utiliser le théorème
4.1 ; en dimension 2, on pourra chercher u e SL(E) tel que u’ = —Id, en dimension
supérieure, on utilisera 2.17).
2) Déterminer tous les sous-groupes distingués de GL(E) en fonction des sous-
groupes de k* (utiliser 1) et des commutateurs).
3) La méthode d ’Iwasawa pour démontrer la simplicité d’un groupe.
Soit G un groupe opérant sur un ensemble X. Dans toute la suite, on suppose
que G opère doublement transitivement sur X, dest-à-dire : pour tous les couples
(231,32), (yhyg) de points de X avec x1 9è x2 et y; 7è yg, il existe g e G tel que
9931 = ‘U1: 9E2 = y2-
Soit a: E X et H C G le stabilisateur de æ.
a) Montrer que G est doublement transitif si et seulement si il est transitif et
si H est transitif sur X — �s�
b) On a une bijection de G / H (classes à gauche) sur X, déduite de
l’application g H gz, et l’opération de G sur X correspond, via cette bijection, à
l’opération de G sur G/ H par translation (cf. Chapitre I ë4 Exemple C).
Montrer, en utilisant cette description, qu’on a. G = H U H gH pour tout
g e G — H .
c) Montrer que H est un sous-groupe maximal de G (i.e. maximal parmi les
sous-groupes propres de G).

114 Chapitre IV : exercices
d) Soient N un sous-groupe distingué de G et posons :
NH={nhEG'|n€N, hGH}.
Montrer que N H est un sous-groupe de G. En déduire que N opère transitivement
ou trivialement sur X.
e) On suppose qu’on a, pour tout a: e X, un sous-groupe T, de G tel que :
i) T, est abélien,
ii) Tgœ = gTmg”,
�UA les sous-groupes T, engendrent G.
Soit N un sous-groupe distingué de G. On suppose que N n’opère pas trivialement
sur X. Montrer qu’on a G = NT,. En déduire que N contient le groupe des
commutateurs D(G).
4)Applz'catz'on à. PSL(E)
Démontrer le Théorème 4.1 en appliquant l’exercice 3 avec G = PSL(E),
X = P(E), T, = U (D,) (notation de ê2 Exercice 4) où D, est la droite de
E d’image æ dans P(E).
5. Le cas des corps finis.
1) On se propose de comparer les groupes PSL(3, F4) = G et PSL(4, F2) = H.
a) Montrer qu’on a |G| = @A = 20160 = 8!/2.
b) Montrer que H = PSL(4,F2) = SL(4,F2) contient deux classes de con-
jugaison distinctes formées d’éléments d’ordre 2 : les transvections et une autre
classe dont on donnera un représentant sous forme de Jordan.
c) Montrer que tout élément d’ordre 2 de G est image d’un élément d’ordre 2
de SL(3, F4).
d) Montrer que tout élément d’ordre 2 de SL(3, F4) est une transvection.
e) En déduire que G et H ne sont pas isomorphes.
2) PGL(2, k) ou les homographies.
a) Montrer que l’espace projectif P(E) (cf. 55) est le quotient de E — {O} par
la relation d’équiva.lence R définie par :
arRy<=> 3A G k‘, a: = Ày.
On notera p : E -— {O} ——> P(E) la projection canonique.
b) Si E = k2, on pose P(E) = P1(k), et on l’appelle droite projective sur k.
Soit k = k U {oo} l’ensemble obtenu en adjoignant à k un point à l’infini. Montrer
que Papplication w : k2 — {O} ——> k définie par zb(œ, y) = æ/y si y 7è 0 et
1/1(œ, 0) = oo induit une bijection de P1(k) sur k de bijection réciproque 4p, donnée
par <p(«\)) = p(z\, 1) pour A ë k et <p(o<>) = 120.0)-
On identifie dans toute la suite P1 (k) et k par ces bijections.
c) Montrer que PGL(2, k) opère fidèlement sur P1(k). Les bijections de P1 P�<
ainsi obtenues s’appel1ent les homographies de la droite pro jective P1 (k). Calculer,
“ b) de GL(2,k).
en termes de k‘, la bijection îZ induite par un élément u = (c d

Le cas des corps finis 115
d) Soit u e GL(2, k). Donner une condition nécessaire et suffisante portant
sur détu pour que son image ü dans PGL(2,k) soit dans PSL(2, k). Pour des
précisions sur les homographies, cf. [B] Chapitre 6.
3)Les groupes simples d’ordre 168, PSL(2,F7) et PSL(3,F2).
Le but de cet exercice est de prouver que tout groupe simple d’ordre 168 est
isomorphe à PSL(2, F7). En particulier, PSL(3, F2) sera donc isomorphe à
PSL(2, F7).
Dans tout ce qui suit G désigne un groupe simple d’ordre 168.
a) Soit S l’ensemble des 7-sous-groupes de Sylow de G. Montrer qu’on a
|S| = 8. Soient P, Q E S , avec P 7€ Q, et soit N = NG(P) le normalisateur de P
dans G.
Calculer IN Montrer que P opère transitivement par conjugaison sur S — 0�
Soit M = N n NG(Q). Montrer qu’on a �^� = 3.
b) Le groupe G opère par conjugaison sur S , on a donc un homomorphisme :
<p:G—->6(S).
Montrer que (p est injectif. On pose ÿ = <,o(g) pour g E G. Montrer que l’ordre
d’un élément de G est inférieur ou égal à 12. En déduire que N n’est pas cyclique.
c) Montrer que G contient 28 sous-groupes de Sylow d’ordre 3 (considérer N
pour éliminer la possibilité de 7 tels sous groupes).
Soit H = NG(M Calculer |H Montrer que H n’est pas cyclique (compter les
éléments de G d’ordres 7, 3, 6 et regarder les 2-Sylow).
d) Soit 1r un générateur de P. Montrer que Papplication :
0:{O,1,...,6}——>S—{P}
donnée par : 2' v—> �� est bijective.
On pose, de plus, 0(oo) = P, de sorte que 0 est une bijection de F7 = P1(F7) sur
S (cf. Exercice 2 PP�
Dans toute la suite, on identifie S et P1 (F7) au moyen de cette bijection.
e) Montrer qu’a.lors, î est une homographie de P1(F7) dont on donnera une
matrice (cf. Exercice 2 6�
f) Montrer que pour un choix convenable d’un générateur p, de M, on a :
fi(œ) = 21:, pour a: E F7, 'fi(oo) = oo (on regardera u 7r p-ï).
Montrer que fi est une homographie dont on précisera la matrice.
g) Soit T E H — M. Montrer qu’on a 7717-1 = p“. En déduire que î est une
homographie de P1(F7) du type '7‘(:n) = a/æ. Préciser a et une matrice de T.
h) Montrer que 1r, ,U.,’T engendrent G. En déduire que <p(G) est inclus dans
PGL(2, F7), puis que l’on a G z PSL(2,F7), (cf. Exercice 2, ���

V. FORMES SESQUILINÉAIRES,
généralités.
1. Définitions.
Soit k un corps commutatif et a un automorphisme de k. On utilisera la notation
exponentielle : a0‘) = X’, en remarquant que l’on a alors la formule :
(Àfiyf î A70‘.
Définition 1.1.
Soit E un k-espace vectoriel. On appelle forme a-sesquilinéaire sur E une
application f : E x E ——> k, qui vérifie :
1) pour y fixé, Papplication a: H f (œ,y) est linéaire,
2) pour a: fixé, Papplication y v—> f(x, y) est a-semi-linéaire, i.e. additive et telle
que l’on ait :
VA 6 k, f(rv,z\y) = z\°f(x,y)-
Lorsque a = Idk, on parle de forme bilinéaire.
Si E est de dimension n, muni d’une base a1, . . . ,3", la forme f est déterminée
par les 7L2 nombres agj = f (ei, ej). En effet, si A e M(n, k) désigne la matrice des
TI n
051381’. si on pose a: = É 513585, y = È yJ-ej on a:
i=1 j=l
N17.?!) = Z013‘ 551Z y?-
m‘
Si on convient d’appeler encore a: et y les matrices colonnes des coefficients xi, yj,
on a donc l’écriture matricielle de f (1) z
f(x,y) = ‘æAgf’.
La. matrice A s’a.ppelle la matrice de f relativement à. la base (ei).
(1) En identifiant le nombre A et la matrice dont l’unique terme est À.

Œ
118 Formes sesquilinéaires. Généralités
Posons, pour y E E, fy(a:) = f (z, y); fy est une forme linéaire sur E, donc un
élément de E*. La forme f définit donc une application semi-linéaire :
f:E—>E*,
y"—"fya
dont la donnée équivaut à celle de f et dont la matrice, dans les bases (ei) et (e?)
(où (eï) désigne la base duale de (e,-)), n’est autre que A.
Définition 1.2.
On dit que f est non dégénérée si Papplication Î est injective. Lorsque E est
de dimension finie, il revient au même de dire que Î est bijective. La forme f est
non dégénérée si et seulement si KerÎ est nul, avec
KerÎ = {y E E|Vx e E, f(zv,y) = 0}.
Par abus de langage, le sous-espaîe Ker Î s’appelle aussi le noyau de f et le rang
de f est, par définition, celui de f.
Attention, a priori, cette définition n’est pas symétrique en a: et y (cf. 52).
En dimension finie, le critère d’injectivité par le déterminant est encore valable,
même dans le cas semi-linéaire, et donc on a :
f non dégénérée <=> Ker? = 0 <=a dét A 7è 0.
Définition 1.3.
Avec les notations précédentes le déterminant de A est appelé un discriminant
de f.
On notera que si on fait un changement de base de matrice P, la nouvelle matrice
de f est A’ = ‘PAP’ et qu’on a donc dét A’ = 66” détA avec 6 = dét P, 6 ÿâ 0.
Le discriminant de f n’est donc défini qu’à un élément du type 66” près. Un tel
élément s’appelle une norme. Lorsque a = Idk, c’est simplement un carré.
2. Formes réfiexives.
L’un des intérêts essentiels des formes sesquilinéaires est de permettre la définition
d’une relation d brthogonalité sur E, notée x.Ly, par la formule :
xiy <==> f(a:,y) = 0.
Mais, bien sûr, on attend de cette relation qu’elle soit symétrique, ce qui nous
conduit à la définition suivante :
Définition 2.1.
Soit f une forme sesquilinéaire sur E, f est dite réflexive (2) si on a, pour tous
1:, y E E :
fl%w=0==fla@=0
Les notions suivantes fournissent des exemples de formes réfiexives.
La terminologie n’est peut-être pas très heureuse, mais elle est traditionnelle et,
de toute manière, provisoire (cf. Théorème 2.9).

Formes réfiexives 1 19
Définition 2.2.
Soit f une forme bilinéaire (i.e. relative à a = Idk), f est dite symétrique (resp.
antisymétrique) si pour tous m, y e E, on a :
ÏÙM!) = fQ/aœ)! 033p‘ N534!) = ‘fût
Une forme symétrique ou antisymétrique est évidemment réflexive.
Définition 2.3.
Si f est une forme bilinéaire symétrique, l ’application q : E ——-> k définie par
q(a:) = f(x,a:), est appelée forme quadratique associée à f. Réciproquement, f
est la forme polaire de q, cf. 4.3.
Définition 2.4.
Soit f une forme a-sesquilinéaire, f est dite alternée si et seulement si on a, pour
tout æ de E, f(æ,œ) = 0.
Lemme 2.5.
Si f est alternée et f 7è 0, on a les propriétés suivantes :
1) a = Idk,
2) f est antisymétrique.
Démonstration.
Pour 22,11 6 E, on a = f(w +31,20 + y) = 0 = f(w,œ) + f(x,y) + f(y,x) + f(y,y)
d’où f(æ,y) = -f(y,w)-
Soient maintenant x,y E E tels que f(y,:z:) 7è 0 et soit À e k. On a f(À:c, y) =
r\f(æ, y) = -/\f(y, m), mais aussi: f (Àw, y) = -f(y, Mi) = -z\"f(y,rv) donc À = À"
pour tout À e k, d’où a = Id et f est antisymétrique.
Remarque 2.6. Réciproquement, si k nest pas de caractéristique 2, f anti-
symétrique implique f alternée car on a f (:12, x) = — f (x,a:) = 0.
En caractéristique 2, on notera que symétrique équivaut à antisymétrique.
Notons enfin un exemple avec a 3è Id :
Définition 2.7.
Une forme a-sesquilinéaire, avec a 7è Id, est dite hermitienne si on a, pour tous
x,y e E:
f(y,m) = flans)"-
Remarques 2. 8.
1) Pour f 7è 0, cette définition entraîne que a est une involution i.e. a2 = Idk.
En efi'et, on a f (z, y) = f (x, 34)"? et tout élément de k peut s’écrire sous la forme
f(œ, y) (si f(u,v) = a 7è 0, f(/\u,v) = aÀ décrit k tout entier).
2) On définirait comme en 2.3, une forme quadratique hermitienne associée à f.
En fait, ces exemples décrivent à. peu près toutes les formes réfiexives, précisément :
Théorème 2.9.
On suppose E de dimension finie n, n z 2. Soit f une forme a-sesquilinéaire, non
dégénérée, réflexive. Alors :
1) a est une involution, a2 = Idk,

120 Formes sesquilinéaires. Généralités
2) a) Si a = Idk, f est une forme bilinéaire symétrique ou antisymétrique,
b) Si a 7è Idk, i1 existe a 6 k* tel que a f soit hermitienne.
Remarques 2.10.
1) En dimension 1, toute forme est réflexive.
2) Lorsque a 7€ Idk, f n’est pas hermitienne en général : si E = C2 avec pour a
la conjugaison et pour f la forme m? + yï, Àf n’est hermitienne que pour A réel.
3) Si f est dégénérée, le théorème reste vrai, sauf si dim E = dim Ker f + 1,
auquel cas f peut être quelconque, en particulier a n’est pas nécessairement
involutif dans ce cas.
Démonstration (de 2.9).
Soitx€E,x7l-0. Posons:
Ha: = {y e E I fzül) =f(yaœ) = p(�
Comme f, est une forme linéaire non nulle, H, est un hyperplan de E.
Comme f est réflexive on a les équivalences :
f(y,:1:) = 0 <=> f(a:,y) = 0 4:» f(m,y)"-l = 0.
Posons gz(y) = f(a:,y)”_1, alors g, est linéaire. En effet, si À E k, on a :
9.021) = f(w.>\y)"'1 = <A°)°"r<x,y)"“ = Aguy).
Comme on a H, = Ker f, = Ker gz, les formes linéaires f, et g, sont proportion-
nelles : gæ = a(a:) f1, avec a(a:) e k*.
Ceci vaut pour tout a: de E (po_ur :1: = 0 c'est trivial). On a d_c_>nc deux applications,
f, ÿ : E —> E* définies par f(:r) = 1è, ÿ(:z:) = gæ, avec f a-semi-linéaire et ÿ,
a“1-semi-linéaire. On pose alors, u = ( f )‘1 o'g', u est cfz-semi-linéaire de E dans
E, et on a, pour tout a: e E:
ne) = (î)"[a(rv)f(w)] = a<æ>°"x.
Mais on a alors le lemme suivant que 1’on comparera à. IV, 2.8 :
Lemme 2.11.
Soit u : E ——> E, une application T-semi-linéaire, on suppose :
1) dim E z 2,
2) Va: e E, 3A E k tel que u(:z;) = Àæ,
alors u est une homothétie. En particulier, u est linéaire et on a 7' = Id.
Démonstration. Soient w, y E E, non colinéaires.
On a ��� = Àx, u(y) = uy, u(æ + y) = 1/(3: + y) d’où z/œ + z/y = Àa: + py, et
puisque a: et y sont indépendants, on en déduit À = p. = u.
Si æ et y sont colinéaires, on passe par Pintermédiaire d’un z non colinéaire (c’est
possible car on a. dim E 2 2).
Remarque 2.12. Attention, le résultat ne subsiste pas en dimension 1, si E = ke
Papplication semi-linéaire définie par u(Àe) = Me convient, quel que soit r.
Revenons au théorème, comme u est non nul, on a donc prouvé :
a) d'2 = Id, donc a2 = Id, a est bien une involution,
b) ÿ = ÀÎ, A E k*, dest-à-dire : Væ,y e E, f(a:,y)"_1 = Àf(y,:v), ou encore
f(:1:, y) = p f (y,x)" avec p. = A”. Deux cas sont alors possibles :

Formes réflexives 121
1) a = Idk ; f est bilinéaire.
Soient m; tels que f(w.y) a6 0, on a f(w,y) = uf(y,w) = uzfûlæy), d’où 1’on
déduit p2 = 1. Si n = 1, f est symétrique, si p. = —1, f est antisymétrique.
2) a2 = Idk, a‘ 56 Idk.
Alors, f n’est pas alternée (Lemme 2.5), donc, il existe 1:0 E E tel que a = f (œ0,:1:0)
soit non nul. On a a = na” d’après ce qui précède.
Si on pose g = a'1f, on a: ag(a:, y) = na"g(y, x)" et donc g(œ, y) = g(y, m)” pour
tous x, y, de sorte que g est hermitienne.
Remarques 2.13.
1) Matriciellement, si A est une matrice de f, f est symétrique (resp. anti-
symétrique) si on a a = Id et ‘A = A (resp. ‘A = —A), f est hermitienne si cr yé Id
et ‘A = A“.
2) Nous avons déjà rencontré une involution, à savoir la conjugaison sur C. La
proposition suivante montre qu’en caractéristique différente de 2, les involutions
sont toutes de ce type. Il s’agit d’un cas très particulier du calcul des extensions
cycliques (le célèbre théorème 90 de Hilbert, cf. [L] Ch. VIII '56).
Proposition 2.14.
Soit k un corps, a E Aut k tel que a2 = Id, a 7E Id. Alors, il existe un sous-corps
k0 de k et un élément a E k tels que :
1) [k : k0] = 2, k = k0[a] = {À+ua|).,pe k},
2) si on suppose car (k) 96 2, a vérifie une équation a2 = a, avec a E k0 et a est
donné par olko = Id et 0(4).) = —a,
3) si on suppose car (k) = 2, a vérifie une équation a2 + a + a = O, avec a e k0 et
a est donné par a|ko = Id, a(a) = 1 + a.
Remarques 2.15.
1) On notera que o est alors l’unique automorphisme de k, distinct de Idk, qui
vérifie 0|“ = Idko.
2) Lorsque k est le corps des nombres complexes et a la conjugaison, on a
k0 = R, et par exemple, a. = i, a = —1.
Démonstration (de 2.14). Soit k0 = {x E klz" = m}, k0 est un sous-corps de k,
distinct de k puisque a 76 Idk. Soit a G k — k0. Il faut distinguer deux cas selon
que k est de caractéristique 2 ou non :
1) On suppose car 56 2. L’élément a — a" est anti-invariant (i.e. vérifie
(a. — cf)” = ——(a — a." et, quitte à remplacer a par a — a", on peut donc supposer
a" = —a. L’élément a = —aa" est alors un invariant, donc on a a E k0 et a2 = a.
D’autre part si a: est anti-invariant, æ/a est invariant, donc x = Àa, À e k0.
0 b __ 0’
Soit alors b e k, on écrit b = b l; + b et donc, puisque b + b” est
invariant et b — b" anti—invariant, on a b = À + na avec À, p e k0 et on a donc
k = k0 [a] = {À + na; À, n e k0} avec toutes les propriétés annoncées.
2) On suppose car (k) = 2. Quitte à remplacer a par a fat,
a." = 1 + a. L’élément a = au" est dans k0 et vérifie a2 + a + a = 0. Soit b E k,
b
bgÉk0,etc= b+ba,onac" =1+c,d’où(a+c)"=1+a+1+c=a+c,
de sorte que a + c est dans k0. Il en résulte que c, donc aussi b, appartiennent à
Isola] = {«\+ua|>\.u 6 ho}-
, on peut supposer

122 Formes sesquilinéaires. Généralités
3. Sous-espaces orthogonaux et isotropes.
Dans tout ce paragraphe, E désigne un k-espace vectoriel et f une forme
sesquilinéaire sur E, non dégénérée et que nous supposerons soit symétrique,
soit hermitienne, soit alternée, donc (cf. 52) réflexive. On peut donc adopter la
définition suivante :
Définition 3.1.
Soient rv,y e E. On dit que a; et y sont orthogonaux (relativement à f) si
on a f(:1:,y) = 0. On écrit alors æ_Ly. On dit que deux parties A,B de E sont
orthogonales, et on note A .L B, si on a :
Van E A, Vy e B, xly.
Définition 3.2.
Soit A une partie de E. Lbrthogonal de A est la partie Ai :
AJ‘ = {z E E|Va E A, alx}.
C’est un sous-espace vectoriel de E.
Remarque 3.3. L’applica.tion A H AJ- est décroissante.
Proposition 3.4.
Si E est un espace vectoriel de dimension n et si V est un sous-espace de dimension
pdeE, onadimVl =n—p.
Démonstration.
Soit f : E ——> E*, définie comme au ël. Soit cl, . . . ,e,, une base de V, complétée
par ep+1,_. . . ,6.” en une base de E et soit F = f(VJ') = {g e E* |g|v = O}.
Comme f est semi-linéaire bijective, il suffit de prouver qu’on a dim F = n — p.
7l
Soit (eï), pour z’ = 1, . . . ,n, la base duale de (et) et soit u 6 E*, on a u = zàge:
i=1
et u est dans F si et seulement si u(e.-) = 0 pour z‘ = 1, . . . ,p, ce qui signifie que
les A4, pour i = 1,.. . ,p, sont nuls, donc que 6;“, . . . ,6; est une base de F, d’où
la. conclusion.
Corollaire 3.5.
On suppose E de dimension finie. Soient V, W des sous-espaces de E, alors on a
les formules suivantes :
1) Vil = V,
2) (V+W)i = Vi nWi,
3) (VnW)* = vl +Wi.
Démonstration.
Il est clair que l’on a. V C Vil, d’où Pégalité, pour une raison de dimension.
L’éga.lité 2) est évidente, sans l’hypothèse de finitude sur E. L’égalité 3) résulte de
2) appliquée à Vi et W4‘ et de 1).
Remarque 3. 6. Les égalités 1) et 3) ne subsistent plus si E est de dimension infinie,
cf. Exercices 2 et 3.

Groupes unitaire, orthogonal, symplectique 123
Définition 3.7.
Soit :1: E E, a: 56 0. On dit que a; est isotrope si et seulement si on a f (m, æ) = 0.
Définition 3.8.
Un sous-espace V C E est dit isotrope (ou singulier) si on a V n VJ- 76 {O},
dest-à-dire s’il existe a: e V, tel que pour tout y e V on ait f(æ,y) = 0.
Il revient au même de dire que f Iv est dégénérée.
Remarque 3.9. Si V = km, avec a: 76 0, a: est isotrope si et seulement si V l’est.
Définition 3.10.
Soit V un sous-espace de E. On dit que V est totalement isotrope si on a
V C Vl, ou encore, si f, en restriction à. V, est nulle.
Remarque 3.11.
Si dimE = n, on a vu en 3.4 qu’on a dimVl = n — dimV et donc, si V est
totalement isotrope, on a dim V S n/ 2.
Définition 3.12.
On appelle indice de f l’entier u, maximum des dimensions des sous-espaces
totalement isotropes. Si dim E = n, on a donc u S n/ 2.
Remarques 3.13.
1) S’i1 existe un vecteur isotrope a: E E, a: # O, 1e sous-espace km est totalement
isotrope et donc l’indice u de la forme est z 1.
2) Si u = 0, 1a forme f est dite anisotrope (ou définie). La relation f (:17, z) = 0
implique alors æ = O.
3) Si V est isotrope, V n Vl est totalement isotrope.
4) Si V est non isotrope, on a VflV-L = P� En particulier, si E est de dimension
finie, il est somme directe : E = V 6B Vl et on écrit alors E = V J. V1‘.
5) La définition de l’indice donnée ci-dessus est assez peu commode. Nous verrons
(cf. VIII, 4.5) qu’en fait, les sous-espaces totalement isotropes maximaux ont tous
même la dimension (qui vaut donc u) ce qui fournit une meilleure définition de
l’indice.
4. Groupes unitaire, orthogonal, symplectique.
Définition 4.1.
Soit f une forme sesquilinéaire sur E, non dégénérée que nous supposons soit
hermitienne, soit symétrique, soit alternée.
On appelle isométries de E (relativement à f) les automorphismes u e GL(E)
qui vérifient :
Væay E E) f(u(x)vu(y)) = Î(Œay)-
Les isométries forment un sous-groupe de GL(E) appelé :
1) U (f ) si f est hermitienne : groupe unitaire,
2) O( f ) si f est symétrique : groupe orthogonal,
3) Sp( f) si f est alternée : groupe symplectique.
Lorsque E est de dimension finie n sur k on note ces groupes U,,(k, f),
0710‘: f): 51711097 ��
Remarque 4.2. La définition des isométries s’étend de manière évidente dans les
deux cas suivants :

124 Formes sesquilinéaires. Généralités
1) si f est dégénérée,
2) si u : (E, f) ——> (E’, f’) est une application linéaire entre deux espaces
différents et/ ou munis de deux formes difiérentes.
Proposition 4.3.
Si f est symétrique (resp. hermitienne) et si on a car (k) 76 2, un élément u de
GL(E) est une isométrie si et seulement si i1 conserve 1a forme quadratique (resp.
quadratique hermitienne) q attachée à f, i.e. si on a :
Vas E E, q(u(a:)) = f(u(a:),u(:z:)) = q(æ) = f(z,x).
Démonstration. L’un des sens est clair, l’autre résulte des formules :
1) pour f symétrique :
me, y) = à [q(w + y) — que) — quo].
2) pour f hermitienne, avec les notations de 2.14 :
1
f(rv,y) =È [q(w + y) - <1(=v - y) - E; [q(æ + ay) - q(=v - awl-
Dans toute 1a suite, nous supposerons toujours car (k) 7è 2 dans 1’étude
des formes symétriques ou hermitiennes.
On notera éventuellement U (q) ou O(q) le groupe des isométries, q étant la forme
quadratique associée à f.
Remarques 4.4.
1) Si a e k"‘, f et a f ont même groupe d’isométries. Le théorème 2.9 montre
donc que les groupes définis ci-dessus sont ceux de toutes les formes réflexives, au
moins en dimension finie.
2) Forme matflcielle :
En dimension finie, si f a pour matrice A et u. pour matrice U, u est une isométrie
si et seulement si on a ‘UAU’ = A.
3) Soit u e GL(E) et soit 31,. . . , en une base de E. Alors u est une isométrie si
et seulement si on a pour tous i, j :
f(u(ei),u(ej)) = flâner)-
4) Si u est une homothétie de rapport À, u est une isométrie si et seulement si
on a ÀÀ" = 1. En particulier, les homothéties Id et ——Id sont des isométries, et ce
sont les seules dans le cas a = Id.
5) Si dim E = n, la relation matricielle donne :
(dét u) (dét ��� = (dét u) (dét u)” = 1.
En particulier si a = Id, on a détu = 21:1. Cela nous conduit à la définition
suivante :
Définition 4.5.
Le sous-groupe de U (f) (resp. O(f)) formé des isométries de déterminant 1 est
distingue’ et s’appe11e groupe spécial unitaire (resp. orthogonal), ou encore groupe
unitaire (resp. orthogonal) positif
I1 est note’ SU(f) (resp. SO(f)) ou encore U"'(f) (resp. O+(f)).

Groupes unitaire, orthogonal, symplectique 125
Les éléments de O+ (f) s’appellent des isométries positives, ou des rotations.
Ceux de O“( f ) (i.e. de déterminant —1) des isométries négatives, ou des re-
tournements (mais cette dernière terminologie n’est pas universellement admise).
Dans le cas symplectique, on démontre que tous les éléments u e Sp( f ) sont de
déterminant 1 (cf. po�
Un exemple dñsométries : les symétries.
Dans la suite du ë4 nous supposons f symétrique, soit q la forme quadratique
associée et posons dim E = n.
Rappelons que si un élément u e GL(E) vérifie uz = Id, il existe deux sous-espaces
E+ ྻ et E‘ �6� (ou simplement E+ et E“) qui vérifient :
1) E=E+æE1
2) u|E+ =IdE+, UIE- = -IClE—.
Dans une base e1,...,e,, telle que e1,...,e,, e E+, e,,+1,...,e,, e E”, u a donc
pour matrice :
1
—1
Si on a u’ = Id et u 76 Id, on dit que u est une involution (ou encore une symétrie).
Si dim E’ = 1 (resp. 2) on dit que u est une réflexion (resp. un renversement).
Nous allons déterminer les symétries orthogonales, dest-à-dire celles qui sont dans
0(4)-
Proposîtion 4.6.
Soit u e GL(E) avec uz = Id, et soient E+ et E‘ les sous-espaces associés à u.
Alors, u est une isométrie si et seulement si E+ et E’ sont orthogonaux.
On a alors E+ = (E’)-L, E“ = (E+)J-, de sorte que E+ et E“ sont non isotropes.
Réciproquement, si F C E est un sous-espace non isotrope, il existe une et une
seule symétrie orthogonale u telle que F = E+ Ћ
Démonstration.
Supposons que u soit une isométrie. Soient a: E E"', y e E’. On a f Q� =
f(:I:, —y) = —f(œ,y) = f(:1:, y) = 0, donc E"' et E’ sont orthogonaux.
En sens inverse, si E+ et E’ sont orthogonaux, soient x, y E E et soient
a: = m’ + m”, y = y’ + y” leurs décompositions sur E+ et E“. On a :
Mm) = w’ - m”, u(y) = y’ - y”
et donc
f (x, y) = f(æ’, y’) + fût”, y”) = f(u(w), u(y)),
de sorte que u est dans O( f).
Enfin, si F est non isotrope, on définit u par u|p = Idp, ulpi = —Idpi, u est une
isométrie involutive qui vérifie E+ (u) = F.

126 Formes sesquilinéaires. Généralités
Remarques 4 .7.
1) Si u est une réflexion orthogonale, u est déterminée soit par son hyperplan
H = E+ (u), soit par sa droite D = E‘ On la notera éventuellement u = 7H
ou 7p ou encore 7,, si x e D, a: 7è 0. Il y a donc bijection entre les réflexions
orthogonales, les hyperplans non isotropes et les droites non isotropes. Notons
enfin que si u est une réflexion u est dans O'(q).
2) Si u est un renversement orthogonal, u est déterminé par son plan P = E’ �`
Il y a bijection entre les renversements orthogonaux et les plans non isotropes. Si
u est un renversement, u est dans 0+ (q).
3) Si x est non isotrope, on a, pour y e E :
_ f( a l
(Il suffit de vérifier la formule pour y = a: et ylæ).
Proposition 4.8.
Soit F C E un sous-espace non isotrope et ‘rp la symétrie orthogonale par rapport à
F (dest-à-dire vérifiant E+ (Tp) = F). Soit u E O(q). Alors unæzf‘ est la symétrie
orthogonale par rapport à u(F), 12e. 7,41m). De plus, on a E" (7,412)) = u(E' (77)).
Démonstration.
Comme 7p est une involution, il en est de même de uTpu-l. On vérifie aussitôt
la. formule Ei’ (UTFU-l) = U(E+(TF)) et de même pour E‘, d’où le résultat. On
notera qu’on a là un nouvel exemple du principe de conjugaison, cf. I 4.10
5. Les similitudes.
Définition 5.1.
Soit f une forme sesquilinéaire non dégénérée sur E, hermitienne, symétrique
ou alternée. Soit u e GL(E) et u e Ic*. On dit que u est une similitude de
multiplicateur n (relativement à f) si on a :
Væsy E E, f (Mm), u(y)) = uf(=c,y)-
Le groupe des similitudes est noté GU (f), G0(f) ou GS,,( f) dans les trois cas
habituels. Le multiplicateur p est bien déterminé par u et l’application qui à u
associe son multiplicateur est un homomorphisme de groupes à valeurs dans k‘,
dont le noyau est le groupe des isométries de f, de sorte qu’on a des suites exactes
du type :
1 -> U(f) -+ GUU) L”,
mais, attention, n n’est pas surjectif en général (cf. Exercice 2).
On peut aussi définir des semi-similitudes qui sont seulement semi-linéaires (cf.
[D] Ch. I ê9).
Parmi les similitudes, il y a, outre les isométries, les homothéties. En effet,
Phomothétie de rapport À est une similitude de multiplicateur ÀÀ". Attention,
cependant, en général, les isométries et les homothéties n’engendrent pas le groupe
des similitudes (cf. Exercice 3).

Bases orthogonales; classification des formes sesquilinéaires 127
Forme matricielle.
Si A est la matrice de f, U celle de u, l’application u est une similitude de
multiplicateur p si et seulement si on a ‘U AU " = uA. On se reportera au ë7
et 5,7 Exercice 2 pour des caractérisations géométriques des similitudes.
6. Bases orthogonales; classification des formes sesquilinéaires.
Définition 6.1.
Soit f une forme sesquilinéaire réflexive (éventuellement dégénérée). Une base
c1, . . . , en de E est dite orthogonale pour f si on a :
Vi,j, iÿéj ==> f(e,—,ej) = 0.
Dans une telle base, 1a matrice de f est diagonale :
'71
’Yn
avec 7,- = f(e.-, ei).
Remarque 6.2. La forme f est non dégénérée si et seulement si tous les ‘y,- sont
non nuls.
Théorème d’existence 6.3.
On suppose car (k) 7E 2 et f symétrique ou hermitienne sur E de dimension finie.
Alors, il existe une base orthogonale pour f. Avec les notations de 6.1, on a alors
7,- = 7;’ pour tout i.
Démonstration.
1) On se ramène au cas où f est non dégénérée en prenant une base de
N = Ker f, puis un supplémentaire V de N (on a alors V J. N
2) On raisonne par récurrence sur n. Pour n = 1, le théorème est clair. Comme
f n’est pas alternée (cf. 2.5), il existe c1 non isotrope. Soit H = (kefll, de sorte
que l’on a E = kel J.H. Grâce à Phypothèse de récurrence, H possède une base
orthogonale pour f, soit c2, . . . , en. Alors, il est clair que 61,. . . , en convient.
Les bases orthogonales vont nous permettre, dans certains cas, de classer les formes
sesquilinéaires.
Définition 6.4.
Soient f, f’ deux formes sesquilinéaires sur E. On dit que f et f’ sont équivalentes
s’i1 existe u E GL(E) tel que l’on ait :
Vm/ ë E, f’(w,y) = f(u(z),u(y))-
Si les matrices de f et f’ dans une base de E sont A et A’, il revient au même de
dire qu’il existe une matrice P inversible telle que A’ = ‘PAF’ .
On peut encore dire que dans une base c1, . . . ,e,, (resp. e’1, . . . ,eÇ,) f (resp. f’) a
pour matrice A (resp. la même matrice A). Nous noterons f N f’ lorsque f et f’
sont équivalentes.

128 Formes sesquilinéaires. Généralités
Remarques 6.5.
0) La. définition 6.4 s’étend immédiatement au cas de deux formes sur des espaces
E,E’ différents.
1) Si f et f’ sont équivalentes, les groupes d’isométries correspondants sont
isomorphes. En effet, si f’(a;,y) = f(u(æ),u(y)), on a :
v E O(f’) é=> umfl E O(f),
donc O(f) et O(f’) sont conjugués dans GL(E).
2) En vertu de la remarque 4.4.1, on a donc le même résultat si f w À f’ pour
À e k*.
Le problème de la classification des formes consiste à trouver les classes d’équivalence
pour la relation «v et si possible à les caractériser par des invariants numériques.
Sur un corps quelconque c’est en général un problème très difficile (sauf dans le
cas alterné, cf. [D] Ch. I Q8).
On a des conditions nécessaires d’équivalence sur f, f’ ; si f N f’ on a :
1) rg (f) = rg (f’) (égalité des rangs),
2) I/(f) = u(f’) (égalité des indices),
3) si a = Id et si on note ô(f) un discriminant de f, on a ô(f) = ô(f’) dans
k*/k*2.
Mais ces conditions ne sont pas sufiîsantes en général (penser aux formes x2 + yz
et —æ2 — yz sur R).
Nous allons résoudre entièrement le problème de la. classification dans les cas
suivants :
1) Pour f symétrique : k algébriquement clos, k = R, k = Fq.
2) Pour f hermitienne : k = C, k fini.
On pourra consulter [S1] Ch. IV pour le cas k = Q.
Théorème 6.6.
1) On suppose k algébriquement clos et dimE = n. Alors, toutes les formes
quadratiques q non dégénérées sur E sont équivalentes. Dans une base convenable,
elles ont pour matrice Pidentité et, si :1: e E s’écrit a: = (x1, . . . ,æ,,) dans cette
base, on a q(:c) = xÎ + . . . + L’1'nd1'ce u de q vaut [n/2] (partie entière).
2) On suppose k = R et dim E = n. I1 y a n + 1 classes d’équiva1ence de formes
quadratiques non dégénérées sur E. Dans une base convenable, q a pour matrice :
—1
avec p signes + et (n — p) signes ——, 0 5 p 5 n. Autrement dit, si æ = (x1, . . . , rn)
dans cette base, on a :
P n
q(w) =ZŒÎ - z ŒÎ-
i=1 i=p+1
L’indice de q est alors 1/ = inf (p,n —— p).
3) On suppose k = C et dim E = n. I1 y a n + 1 classes de formes hermitiennes

Bases orthogonales; classification des formes sesquilinéaires 129
relatives à 1a conjugaison, non dégénérées. Leurs matrices sont les mêmes qu’en 2)
desorte quesiz= (z1,...,z,,) E E, on a:
P n
q(z) = z ziäï — z zgîzî.
5:1 z'=p+1
Définition 6.7.
Avec les notations de 6.6.2 (dans 1e cas symétrique réel), 1e couple (p,n — p)
s’appe1le 1a signature de q. Si p = n, 1a forme q est anisotrope et on a :
VŒEE, xaÉO => q(a:)>0,
q est dite définie positive, ou euclidienne, cf. Chapitre VI. Dans une base
convenable, q a alors pour matrice 1a matrice identité In. Une telle base c1, . . . ,en,
telle que q(e1) = 1 et f (c1, 6j) = 0 pour i 7è j est dite orthonormëe.
Démonstration (de 6.6).
71
1) Dans une base orthogonale c1, . . . ,3", la forme q s’écrit, si :1: = Ë mie,- :
i=l
n
q(:1:) = z an? avec a,- aé 0.
i=l
Mais comme k est algébriquement clos, on peut écrire a, = a? et si on pose
n
�/� = aiæi, on a q(z) = z �E
i=l
Cette base est dite orthonormée. L’indice u est au plus [n/ 2] (cf. 3.11). D’autre
part, si e1 . . . en est orthonormée, et si z’ est une racine de —1, e1 +ie2, c3 +2224, . . .
forment un système de [n / 2] vecteurs isotropes indépendants, d’où 1/ = [n / 2].
2) On a encore une base orthogonale e1, . . . , en avec, disons, a,- = q(e,-) > 0 pour
i: l,...,p et a,» =q(e.-) < 0pouri=p+1,...,n. On pose a,- = af pour z‘ 5p,
a1: —aÎ pour i > p.
, donc q a pour matrice I dans la base (a,71e,-)15,-5,,.
Dans la base (a1’1e1, . . . ,an’1en), q a la matrice armoncée.
Les n + 1 formes ainsi obtenues ne sont pas équivalentes. En effet, si on a une
forme q et deux bases e1,...,e,,; e’1,,..,eÇ, avec:
41051) = �: = q(ep) = q(e'1) = --- = (10921) = 1,
q(e,,+1) = = q(e,,) = q(e;,,+1) = PW. = q(eÇ,) = —1,
nous allons montrer que et p et p’ sont égaux.
Soit F (resp. G’) le sous-espace engendré par c1, . . . , ep (resp. e914, . . . ,eÇ,). Sur
F — {O}, on a q(a:) > O, sur G’ —— {O}, �[8 < O. Ceci montre que F fl G’ est réduit
à {O}, donc F 6B G’ est un sous-espace de E, d’où p+ n —p’ 5 n et donc p 5 p’.
On obtient de même p’ 5 p en utilisant F’ et G, donc p = p’.
Il reste l’assertion concernant l’indice. On voit aisément en utilisant les vecteurs
e1 + e,,+1, c2 + ep+2, . . ., que l’on a v z inf (p, n — p). L’éga1ité sera prouvée au
chapitre VIII, 3.7.
Théorème 6.8.
Soit k = Fq un corps fini de caractéristique différente de 2 et E un k-espace de

130 Formes sesquilinéaires. Généralités
dimension n. Soit a E F3, a G F32, cf. III 2.10. I1 y a deux classes d’équivalences
de formes quadratiques non dégénérées sur E, de matrices :
1 0 1 0
Q1 = n __ 011 Q2 =
0 1 0 a
Une forme Q est de 1’un ou l’autre type suivant que son discriminant ô (Q) est, ou
non, un carré de F3. ,
Remarque 6.9. En dimension impaire on a Q2 N aQ1 (car les discriminants de
ces formes valent tous deux a à un carré près), de sorte qu’il y a un seul groupe
orthogonal à isomorphisme près. En revanche, en dimension paire, les deux groupes
orthogonaux ne sont pas isomorphes, cf. ci-dessous Exercice 6, ainsi que VIII, 6.5.2
et VIII, 9.2.
Démonstration (de 6.8). On prouve d’abord le lemme suivant :
Lemme 6.10.
L’équation en æ, y, (1.182 + byz = 1, avec a, b E F3, a des solutions dans Fq.
Démonstration (de 6.10). On sait qu’il y a q Ë 1 carrés dans Fq (cf. III, 2.10), donc,
q + 1
1 - by” . ,
prend ———— valeurs, donc cette quantité
a 2
. . , . + 1 + 1
prend nécessairement une valeur qui est un carre pu1squ’on a q 2 + qT > q.
Revenant à 6.8, on va déduire du lemme que, pour n z 2, toute forme quadratique
Q sur E a une matrice du type annoncé. On procède par récurrence.
quand y décrit Fq, la quantité
Dans le cas n = 2, on choisit une base orthogonale pour Q dans laquelle on a
Q(:I:, y) = cm2 + byz. Par le lemme, on a un vecteur c1 = (:12, y) tel que Q(e1) = 1.
Soit c2 un vecteur orthogonal à c1. Si on a. Q(e2) = A2 e F32, on remplace c2 par
leg. Si Q(eg) n’est pas un carré, comme F32 est d’indice 2 dans F; (cf. IH, 2.10),
À
1
on a Q(c2) = Àza et on remplace c2 par :62.
Pour n > 2, on prend une base orthogonale c1 , . . . , en. Le lemme montre qu’il existe
un vecteur 51 du plan < c1, c2 > avec Q(e1) = 1. On applique alors l’hypothèse de
récurrence à Phyperplan H = <e1>l et on obtient la matrice voulue.
Comme a n’est pas un carré, les deux formes précédentes ne sont pas équivalentes
car leurs discriminants ne sont pas égaux modulo F32 et donc il y a bien deux
classes d’équivalences de formes sur Fq.
Pour le calcul de l’indice, voir Exercice 6.
Théorème 6.11.
Soit k un corps fini, avec car (k) 76 2.
1) S’iI existe une involution a de k, non triviale, le cardinal de k est un carré, soit
q2, et on a k = Fqz.
2) Réciproquement il y a une unique involution a non triviale de Fqz, donnée par
a(ac) = m9, et 1e corps des invariants de a est égal à Fq.
3) Dans ce cas, si E est un k-espace de dimension n, il y a une seule classe de

Caractérisation des similitudes 131
formes hermitiennes relatives à a sur E. Une telle forme admet dans une base
convenable la matrice identité.
Démonstration.
1) Notons d’abord que si k est fini, muni d’une involution a, on a un sous-corps
k0 de k avec [k : k0] = 2 (cf. 2.14). Si on pose kg = F9, on a donc k = Fqz.
De plus a est alors l’unique automorphisme de k laissant invariant k0 et distinct
de l’identité (cf. 2.14) et comme Fqz n’a qu’un sous-corps de cardinal q, il a une
unique involution non triviale. Cette involution n’est autre que Pautomorphisme
de Frobenius a : Fqz —> Fqz défini par a(a:) = x‘? (cf. III, 2.4; q est une puissance
de la caractéristique). On vérifie bien, en effet :
1) a(a:) = a: si :1: E Fq,
2) 0201;) = x92 = :1: pour tout a: E Fqz,
3) a æé Id (car m‘? — a: a au plus q racines dans Fqz).
Considérons alors l’application N : F2, ———> F; donnée par N (x) = :w(a:) = x4“.
(On a bien N (m) e F; car x0012) est invariant par a). Alors, N est surjective.
En effet, N est un homomorphisme de groupes de noyau :
KerN = {z e F32 Iæq“ = 1}.
Or, l’équation x4“ = 1 a au plus q + 1 racines, donc on a |Ker NI 5 q + 1 et donc
2 — 1
|ImN|zî1+1 =q— 1 ce qui prouve ImN =F;.
Soit alors f une forme hermitienne sur E, c1, . . . ,e,, une base orthogonale,
1
7,- = f(e,-, eç), avec 7.- e F3, donc 7,- = N(/\,-), À,- e F3,. Alors, si on pose e,- = fa;
1
A’); = 1 et donc (si) est une base orthonormée pour f, ce qui
‘i i
achève la démonstration.
011 3» f(5ia5i) =
7. Caractérisation des similitudes.
Proposition 7.1.
Soit E un k-espace vectoriel de dimension n, muni d ’une forme quadratique q non
dégénérée. Soit u E GL(E). Alors, u est une similitude si et seulement si u conserve
1 brthogonalité :
u e GO(q) <=> (V253; e E, :r_Ly => u(x)J.u(y)).
Démonstration.
Le sens => est trivial. Réciproquement, soit a1, . . . , en une base orthogonale pour
q. On pose s,- = u(e,-), de sorte que (5,) est aussi une base orthogonale. Comme
on a q(e,-) 7E 0 et q(s,-) 7€ 0 puisque q est non dégénérée, on a q(e,-) = u,-q(e,-) avec
u.- E k, et il suffit de prouver que les u, sont tous égaux. Considérons le vecteur
_ <1 (31')
q(€j)'
q(si) = A
965J‘) #1‘
e, + e), qui est orthogonal à e,- + Àej, lorsque A = Alors, par hypothèse,
e,- +5j est orthogonal à e,- + Àej et on en déduit À = — , donc p,- = nj.

132 Formes sesquilinéaires. Généralités
Remarque 7.2. Lorsque l’indice u de q est z 1, on a une autre caractérisation
des similitudes. Si u e GL(E), u est une similitude si et seulement si u conserve
l’isotropie :
u E GO(q) <=> (Va: E E, q(a:) = 0 2 .v = 0,
(cf. Exercice 2).

EXERCICES SUR LE CHAPITRE V
1. Définitions.
1) Montrer que le seul automorphisme du corps R est l’identité.
2) Déterminer les automorphismœ du corps F, (cf. Chapitre III ä2 Exercice 5).
3) Déterminer les automorphismes du corps Qh/(Î), avec d e Q*.
4) Montrer qu’i1 existe des automorphismes du corps C autres que l’identité et
la conjugaison (difficile : cf. Chapitre III Q1 Exercice 3.f ou [L] Ch. X fil et Ch.
VII 52 Th.2). En déduire qu’i1 existe d’autres involutions que 1a conjugaison, donc
des sous-corps K C C avec K 96 R et [C : K] = 2.
5) Généraliser aux applications semi-linéaires les techniques de calcul du rang
au moyen des déterminants.
6) Soit k un corps et a e Aut k. Montrer que l’application N : k‘ ——> k‘ définie
par N (z) = ma.” est un homomorphisme de groupes (appelé norme).
Déterminer Pimage de N (le groupe des normes) lorsque k = C et lorsque a est la
conjugaison. Déterminer C“‘ /N(C*).
7) Soit d E Z un entier sans facteur carré, i.e. tel que d = 6111.. . p, avec
s = =F1 et les p; premiers distincts. Soit a l’automorphisme de @� défini par
afi/Ë) = —x/Ë.
Déterminer le groupe des normes relatif à a (cf. Exercice 6). Montrer que ce groupe
est strictement inclus dans Q‘ (on admettra que si un nombre d e Z n’est pas un
carré de Z, il existe un nombre premier p tel que Ë Æ Fgz).
Préciser ce groupe dans le cas d = -1 (cf. Chapitre II ê4).

134 Chapitre V : exercices
2. Formes réflexives.
1) Déterminer toutes les formes réfiexives dégénérées sur E, lorsque l’on a
dimE=dimKerf+L
3. Sous-espaces orthogonaux et isotropes.
1) Soit E = l2 l’ensemb1e des suites u = (unfigu, de nombres réels, de carré
sommable, i.e. telles que la série |un|2 soit convergente : E |un|2 < +oo.
neN
a) Montrer que E est un R-espace vectoriel.
b) Soient u = (un),.eN, v = (vflnen des éléments de E. Montrer que la série
de terme général [un-un] est convergente.
c) Pour u,v E E, on pose: z une...
nEN
Montrer que (u. | v) est une forme bilinéaire symétrique sur E, définie positive.
d) Pour u E E, on pose n� = y/(U I 0]� Montrer que u H �� est une norme
sur E.
e) Montrer que E est complet pour cette norme (donc que E est un espace
de Hilbert).
f) Soit e,- l’élément de E défini par : (e.-),. = 0 si i 9E n et (cg).- = 1.
Montrer qu’on a, dans l’espace de Hilbert E, l’égalité :
u‘ = (un)n€N = z “nen-
neN
Montrer que les e; sont deux à deux orthogonaux.
2) On reprend les notations de 1).
Soit F le sous-espace vectoriel de E engendré par les c5, de sorte que F est
1’ensemb1e des suites qui n’ont qu’un nombre fini de termes non nuls.
a) Montrer que F est strictement inclus dans E.
b) En déduire que F est strictement inclus dans F“.
3) On reprend les notations de 1) et 2).
1
n + 1 '
a) Montrer que u est élément de E.
b) Soit G le sous—espace Ru. Montrer que FJ‘ + Gi est strictement inclus
dans (F fl G)l.
Soit u la suite définie par un =
4) On reprend les notations de 1).
Soit a: e E et f, e E* la forme linéaire définie par f_.,(y) = (a: @|�
a.) Montrer que f, est continue sur l’espace normé E.
b) Soit Î : E —-> E* l’application définie par Î(æ) = fm. Montrer que Î est
injective, mais non bijective (construire une forme g e E* non continue).

Groupes unitaire, orthogonal, symplectique 135
5) On reprend les notations de 1) et 2).
Montrer que 1’on a F n FJ- = {O}, mais que E n’est pas somme directe de F et de
son orthogonal Fl.
6) Déterminer les vecteurs isotropes et les sous-espaces totalement isotropes pour
les formes suivantes :
k=R; q=æ2+y2, 332-312, Zæy, x2+y2—z2, x2+y2+z2—t2, x2+y2—z2—t2.
k=C; q=x2+y2, m2+y2+z2.
k=Fq; Q=æ2+y2, 272-312.
4. Groupes unitaire, orthogonal, symplectique.
1) Déterminer les groupes unitaires, orthogonaux, symplectiques lorsque l’espace
E est de dimension 1.
2) Déterminer les dilatations qui sont unitaires (ræp. orthogonales, resp. sym-
plectiques).
3) Soit E un k-espace vectoriel de dimension n z 2 et (p une forme non dégénérée
sur E, hermitienne, symétrique ou alternée.
Soit 7' une transvection de E, que 1’on écrit sous la forme : 1'(zr:) = a: + f (œ)a, avec
a e E, a 76 0, f e E*, f 7è 0 et f(a) = 0. On suppose que 1' æt une isométrie
relativement à (p.
a) Montrer que a est isotrope.
b) Montrer qu’il existe A E k* tel que 1’on ait : Vz 6 E, f(:v) = /\<p(:c, a).
Préciser l’hyperplan de 7'.
c) Si 4p est a-hermitienne, avec a aé id, montrer qu’on a A + À” = 0.
d) Montrer qu’il existe toujours des transvections symplectiques, jamais de
transvections orthogonales (si car (k) 7è 2), et des transvections unitaires si et
seulement si Pindice u est z 1.
4) On suppose car (k) yé 2. Déterminer les involutions des groupes unitaires et
symplectiques. Préciser le cas des réflexions.
Montrer que si k est de caractéristique 2 le groupe symplectique possède des
involutions (cf. Exercice 3).
5) Une caractérisation des isométries.
Soit q une forme quadratique non dégénérée sur E et soit u : E ——> E une
application (que 1’on ne suppose pas linéaire) qui vérifie :
i) “((3) = 0.
îi) Vrv, y E E, q(u(w) - u(y)) = q(w - y)
(si par exemple q est euclidienne on a donc, en termes de normes, p/� — ��� =
Ilw - yl I)»
Montrer que 1’on a u e O(q), donc que u est linéaire (utiliser une base orthogonale).

136 Chapitre V : exercices
6) Une autre caractérisation des isométries.
Soit q une forme quadratique sur E, et pour a G k*, soit S = {ac E E | q(2:) = a}
(la “sphère” dont le “carré du rayon” est a). Soit a e k"‘, on suppose Sa 7E 0 et
on se propose d’étudier l’équivalence, pour u e GL(E) :
(ac) u E O(q) 4: u(Sa) = Sa.
a) Montrer que, quitte à remplacer q par ofïq, on peut se ramener au cas
a = 1. On posera. S = S1. Montrer que (*) est Vraie si E est de dimension 1.
b) On suppose dim E = 2 et q dégénérée. Soit w un vecteur non nul du noyau
de q et soit v E S. Déterminer les vecteurs Àv + mu, avec (A, a E k), qui sont dans
S. En déduire que (*) est vraie dans ce cas.
c) On suppose dim E = 2, q non dégénérée et Ikl > 5.
Soit (v, w) une base orthogonale de E avec v E S et q(w) = a e k*. Déterminer les
vecteurs Av + uw de S’ (on pourra, par exemple, couper la conique A2 + a/fi = 1
par une droite variable issue de v).
En déduire que �_V est vraie dans ce cas.
d) Montrer que (=I<) est vraie aussi pour k = F5 et dim E = 2.
e) Lorsque l’on a k = F3 et dim E = 2, montrer que (*) est vraie si q N x2+y2,
fausse si q N 1:2 — yz.
f) Montrer que (*) est vraie si k = F3 et n = 3.
g) Déduire ce qui précède que �fX est vraie si q est non dégénérée, sauf dans
lecasn=2,k=F3,qNæ2—y2.
7) Soit q une forme quadratique sur un corps de caractéristique différente de 2.
Montrer qu’on a un isomorphisme :
O(q) ‘z 0+(q) ><|{1»-1}
(utiliser les symétries).
5. Les similitudes.
1) Soit u une similitude de multiplicateur u, relative à f forme a-sesquilinéaire
non dégénérée, sur E de dimension n.
Montrer que l’on a a" = (dét u) (dét u)".
2) Soit q une forme quadratique non dégénérée sur E.
Montrer que l’on a u(GO(q)) = {À 6 k* lq N Àq} et que ce groupe contient k”
(mais ne lui est pas nécessairement égal, cf. Exercice 3).
3) Soit q une forme quadratique non dégénérée sur un espace vectoriel réel E.
a) Montrer que l’on a u(GO(q)) = R“ sauf si n = 2p et si q est de signature
(p, p) (cf. Exercice 2). Montrer que dans ce dernier cas, on a p(GO(q)) = R*.
b) Montrer que l’on a GO(q) = R*O(q) (i.e. que les isométries et les
homothéties engendrent le groupe des similitudes) si et seulement si on a Pégalité
u(GO(q)) = R“. Conclure.

Bases orthogonales; classification des formes sesquilinéaires 137
6. Bases orthogonales; classification des formes sesquilinéaires.
1) Soit E un espace de Hilbert réel de dimension infinie (par exemple E = l2, cf.
Q3 Exercice 1). On rappelle qu’un tel espace n’est jamais de dimension (algébrique)
dénombrable (cf. par exemple [FAM] Ch. V 59 Exercice 2).
On fait sur E l’hypothèse suivante :
(H) il existe une base orthogonale algébrique (e056; de E, dest-à-dire une famille
de vecteurs qui vérifie :
1)V‘Ë,j É I, �� ‘L? eilej,
2) Va: e E, a: = Zxie, où les x,- sont des réels nuls sauf un nombre fini.
i 1
Soit J C I une partie (Îénombrable de I et V le sous-espace engendré par les e,-,
pour z’ 6 J.
a) Montrer que, si Ÿ est l’adhérence de V, on a Ÿl = VJ‘. En déduire que
les 6.-, pour z‘ e I — J, sont dans ŸJ’.
b) Montrer que l’on a Ÿ n ŸJ’ = {O} et en déduire que (cm-e; est une base
de l7
��� Montrer que l7 est un espace de Hilbert de dimension dénombrable, et en
déduire que l’hypothèse �\R est absurde.
2) Soit f une forme alternée sur le k-espace vectoriel E de dimension n.
a) On suppose n = 2 et f non dégénérée. Montrer qu’il existe une base c1, 82
de E telle que f(e1,e1) = f(e2,e2) = 0, f(e1,e2) = 1. Une telle base est dite
symplectique.
b) Montrer que si n est impair, f est dégénérée (utiliser a) et raisonner par
récurrence).
c) Si on a dimE = 2m et f non dégénérée, montrer qu’il existe une base
symplectique pour f , i.e. une base e1,e1, . . . ,em,sm de E, telle que, si on pose
H =< eus.‘ >, on ait P,- J.P,« pour z‘ 9E j et que (e,v,e,-) soit une base symplectique
de P,-.
d) En déduire que toutes les formes altemées de rang 2m sur k sont
équivalentes
e) Montrer que l’on a Sp(2,lc) = SL(2, k).
3) On considère des nombres premiers p1, . . . , p”; q1,.. . , qn et les formes
quadratiques plzî + - - - + pnæf, et qlæî + - - - + qnzcfi.
A quelle condition ces formes sont-elles équivalentes sur Q ?
4) On considère la forme quadratique sur R" définie par :
q(æ1, . . . ,58“) = 2112513.
i941’
Déterminer la signature de q (on pourra diagonaliser la matrice A de q dans une
base orthonormée et noter que cette opération constitue à la fois une réduction de
l’endomorphisme associé à A et de la forme q).

138 Chapitre V : exercices
5) Donner la liste des groupes orthogonaux réels, à isomorphisme près, pour
n 5 4.
6) Soit p un nombre premier et soit q = p“, pour a e N*. Soit m E N*. On
considère la forme quadratique Q0 sur F37" définie par :
‘m
Qûcvlaylv-naæmaym) z �2q �2q
i=1
a) Montrer que l’indice 1/(Q0) est égal à m.
b) Montrer que toute forme de rang 2m + 1 sur Fq est équivalente soit à
Q0 + m3,“, soit à Q0 + aæfnfl, avec a a F52.
En déduire que toute forme de rang 2m + 1 est d’indice m.
c) Montrer que toute forme Q de rang 2m sur Fq est équivalente à Q0, ou à
la forme Q1 définie par :
m-l
Q1(:1:1,. . .,ym) = z �Ѐ — y? +æÎn — (1312,, avec a Æ F22.
i=1
En déduire que l’indice de Q est au moins m— 1 et qu’il vaut m si Q est équivalente
à Q0 ou, ce qui revient au même, si (—1)"‘6(Q) est dans F32 (où ô(Q) désigne le
discriminant de Q).
d) En utilisant le lemme de plongement d’un sous-espace totalement isotrope
dans un hyperbolique (cf. VIlI, 3.5), montrer que si Q est équivalente à Q1, on a
1/(Q)=m—— 1.
7) a) Soit E un k-espace vectoriel de dimension n et soient q, q’ deux formes
quadratiques non dégénérées définies sur E. Soit 61, - - - ,37, une base de E,
orthogonale à la fois pour q et q’. On pose a,- = q(e,') et a; = q’ (6,). On suppose
que, pour tout z’, a-Ï est un carré de k. Montrer que q et q’ sont équivalentes.
b) Déduire de’a) que si deux formes quadratiques ont respectivement pour
matrices A et A4 dans une même base elles sont équivalentes.
c) Déduire de a) que les propriétés suivantes sont équivalentes :
i) le groupe k*/k*2 est fini,
ii) il n’y a qu’un nombre fini de classes d’équivalences de formes quadra-
tiques de rang fixé sur k.
7. Caractérisation des similitudes.
1) Soit E un k-espace vectoriel de dimension n et soient q, q’ deux formes
quadratiques sur E, non dégénérées. On désigne par C(q) (resp. C(q’ le cône
isotrope de q (resp. q’) :
C(q) = {w 6 Elq(=v) =0}-
On suppose C'(q) = C(q’) et C'(q) 7€ {O} et on se propose de montrer que l’on a
q’ = /\q pour un certain À E k*.

Caractérisation des similitudes 139
a) Soit x0 e C (q), 11:0 yè 0. En considérant, parmi les vecteurs auto + æ, pour
(a 6 k et :1: E E), ceux qui sont dans C’ (q), montrer que 1’hyperplan H orthogonal
à x0 est le même pour q et q’.
b) Montrer qu’il existe À E k* tel que, si a; Q H, on a q’ = Àq(:1:).
c) Montrer que, pour a: ë H et y ë H, on a <p’(æ,y) = /\<p(a:, y). Conclure.
d) Soit V(q) Pimage de C(q) — {O} dans Pespace projectif P(E) (V(q) est la
quadrique projective associée à q). Montrer que si V(q) est non vide V(q) détermine
q à un scalaire près.
2) On reprend les notations de 1) en supposant toujours C(q) 9E Э� Soit
u E GL(E). Montrer que l’on a :
u e GO(q) <=> u(C'(q)) = C(q).
3) Montrer que le normalisateur de O(q) dans GL(E) est GO(q) (on pourra
considérer les réflexions 73,, pour a: e E, a: non isotrope et utiliser 2) et/ou 7.1).

VI. LE GROUPE ORTHOGONAL
EUCLIDIEN
1. Notations et rappels.
Soient E un espace vectoriel réel, de dimension finie n, q une forme quadratique
sur E et f sa forme polaire.
Dans tout ce chapitre nous supposerons q définie positive (ou euclidienne),
c’est—à—dire telle que :
VæGE, 1'960 => q(a:)>O.
En particulier, la forme q est non dégénérée et anisotrope.
Le couple (E, q) s’appelle un espace euclidien. On pose f(a:, y) = (æly), c’est
le produit scalaire de a: et y et p�" = y/(Z | ��! L’application :1: H est une
norme sur E.
On a vu (cf. V, 6.7) qu’i1 existe pour q des bases orthonormées e1,...,en,
dest-àrdire telles que l’on ait :
(1) Vi=1,...,n, q(e,-)=1,
(2) Vi,j€{1,...,n}, iaéj =à (e,-lej)=0.
Le groupe O(q) opère simplement transitivement sur 1’ensemble des bases or-
thonormées de E : si e1,...,e,. et e’1,...,eÇ, sont deux telles bases, il existe
u e O(q), unique, tel que u(e,') = e; pour tout i (cf. V, 4.4.3).
Dans une base orthonormée, q a pour matrice I (matrice identité) et on a,
7l n
si a: = 2:17.565, q(a:) = Ю#
i=1 1:1
Le groupe O(q) est isomorphe au groupe des matrices orthogonales :
O(n, R) = {A e M(n, R) l ‘AA = I},
le sous-groupe 0+ (q) étant isomorphe à O+(n,R) = {A e O(n,R) |détA = 1}.

142 Le groupe orthogonal euclidien
De même le groupe GO(q) est isomorphe au groupe GO(n, R) :
GO(n, R) = {A E M(n, R) | 3p E R‘, ‘AA = pI}.
Notons que dans le cas euclidien, toute similitude est produit d’une isométrie et
d’une homothétie. En effet, si p est le multiplicateur de u E G0(q), on a :
�o� �X = p(:I: | :12), pour tout a: e E,
donc p > 0 et donc, si on pose À = (fil, on a u = hÀv où v E O(q) et h;\(æ) = Àx
(cf. Chapitre V 55 Exercice 3).
Signalons enfin deux propriétés remarquables des espaces euclidiens :
1) il n’y a ni vecteurs, ni sous-espaces isotropes dans E,
2) si F est un sous-espace de E, qlp est euclidienne.
2. Générateurs et centres de O(q) et O+(q).
Au Chapitre V ë4, nous avons mis en évidence des éléments particuliers de O(q) et
0+ (q), les symétries orthogonales, en particulier les réflexions et les renversements.
Leur manipulation est ici grandement facilitée par 1’absence d’éléments isotropes
dans E. On les utilise d’abord pour le calcul des centres de O(q) et 0+ �<�
Théorème 2.1.
1) Le centre de O(q) est Z = {Id, —Id}. En particulier, pour n z 2, O(q) n’est pas
commutatif.
2) Pour n z 3, 1e centre de 0+ (q) est Z n O+(q), c’est—à-dire {Id} si n est impair,
{Id, —Id} s1’ n est pair.
Démonstration.
1) Il est clair que l’on a {Id, —Id} C Z. Réciproquement, soit u E Z et 7D
une réflexion de droite D. On a u7Du“1 = 7p puisque u est central, mais aussi
u7Du‘1 = 7,413) (cf. V, 4.8), de sorte qu’on a u(D) = D. Autrement dit, u laisse
invariantes toutes les droites de E, donc est une homothétie (cf. IV, 2.8) donc
u = IFId (pour voir que qïld est une isométrie, cf. V, 4.4.4).
Pour n z 2, on a O(q) 7è {Id, —Id} (il y a par exemple les réflexions orthogonales)
donc O(q) n’est pas commutatif.
Pour n = 1, O(q) est réduit à {Id, —Id}.
2) Remarquons que —Id est dans 0+ (q) si et seulement si n est pair. Si u. est
dans le centre de 0+ (q) et si 7p est un renversement de plan P, on a,
UTpU-l = 7p = 7,41m) (loc. cit.) donc u(P) = P,
pour tout plan P. Mais comme on a supposé n z 3, toute droite est intersection
de deux plans, donc u laisse aussi invariantes toutes les droites de E et u est une
homothétie.
Remarques 2.2.
1) Nous verrons que, pour n = 2, 0+ (q) est commutatif.
2) Les résultats de ce théorème sont encore valables pour une forme quadratique
quelconque, mais il faut prendre garde à ne considérer les réflexions 7D que lorsque
D est non isotrope (cf. Chapitre VIII).
3) On a un isomorphisme O(q) z O+(q) ><1 {1, —1} (grâce aux réflexions) et
même, si n est impair, O(q) z O"'(q) x {1, —1} (grâce à —Id).

Générateurs et centres de O(q) et 0+ (q) 143
Définition 2.3.
Le groupe projectif orthogonal est le groupe PO(q) = O(q)/{Id, —Id}. De
même, on pose PO+(q) = O+(q)/ (Z fl O+(q)) et on a les groupes matriciels
correspondants PO(n,R) et PO+ (n,R.).
Théorème 2.4.
Le groupe O(q) est engendré par les réflexions orthogonales. Plus précisément, si
u est dans O(q), u est produit d’au plus n réflexions.
Démonstration. Soit u e O(q) et F“ = {x e E | u(x) = x} Pespace des points fixes
de u. Posons p.1 = n — dim F1,. Nous allons prouver que u est produit d’au plus pu
réflexions (on convient que Id est produit de zéro réflexion).
On raisonne par récurrence sur pu, le cas pu = 0 correspond à. u = Id.
Supposons p.1 > 0, soit x e Ful, x 7è 0, et soit y = �� On a y 7è x (car x nest
pas dans F11) et y E Fj car F11, donc aussi Fj‘, est stable par u. De plus, comme
on a = ||y||, on en déduit (x —— y l x + y) = 0 de sorte que x — y est orthogonal
àx+y
Soit alors 7- la réflexion définie par le vecteur x — y.
On a7-(x—y) =y—x et -r(x+y) =x+y, donc 7-(y) = x. De plus, comme x-y
est dans E}, on a 'r|1-.;_ = Id. On a donc l’inclusion F... D F1, et, comme x est
dans F", et pas dans F,“ on a P-ru < p.1 . Par hypothèse de récurrence, on peut
écrire ru = 7-1 . . .7; où les r,- sont des réflexions et 7' 5 pm, mais alors on a aussi
u=7-7-1...-r, etr+1 5p”, cqfd.
Remarques 2.5.
1) En fait pu est aussi le nombre minimal de réflexions nécessaires pour écrire
u, cf. Exercice 2.
2) Le théorème est encore vrai pour une forme quelconque, mais nettement plus
délicat lorsqu’il y a des vecteurs isotropes (cf. Chapitre VIH).
3) Si r est une réflexion, on a dét7- = —1 et donc, si u. est dans O"'(q), u est
produit d’un nombre pair de réflexions.
Théorème 2.6.
Pour n z 3, 0+ (q) est engendré par les renversements; précisément, tout élément
u E 0+ (q) est produit d ’au plus n renversements.
Démonstration.
1) Supposons n = 3. On a, si u 7€ Id, u = 717-2 où r1, 7-2 sont des réflexions (cf.
2.4 et 2.5.3). Mais, comme on a n = 3, —7-,- = a,- est un renversement (comme on
le voit aussitôt sur les matrices) et on a u = c102.
2) Pour n quelconque z 3, soit u e O+(q), on a u = 7-1 . . .721, avec 2p 5 n, les
7-.- étant des réflexions. Il suffit donc de prouver le lemme suivant :
Lemme 2.7.
Soit n z 3 et soient 7-1, 7-2 des réflexions, i1 existe des renversements a1, a2 tels que
T11’ 2 = 0' 10' 2.
Démonstration (de 2.7). Posons u = 7-17-2. Soient H1, H2 les hyperplans de 7-1, 7-2
et soit V un sous-espace de dimension n -— 3 de H1 n H2 (n’oublions pas qu’on a
n z 3). On a uIV = Id et donc u(VJ-) C Vl. D’après le cas 1) on a. ulyr = 0102
où a,- est un renversement de Vl, et on obtient le résultat en prolongeant les a;
par 1’identité sur V.

144 Le groupe orthogonal euclidien
3. Conjugaison et commutateurs.
On étudie la conjugaison des générateurs précédents dans O(q) et 0+ (q).
On commence par étudier la transitivité de l’opération de O(q) sur les sous-
espaces :
Lemme 3.1.
Soient V1, V2 deux sous-espaces de E de même dimension. Alors i1 existe u E 0* (q)
tel que u(V1) = I6.
Démonstration. Soit e1, . . . , e, (resp. 51, . . . ,5?) une base orthonormée de V1 (resp.
de I6) que l’on complète par une base orthonormée e,,+1, . . . , en (resp. sp+1, . . . ,5")
de V14‘ (resp. 1€‘). Alors si u e GL(E) est défini par u(e,-) = e,- pouri = 1, . . . ,n, on
a u(V1) = V2 et u, qui transforme une base orthonormée en une base orthonormée,
est une isométrie (cf. V, 4.4.3).
De plus, quitte à remplacer a1 par —s1, on peut supposer ‘u e 0+ �G&
Remarque 3.2. Ce résultat ne subsiste absolument plus pour une forme quadra-
tique quelconque (cf. Chapitre VIII, Th. de Witt). Par exemple si E = R2 et si q
est la forme hyperbolique définie par q(:z:, y) = x2 — y’, le groupe O(q) n’est plus
transitif sur les droites (il faut distinguer selon que l’on a q > 0, q < 0, ou q = O
sur D).
De plus, il ne faut pas croire que la situation est plus simple lorsque q est anisotrope
sur un corps autre que R. On s’en convaincra en étudiant le cas de la forme x2 +y2
sur Q (regarder, par exemple, les droites y = 0 et y = z) (cf. Exercice 1).
Proposition 3.3.
Soient s1, s2 deux symétries orthogonales de même nature (1'.e. telles que l’on ait
dimV1 = dimlè, avec V1 = E+(s1) et l6 = E+(s2), ctî V, 4.6).
Alors, s1 et s2 sont conjuguées « par 0+ (q) » (Le. i1 existe u E O+(q) tel que
us1u"1 = s2).
Démonstration. On prend u. e 0+(q) tel que u(V1) = l6 grâce à 3.1 et on conclut
par V, 4.8.
Proposition 3.4.
1) Pour n 2 2, on a D(O(q)) = 0"'(q).
2) Pour n _>_ 3, on a D(O+(q)) = O"'(q).
Démonstration.
1) I1 est clair que l’on a D(O(q)) C O+(q) car, pour un commutateur, on
a dét (uvu‘1v'1) = 1. Réciproquement si 71,72 sont deux réflexions, il existe
u. ë 0+ (q) tel que 72 = u71u’1 (c’est 3.3) et donc 7271 = u71u"171 = 11711171714
(1) est un commutateur. Comme tout élément de O+(q) est un produit pair de
réflexions, on a O+(q) C D(O(q)).
2) On a évidemment D(O+(q)) C 0+ (q). Réciproquement, il suffit de prouver
que tout renversement est un commutateur, et même, puisque les renversements
sont conjugués dans 0* (q), qu’un renversement est un commutateur. Pour ceci,
soit V C E de dimension 3 (on a. n z 3), muni d’une base orthonormée
(1) Bien sûr, pour une symétrie 7, qui est un élément d’ordre 2, on a 7 = 7".

La dimension 2 et les angles 145
(c1, c2, c3) et considérons les trois renversements a1, a2, a3 définis par aglyi = Id
et a,'(e,-) = e, (et donc a,-(e,-) = —e,- pour 1l 7è j). ,
On a alors a3 = 0'102. Mais, toujours par 3.3, il existe u e O+(q) tel que
a2 = uaurl et donc a3 = aluaycrl = aluaflu" est un commutateur.
Remarques 3. 5.
1) Pour n = 2, nous verrons que 0+(q) est commutatif, de sorte que l’on a
D(0"(q)) = {Idlo
2) La proposition 3.4 n’est pas vraie pour une forme quelconque. Par exemple,
si q est une forme d’indice 11 z 1 sur R et si n est z 3, le groupe dérivé Q(q) de
0+ (q) est un sous-groupe d’indice 2 de 0"‘ (q) (cf. [D] Chapitre II Q8).
4. La dimension 2 et les angles.
Dans tout ce paragraphe, on a n = dimE = 2. Rappelons, cf. V, 4.5 que les
isométries positives sont aussi appelées rotations. Pour des précisions concernant
la dimension 2, on se reportera à [PR].
Proposition 4.1.
1) Si u est une isométrie négative, u est une réflexion (i.e., ici, une symétrie
orthogonale par rapport à une droite).
2) Si u est une rotation elle s’écrit sous la forme u = 717-2 où les 7',- sont des
réflexions, 1’une d ’e1Ie pouvant être choisie arbitrairement.
3) Soient p 6 O"'(E) et T E O“(E). On a 7p?“ = p“.
4) Le groupe 0* (E) des rotations est commutatif; donc aussi 1e groupe 0+ (2, R)
des matrices orthogonales directes.
Démonstration. On notera que les points 1) et 2) sont des cas particuliers du
théorème 2.4.
Montrons cependant le point 1) sans utiliser 2.4. Soit u. e O'(E). On a donc
détu = —1. Le polynôme caractéristique de u est alors X 2 — (n u)X — 1. Son
discriminant vaut donc (’I‘r u)’ + 4 > O de sorte que u a deux valeurs propres
réelles. Comme u est une isométrie ces valeurs propres ne peuvent être que 1 ou
—1 (conservation de la norme). Comme leur produit est —1 ce sont donc 1 et —1,
et u qui a deux valeurs propres réelles distinctes est diagonalisable. En écrivant la
matrice de u dans une base où elle est diagonale on voit alors que u’ = IdE donc
u est une involution, donc une symétrie orthogonale, donc une réflexion (les seules
symétries possibles en dimension 2 sont les réflexions et —Id, mais cette dernière
est positive).
2) On prend pour T1 une réflexion quelconque et on pose T2 = 71-114. Il est clair
que r2 est une isométrie négative, donc une réflexion par 1) et on a alors u = 1'172
comme armoncé.
3) On écrit p = T7" comme produit de deux réflexions en imposant la première.
On a alors :
—1
rpr = TTT’ 7-"1
= 1"7' = p“.
4) Soient p, p’ e O+(E). Posons p’ = r7". Il s’agit ici de montrer la formule
p’ pp’ "1 = p. On obtient cette conjugaison par p’ en conjuguant successivement
par 1' (ce qui change p en p’1) puis par T’ (ce qui ramène en p).

146 Le groupe orthogonal euclidien
Forme matricielle des éléments de GO(q).
On détermine aisément par le calcul les éléments de GO(2,R). On trouve deux
types de matrices :
a —b a b
v4. .> cinq. -.>
avec a,b€Ret a2+b2>0.
Les matrices du type U1 forment un groupe noté GO+ (2, R) (similitudes directes),
isomorphe au groupe multiplicatif C* par l’application :
—b .
(z a ) r——> a + ‘Lb.
Comme le multiplicateur des similitudes de matrices U1 ou U2 est u = a2 + b2, on
trouve aussitôt les matrices de O(2, R) :
0+(2,R)={(‘; 4’) a,beR,a2+b2=1.}
(I.
—a
0*(2,R)=[(‘; b) a,bER,a2+b2=1.}
L’isomorphisme ci-dessus se restreint en un isomorphisme de 0+ (2, R) sur le
groupe U des nombres complexes de module 1.
On retrouve en particulier le fait que 0+(2, R) est commutatif.
Rappelons le résultat suivant : (cf. par exemple [C] Chapitre I €33) :
Proposition 4.2.
L’app11'cation (p définie par go(t) = e“ est un homomorphisme de groupes du groupe
additif de R dans U, surjectif, de noyau 27rZ qui induit un isomorphisme de
groupes topologiques de R/21rZ sur U.
On pose e“ = cost +1‘ sin t, ce qui permet d’écrire tout élément de 0+ (2, R) sous
la forme :
cos t —— sin t
R(t) = (Smt cost ), avec t E R.
Définition 4.3.
L’é1ément î, image de t dans R/21rZ, s’appe11e 1’angIe de R(t). Le groupe R/27rZ
s’appe11e 1e groupe des angles.
Remarques 4.4.
1) Si î G R/27rZ est Pimage de t, on dit que t est une mesure de l’angle î,
toute autre mesure de î étant alors de la forme t+ 2km‘, k e Z. Il faut utiliser ce
terme avec prudence : par exemple, comme R/21rZ contient des éléments d’ordre
fini (images de 7r, 7r / 2, . . .), on ne peut parler d’angle plus petit qu’un autre, et les
inégalités portant sur les mesures sont donc de peu d’intérêt (cf. [D1] Annexe 1 ou
[B] 8.7).
2) On peut construire un corps k ordonné tel que, sur k, la plus grande partie de
l’étude du groupe euclidien soit identique à celle que nous avons faite sur R, mais
où il n’existe pas d’homomorpl1isme du type de 4p (cf. [D1] Annexe 1 ou ci-dessous
Exercice 4).

Structure des éléments de O(q) 147
3) Dans le cas du corps évoqué en 2), on peut cependant parler d’angles : le
groupe des angles est alors simplement le groupe Uk, ou O+(2,k), mais noté
additivement (cf. [D1] Ch. V Q4).
Angle d ’une rotation
On choisit une orientation de E, dest-à-dire une base orthonormée particulière,
(61,62). Si (61,62) est une autre base orthonormée, elle sera dite directe, ou
positive (resp. indirecte ou négative) si l’unique élément u e O(q) défini par
u(e,') = e, est dans O+(q) (resp. dans O“(q)). Alors si p E O"'(q), on appelle
angle de p, Pangle de la matrice de p dans n’importe quelle base orthomormée
directe (comme 0+ (q) est commutatif, cette matrice R ne dépend pas du choix de
la base directe). Attention, dans une base indirecte, p a pour matrice R-l, d’angle
opposé à celui de R. Pour des compléments géométriques sur les angles, angles de
vecteurs, de droites, ...on se reportera à [D1] Ch. V €34, à [B] 8.6 et 8.7, à �0@
Ch.V ëII, III, IV ou à [PR].
5. Structure des éléments de O(q).
Dans ce paragraphe on revient au cas général d’un espace euclidien (E, q) de
dimension n.
Théorème 5.1.
Soit u e O(q). L’espace E est somme directe orthogonale :
E=VJ.W_LP1J....J_P,
où r est un entier z 0, où V,W,I-",- sont des sous-espaces stables par u, avec
u|v = Idv, u|w = —Idw, et où dimP, = 2 et ulp, est une rotation plane, distincte
de ïFIdpi.
Remarque 5.2. Matriciellement, dans une base orthonormée convenable, u a donc
pour matrice :
— 1 0
cos 01 — sin 91
sin 01 cos 91
sin 0, cos 0,
avec 0,- e [0,27r[, et 0,- aé Û,1l'.
Démonstration (de 5.1) On procède par récurrence sur n. Pour n = 1, c’est clair,
et pour n = 2, cela résulte de 4.1 et 4.2. Supposons donc n 2 3.
Il suffit de trouver un sous-espace F de E, non trivial, et stable par u. En effet,
FJ- sera lui aussi stable par u et on appliquera la récurrence à F et F-L.

148 Le groupe orthogonal euclidien
Si u admet une valeur propre réelle (nécessairement égale à îFl), c’est terminé.
Remarquons que ceci se produit en particulier si n est impair ou si on a dét u. = —1.
Sinon, soit À une valeur propre de u sur C, À i R, de sorte que Î est aussi valeur
propre de u. Soit m e EC (complexifié de E) un vecteur propre de u relatif à À
et soit E, son conjugué, qui est propre pour u relativement à Î. Le plan (sur C),
:1: + ‘a? et a: — î
2 21'
forment une base de P. Comme u est réel, le plan (sur R) engendré par
a: — ‘a?
22'.
Remarques 5.3.
O) Les sous-espaces V et W sont bien déterminés par u (ce sont des sous-espaces
propres). En revanche, les P,- peuvent ne pas l’être si les valeurs propres complexes
de u ont des multiplicités 2 2.
1) On peut éviter le recours à la complexification dans la démonstration du
théorème (cf. Exercice 1).
2) Si n est impair, V ou W est non nul.
3) Si on a détu = —1, W est non nul.
4) Si n est impair et détu = 1, V est non nul.
5) Si u e O+(q) on a dimV E n (mod. 2).
Exemple 5.4. Le cas n = 3.
1) Soit u e 0+ (q). D’après la remarque 4), u admet la valeur propre +1 ; on a
les cas suivants :
1 Û 1 0 Û
0 0 , O -1 0 (renversement),
0 1 0 0 -1
O
1
0
1 o 0 _
0 cos0 —sin0 avec 0 G R, 9 9E 1rZ, rotation d’axe Rel, d’angle 9.
P = Cm + Cî est invariant par no. Mais les vecteurs sont réels et
x+î
t
2 e
est invariant par u.
2) Soit u e O‘ (q), u a la valeur propre -1 (remarque 3). On a les cas suivants :
- 1 0 0 - 1 0 0
—Id = 0 ——1 O , 0 1 0 (réflexion),
Û 0 - 1 0 0 1
——1 O 0
0 cos 0 — sin 0 (produit de trois réflexions).
0 sinû cos 0
6. La simplicité du groupe O+(3,R).
Théorème 6.1.
Le groupe 0+ (3, R.) est simple.
Démonstration. Soit N un sous-groupe distingué de 0+ (3, R) avec N 76 {1}, il
s’agit de prouver que N est égal à 0+ (3, R).
1) Comme les renversements engendrent 0+ (3) (cf. 2.6) et sont conjugués dans
0+ (3) (cf. 3.3), il sufiit de prouver que N contient un renversement.

La simplicité du groupe 0+ (3, R) 149
2) Soit u e N, u 76 Id. D’après 5.4.1, u est une rotation d’axe Ra, avec ||a|| = 1,
et d’angle 0, avec pour matrice, dans une base orthonormée convenable :
1 0 0
U= 0 cosâ —sin0
0 sin0 cos0
Si 0 = 1r, u est un renversement, sinon, comme on a aussi u“ e N, on peut
supposer O < 9 < 1r. Soit P le plan orthogonal à Ra et notons S2 la sphère unité
de E :
S2 ={:1: e E| l|æ|| = 1}.
Soit æ un point de l’équateur de S2 (Le. un æ e P n S2) et soit y = u(x). On a la
figure ci-dessous :
Posons d = ||a: — yll- Un calcul immédiat fournit d’ = 2(1 — cos 0).
3) On a la propriété suivante :
Vm, 0 5 m 5 d, 3 x1422 e S2, u(a:1) = x2 et ||m1 —x2|| = m.
Géométriquement, c’est clair. En effet, u transforme S2 en elle-même et conserve
a. Le méridien de a: se transforme donc en celui de y et lorsque 2:1 varie sur ce
méridien entre a: et a, ||æ1 —u(æ1)|| varie entre d et 0. De façon précise, on considère
lœvecteursz+Àa, ÀGR. Ona:
+À
||w+z\a||2 = 1 +/\2 donc 2:1 = e S2 et
d
||ü(9=1)-Œ1||= ���
d’ —-m2
Il suffit alors de prendre, si m 9E 0, A = m
4) Soit alors m tel que 0 5 m 5 d. Si y1,y2 sont dans S2 avec ||y1 —y2|| = m, il
existe u’ e N, tel que u’ (yl) = y2. r
En effet, il existe s e O+(q) tel que 3(1);) = an, s(y2) = m2 (c’est le troisième « cas
d’égalité des triangles >> cf. Exercice 1). On pose alors u’ = s"1us, on a u’ e N,
puisque N est distingué et u’ (yl) = y2.
5) On va maintenant prouver que N contient un renversement en obtenant
celui-ci comme composé de « petites » rotations, au sens de 4). Soit n e N et p“
la rotation d’axe a et d’angle 1r/n. On a Ha: — p,,(a:)|| = 2(1 — cos1r/n). Comme R
est archimédien, le rapport 1r/ n tend vers 0 quand n tend vers +00 et donc pour
n assez grand on a Ha: — p,,(æ)|| 5 d.

150 Le groupe orthogonal euclidien
On pose alors x0 = æ, x1 = p,,(œ), . . . ,23,“ = p,,(a:,') . . ., et on a zn = —æ.
Comme on a Mm,“ — p� = H151 —œ0|| = p~( —- p,,(x)|| 5 d, il existe u, E N tel
que 0�1 = m,” (cf. �s� Mais alors, si on pose v = un...u1, on a v E N et
v(a:) = —:1:.
Il en résulte que v est un renversement (cf. 5.4), et le théorème est démontré.
Remarques 6.2.
1) Nous avons déjà remarqué au ä3 que dans le cas d’une forme quadratique
quelconque, les renversements ne sont pas conjugués en général. La démonstration
précédente ne subsiste donc pas et, de fait, si on considère une forme non positive
sur R, ou une forme définie positive sur Q, le groupe 0+ (3) correspondant n’est pas
simple (cf. Exercice 4 pour l’étude du groupe euclidien rationnel, où le Théorème
6.1 est spectaculairement en défaut).
2) Si k est un corps ordonné et q une forme définie positive sur k, la Proposition
3.3 est encore valable si et seulement si k est euclidien, dest-à-dire :
Vaek, a>0 => aestuncarrédansk
(en efl’et, il existe alors des bases orthonormées pour q et toutes ses restrictions).
3) Cependant, l’hypothèse k euclidien n’est pas suffisante pour assurer la validité
de 6.1. En effet, nous avons utilisé de façon essentielle une autre propriété de R :
le fait que R est archimédien.
Si k n’est pas archimédien, le Théorème 6.1 est inexact : il existe dans k des
éléments 6 > 0 « infiniment petits », c’est-à-dire tels que : Vn e N, ne < 1. Pour
un tel élément on écrit a << 1.
Soit alors N = {u E O+(q) IVæ E S2 (sphère unité), � — m) << 1}.
Alors N est un sous-groupe distingué de 0+ (3, k), non trivial, cf. Exercice 2, ou
aussi [A] Ch. V 52,3.
4) Il n’est pas immédiat de construire un corps k euclidien et non archimédien.
On peut partir de Panneau R[T], ordonné par :
anT"+---+ao>0<=>a,,>0,
de sorte qu’on a alors T >> 1. On ordonne R(T) de l’unique manière compatible,
1/T est alors un infiniment petit. Mais R(T) n’est pas euclidien, et pour trouver
k, il faut prendre une clôture réelle de R(T) (cf. [L] Ch. ��
7. La simplicité de PO+ (n, R) pour n _>_ 5.
Théorème 7.1.
Le groupe PO+(n,R) est simple pour n = 3 et pour n z 5.
Remarque 7.2. Le cas n = 4 est exceptionnel et sera étudié au chapitre VII.
Démonstration (de 7.1)
1) Lecasn=3aétévuauê6.
2) Soit Î un sous-groupe distingué de PO+ (n, R), avec Î 9è �U! Il lui
correspond un sous-groupe N de 0+ (n, R), distingué et contenant le centre Z (O+),
avec N 7è Z (O+). Il s’agit de prouver que N est égal à 0+ (n, R). En vertu de 2.6
et 3.3, il suffit de montrer que N contient un renversement.
3) L’idée est de se ramener à la simplicité de 0+ (3, R) (cf. 6.1), par une méthode
analogue à celle de I, 8.1.

La simplicité de PO+(n, R) pour n z 5 151
Soit U un sous-espace de E, de dimension 3, on a un plongement de O+(U) dans
O+(E) donné par s H s_LIdUI et O+(U) s’identifie ainsi à un sous-groupe de
O+(E).
Soit N1 = N n O+(U), on a N1 <l| O"'(U), donc, (cf. 6.1) si N1 n’est pas réduit à
{Id}, on a N1 = O+(U), en particulier si s est un renversement de U, s est dans
N1, donc s Lldui, qui est encore un renversement, est dans N , et on a gagné.
4) Tout revient donc à trouver U, de dimension 3, tel que N fl O"'(U) 7E {Id},
autrement dit, à trouver s e N , s 76 Id, dont l’espace des points fixes K soit de
dimension z n — 3.
Comme s est une rotation, on aura, en fait, dim V, = n — 2, (cf. 5.3.5) et donc, s
sera de la forme s = 757c, où 77,, ‘rc sont des réflexions (cf. 2.4).
5) L’idée, comme au Chapitre I, 8.1 est de prendre pour s un commutateur
s = pap‘1o'1 avec p e N et a E O+(n, R), ce qui assure que s est dans N, et de
choisir a avec beaucoup de points fixes.
(Attention, comme a doit être une rotation, on ne peut prendre pour a une
réflexion 77, qui donnerait pourtant un commutateur de la bonne forme :
si c = p(b), s = pTbp-lfl, = 7677,.
Mais pour afiirmer alors s e N , il faudrait que N soit distingué dans O(n, R), et
pas seulement dans 0+ (n, p�
6) On prend donc a = 71,771, on a a e 0+ donc s = pap'1a'1 E N et s s’écrit :
5 = pTbp—lpTap—lTaTb = Tp(b)7'p(a)7'a7'b
et s sera de la forme voulue si on a Tpw) = ra, c’est-à-dire p(a) = IFa.
Si de plus, p est distinct de IFId, on choisira b tel que b et c = p(b) ne soient
pas colinéaires. Alors s = 7'671, sera distinct de Id et on aura réalisé le programme
énoncé en 4).
7) On est donc ramené à trouver un élément p E N , p 7è IFId, et possédant un
point fixe a 9è 0 (on mesurera les progrès par rapport à 4)).
Pour ceci, on part de v E N , v 9€ IFId, et d’un renversement u de plan P. Alors
p = vuv’1u”1 est dans N et p est le produit de deux renversements, 1K1 = u de
plan P et vuv-l de plan v(P). Il en résulte que p laisse fixe Pl fl v(P)J- qui est
de dimension z n — 4, donc, (et c’est ici qu’apparaît la nécessité de l’hypothèse
n z 5) strictement positive.
De plus, on aura p 96 Id pourvu que v(P) ne soit pas égal à. P, ce qui, puisque
v n’est pas une homothétie, est vrai pour au moins un plan P (cf. Chapitre IV
€32 Exercice 10). Comme p a un point fixe, il est clair qu’on a p 9è —Id, et la
démonstration est achevée.
Remarques 7.3.
1) Lorsque la dimension n est impaire, l’existence d’un point fixe pour p dans
0+ (n, R) est claire (cf. 5.3.4) ce qui simplifie la fin de la démonstration.
2) La démonstration ci-dessus montre aussi, en tenant compte de la remarque
faite en 5), que si N est un sous-groupe distingué de O(n, R), contenant le centre
et distinct du centre, N contient 0+ (n, R) et ce, dès que n z 3 (cf. Chapitre VII
pour comprendre le cas n = 4).

152 Le groupe orthogonal euclidien
8. Les automorphismes de O+(3,R).
Dans ce paragraphe, nous utiliserons le théorème fondamental de la géométrie
projective, pour lequel nous renvoyons à [B] Ch. 5 ou à [D] Ch. III fil. Le lecteur
est supposé avoir une certaine familiarité avec quelques notions élémentaires de
géométrie projective (alignement, etc).
Théorème 8.1.
Tout automorphisme de 0+ (3, R) est intérieur.
Démonstration. On pose G = 0+ (3, R). Soit <p un automorphisme de G.
L’idée de la démonstration, analogue à celle de I, 8.7, est de considérer les
involutions de G i.e. les s e G tels que s2 = Id et s 7è Id. Dans le cas présent, ce
sont exactement les renversements. Comme <p(s2) = <p(s)2 = <p(Id) = Id, on voit
que <p transforme renversement en renversement et de même <p"1.
Mais, on peut associer, de manière bijective, à tout renversement, son axe, c’est—à-
dire une droite vectorielle de R3, ou encore, un élément de P2 (R), espace projectif
associé, (cf. Chapitre IV ëä).
On constate donc que (p induit une bijection, notée 2,0, de P2(R) dans P2 (R)
donnée par la formule <p(s,) = swz) et nous allons prouver que 1,!) conserve
Palignement.
Si les points m, y, z de P2 (R) correspondent aux droites Dæ, Dy, Dz, par définition
de l’alignement projectif, ces points sont alignés si et seulement si les droites
D_.,,D,,,D, sont coplanaires, ce qu’on peut traduire en disant qu’il existe une
droite A perpendiculaire commune à Dz, Du, Dz.
On cherche donc à traduire algébriquement sur les renversements le fait que leurs
axes soient orthogonaux. On a le lemme suivant, qui est laissé au lecteur :
Lemme 8.2.
Soient s1, s2 des renversements d ’a.xes D1, D2 distincts. Alors on a S132 = 52.91 si
et seulement s1’ D1 et D2 sont orthogonaux.
Alors, si sa est le renversement d’axe Du, la condition d’alignement se traduit
ainsi : a2, y, z sont alignés si et seulement s’il existe un renversement s qui commute
à. 3,, sy et 3,.
Mais alors, si on a s3, = sxs, on a, en appliquant cp, cp(ssœ) = <p(s,_.s) donc
<p(s)<p(s,,) = <p(s,,)<p(s), et donc, le renversement <p(s) commute à <p(s,,,), <p(sy),
<p(s,), i.e. à 3)“), 344,), 344,), de sorte que 21:01:), 1/2(y), 1/J(z) sont alignés.
En vertu du théorème fondamental de la géométrie pro jective (loc. cit.) il existe
alors u e GL(3, R) tel que, si ü est l’homographie déduite de u, on a ü = 1b.
Si a: est un point de P3(R) et si D, est la droite associée on a alors : u(D,) =
Dm) = 171mm)-
D’autre part, en vertu du lemme 8.2, u conserve l’orthogonalité, donc (cf. V, 7.1),
u est une similitude : u E GO(3,R).
On a donc u = hg!!! où v est une isométrie et h). une homothëtie (cf. 51). Mais
alors on a U = Ü et on peut supposer u e O(3, R). De plus, si on a u e O’(3,R),
on a —u e 0+ (3, R) et ÏÎÏ = ‘ü, donc on peut supposer u e O+(3, R).
Mais alors, on a pour tout g E G, <p(g) = ugzfl ce qui prouve que (p est intérieur.

Les automorphismes de 0+ (3, R) 153
En effet, il suffit de le vérifier sur les renversements, cf. 2.6, or, si s, est le
renversement d’axe D, on a <p(s,) = 31m3, renversement d’axe Dwm, par
définition de 1/1. Par ailleurs, uszu-l est le renversement d’axe u(D,) = Dwz)
(cf. V, 4.8), donc on a bien <p(s,,) = usæu-l, cqfd.
Remarque 8. 3. Ce type de démonstration s’app1ique à de nombreux autres groupes
(cf. [D] Ch. IV). Des difficultés supplémentaires proviennent du fait qu’il y a, en
général plusieurs types d’involutions (l’exemple de 0+ (5,R) est instructif à cet
égard, cf. Exercice 1).
Signalons enfin le cas n = 8 où se produit un phénomène très intéressant, appelé
la « trialité ». On a, dans ce cas : Aut 0+ (8)/Int 0+ (8) z 63.

EXERCICES SUR LE CHAPITRE VI
1. Notations et rappels.
1) Soit k un corps totalement ordonné, E un k-espace vectoriel, q une forme
positive sur E (i.e. vérifiant Va: e E, q(m) z 0) et non dégénérée.
Montrer que q est définie positive.
2) Démontrer Pinégalité de Minkowski :
H90 + 21H S HŒII + Ilyll, avec Ilmll = x/(ŒIŒ)
3) Avec les notations du êl, on pose :
GO+(q) = {u E GO(q) Idét u > 0}.
a) Montrer que GO+(q) est un sous-groupe distingué de GO(q).
b) Montrer qu’on a des isomorphismes :
00(4) E 0(q) >< R“,
G0+(<1) ï Û+(q) >< 3+‘,
(cf. Chapitre V ‘Q5 Exercice 3).
4) Soit k un corps totalement ordonné et E un k—espace vectoriel de dimension
n. A quelle condition sur k existe-t-il, pour toute forme q définie positive sur E,
une base de E orthonormée pour q ?
5) Montrer que les groupes suivants ne sont pas isomorphes :
o+(2,Q) = {A e GL(2,Q) 154A = 1 et détA = 1} et
O;(Q,J)={AEGL(2,Q)|‘AJA=JetdétA=1} avec J=(â �<�
(on cherchera des éléments d’ordre 4 dans ces groupes).

Conjugaison et commutateurs 155
6) Montrer que si on a k = Q et s’il existe une base orthonormée relative à q
sur Pespace E, de dimension z 2, il existe F C E tel que qIF ne possède pas de
base orthonormée.
2. Générateurs et centres de O(q) et O+(q).
1) Démontrer les théorèmes 2.1, 2.4, 2.6 pour une forme anisotrope sur un corps
quelconque, (de caractéristique différente de 2, bien sûr).
2) On reprend les notations du théorème 2.4.
Soit u e O(q) et mu = inf{r e NIu = 1'1...'r,} où les 1',- son‘t des réflexions
orthogonales.
a) Montrer qu’on a mu = pu.
b) Montrer que, si u e O+(q), on a dim F“ 5 n (mod. 2).
3. Conjugaison et commutateurs.
1) Soit q la forme quadratique sur Q2 définie par q(:1:, y) = x2 + 312. Soit
c1 = (x1, y1), c2 = (m2, yg) deux vecteurs non nuls de Q2, D1 =< c1 >, D2 =< 62 >
les droites engendrées.
A quelle condition existe-t-il u e O(q) tel que u(D1) = D2 ?
Montrer que les orbites de O(q) dans l’ensemble P1(Q) des droites de Q2 sont en
bijection avec une partie de Q*/Q*2 que l’on précisera, à. l’aide de II, 6.9.
2) Soit k un corps ordonné euclidien (i.e. tel que tout a e k, a z 0, est un carré
dans k), et soit q une forme définie positive sur k.
Montrer que le lemme 3.1 est encore vrai. Réciproquement, si un corps ordonné k
est tel que le lemme 3.1 soit vrai pour toute forme définie positive, montrer que k
est euclidien.
3) Montrer que sur un corps ordonné euclidien les Propositions 3.3 et 3.4 sont
encore valables.
4) Un lemme général sur les groupes dérivés.
Soit G un groupe, G2 le sous—groupe de G engendré par les carrés des éléments de
G.
a) Montrer qu’on a D(G) C G2.
b) On suppose G engendré par des involutions. Montrer qu’on a G2 = D(G).
c) On suppose G engendré par des éléments s e S, tous conjugués. Montrer
que G / D(G) est monogène; cas où læ éléments de S sont des involutions.
d) Appliquer ces résultats aux calculs des groupes dérivés de 6", ûtn, O(q),
O*'(q) . . . (remarquer que les cycles d’ordre 3, les renversements, sont des
carrés).

156 Chapitre VI : exercices
5) Montrer que D(O(2, Q)) n’est pas égal à 0+ (2, Q) (remarquer que O"'(2, Q)
est commutatif, isomorphe à. U n Q(i), cf. ä4, et que z’ n’est pas un carré dans ce
groupe, et conclure par Exercice 4,b)).
4. La. dimension 2 et les angles.
1) Démontrer la Proposition 4.1 pour une forme anisotrope quelconque.
2) Vérifier matriciellement l’assertion 4.1.1.
3) Montrer que si k est euclidien et si q est définie positive sur E, k-espace
de dimension 2, le groupe 0+ (q) est encore isomorphe au groupe des matrices
(Z 1b), avec a, b e k, a2 + b2 = 1, donc aussi au groupe Uk des éléments a+bi
de Pextension K = k(i) avec i2 = —1, tels que a2 + b2 = 1.
Pour le cas général, cf. Chapitre VIII 56.
4) On reprend les notations de l’exercice 9 du chapitre III 51.
a) Montrer que K est euclidien.
b) Montrer que K est archimédien.
c) Montrer que tous les théorèmes énoncés dans ce chapitre restent vrais pour
une forme positive sur K, sauf :
— la proposition 4.2 (cf. ci-après),
— le théorème 5.1 qui n’est vrai qu’en dimension 5 3 (et sans cosinus dans la
forme matricielle).
Vérifier soigneusement, en particulier, le théorème 6.1.
d) Montrer qu’il n’existe pas d’isomorphisme analogue à. Pexponentielle,
cp : (K/aZ,+) —> Ux avec a. 6 K‘ et UK = {a+ib E U|a,b e �� (Montrer
qu’il existe dans K / aZ des éléments de tout ordre n e N*, mais que U K ne contient
pas d’élément d’ordre 11, cf. Chapitre III êl Exercice 9, e)). On consultera [D1]
Annexe 1 pour des compléments sur ce sujet.
5. Structure des éléments de O(q).
1) Une autre démonstration du théorème 5.1.
Les notations sont celles du êl, on suppose n z 3. On désigne par S la sphère
unité de E, on a donc S = {z e E | IIxH = \/q(z) = 1}. Soit u e O(q).
a) Montrer qu’il existe a: e S tel que ��� — �� soit minimum. Montrer que
ceci équivaut à. dire que a = (a: |u(:z:)) est maximum.
b) On suppose y = u(:v) 7€ 4:23. Montrer que a. est distinct de Çl. Soit P le
plan <æ,y>, on pose b = (a: | u2(:1:)). Montrer qu’on a 1 + b = 2a’ (raisonner par
Pabsurde en montrant que si 1 + b 9E 2a’, il existe z E S flP tel que (z | u(z)) > a).
Interpréter la condition 1 + b = 2a’ en termes d’angles.

La simplicité de 0+ (3, R) 157
c) Montrer que le plan P est stable par a (si z = u(y) on écrira m, y, z dans
un système orthonormé æ, j, k, avec j E P).
d) Montrer qu’il existe un sous-espace F de E, distinct de {O} et E et stable
par a et en déduire une nouvelle démonstration de 5.1.
2) Soit k un corps totalement ordonné, muni de la topologie de l’ordre. Soit C’
le cercle unité de k2 :
C={(œ,y)€k2|x2+y2 = 1}, et soit l"={(:1:,y)€C|:L-z0}.
a) Montrer que l’application cp : [-1,1] ——> I‘ donnée par :
(m): (142 2t )
1+t2’1+t2
est un homéomorphisme et calculer <p71.
b) Déduire de a) que la sphère unité
s= {(œ1,...,a:n)€k"| 23253:1}
i=1
est compacte si et seulement si les segments [a, b] pour a, b E k le sont.
c) Montrer que si S est compacte, k est euclidien (utiliser b) et pour trouver
(Æ, pour a > O, une suite récurrente du type an“ = x” + Mxä — a) avec À
convenable ou, si l’on préfère, la fonction f = {:122 — al).
d) Montrer que si S est compacte, k est archimédien (utiliser b) et remarquer
que si k n’est pas archimédien la suite des entiers est bornée mais n’a pas de valeur
d’a.dhérence).
e) Déduire de ce qui précède que si S est compacte, le corps k est isomorphe
à R (cf. par exemple, [LFA] Ch. 1 Th. 1.8.5).
3) Montrer que la démonstration du théorème 5.1 donnée dans le cours reste
valable pour un corps k réellement clos (i.e. euclidien et tel que tout polynôme
de degré impair admette une racine dans k, tout ceci impliquant que �7e est
algébriquement clos, cf. 0An Ch. XI ë2 Th. 1).
Comparer avec la démonstration de Pexercice 1 (cf. Exercice 2).
6. La simplicité de 0+(3, R).
1) Troisième cas (Pégalité des triangles.
On reprend les notations du 51, avec n _>_ 2.
Soient wwnrfly’ e E. On suppose HŒH = IWII, llyll = Hzfll, llw - yll = Hz’ - s/ll-
Montrer qu’il existe u 6 O(q) tel que u(æ) = æ’, u(y) = y’ (si a: et y ne sont pas
colinéaires, considérer le plan < a‘, y>).
On suppose n = 2. Montrer que si m, y ne sont pas colinéaires u est unique.
On suppose n z 3. Montrer qu’on peut imposer u E 0+ @u/

158 Chapitre VI : exercices
2) Soit k un corps ordonné non archimédien et q la forme définie sur k3 par
q(a:,y, z) = :132 + 312 + z’. On dit qu’un élément s > O de k est infiniment petit si
et seulement si pour tout n e N on a ne < 1 et on écrit alors e << 1.
Soit N = {u e 0+ (q) |Vœ E S, q(u(:r) — æ) << 1} (où S désigne la sphère unité de
l’espace vectoriel p��
a) Montrer que N est un sous-groupe distingué de 0+ (q).
b) Montrer qu’on a N 7E 0+ (q) (considérer un renversement).
c) Montrer qu’on a N 96 {Id} (utiliser une matrice de rotation « d’a.ngle » 0
avec t = « tan ë » infiniment petit, cf. ä5 Exercice 2).
d) En déduire que 0+ (q) n’est pas simple.
3) Étude de Panneau Z2.
On rappelle que si a: est un rationnel non nul, a: s’écrit de manière unique a: = î,
avec p, q E Z, (p, q) = 1 et q > 0. Dans toute la suite, le symbole 2 aura toujours
<1
cette signification.
On pose Z2 = {æ = Ê e Q‘ Iq impair} U {O}.
a) Montrer que Z2 est un sous-anneau de Q contenant Z.
b) Calculer Z; et montrer que l’idéal 2Z2 est l’unique idéal maximal de Z2
(on dit que Z2 est un anneau local).
c) Montrer qu’on a Z2/2Z2 z F2.
d) Soient x, y, z e Q tels que :122 + y’ + z2 = 1. Montrer qu’on a x, y, z E Z2.
4) Étude du groupe 03(Q, pn�
Dans cet exercice, E désigne la forme euclidienne :
E(a:,y,z) = x2 + yz + zz.
On pose O(3, Q) = 03m, E) = {A e M(3, Q) 1 ‘AA = I}.
a) Montrer que O(3, Q) est inclus dans M(3, Z2) (cf. Exercice 3).
b) Pour r e N*, on pose :
G, = {A E O(3,Q) l A = I + 2"B avec B e M(3, 22)}.
Montrer que G, est un sous-groupe distingué de O(3, Q).
c) Montrer qu’on a n G, = {I
TGN‘
d) Montrer que G1 est distinct de O(3, Q) et que G1 n’est pas inclus dans
0+(3, Q)-
e) Montrer que pour r z 1, on a GT+1 C G, et Gr+1 96 G, (on pourra
considérer u = ‘relu, où Te, est la réflexion relative à 8,‘, avec e1 = (1,0, 0),
e; = (1,2"’1,0)).
f) Montrer que, pour r z 2, on a G, C 0+ (3, Q) (considérer, sinon, un vecteur
propre relatif à -1 de A E Gr).
g) Montrer que, pour r _>_ 2, on a G,/G,.+1 z (Z/2Z)3 (si A = I + 2’"B est
dans G, on lui associera la matrice Ë obtenue par réduction modulo 2 à partir de
B et on montrera que Ë est une matrice alternée, i.e. antisymétrique avec en plus,
caractéristique 2 oblige, i,- = 0).

Les automorphismes de 0+ (3, R) 159
h) Montrer qu’on a un isomorphisme O(3, Q)/G1 z 0(3,F2), où l’on a posé
O(3, F2) = {A e M(3,F2) | ‘AA = I} z 63
(si A est dans O(3, Q), on lui associera aussi sa réduction  modulo 2).
i) Montrer qu’on a G1/G2 z (Z / 2Z)4 (utiliser le même homomorphisme qu’en
g), mais montrer que cette fois Pimage est le sous-espace de M(3,F2) engendré
par les matrices diagonales et par la matrice dont tous les termes valent 1).
j) Résumer les propriétés de O(3, Q) sur un diagramme où l’on figurera les
sous-groupes Gr et les divers quotients. Comparer au Théorème 6.1 du cas réel!
8. Les automorphismes de O+(3,R).
1) On désigne par E un espace vectoriel réel de dimension 5, muni d’une forme
euclidienne q.
a) Soit u e 0+ (q) tel que ‘U2 = Id et u 9è Id. Montrer que u est un
renversement ou que —u est une réflexion (dans ce cas, u sera appelée une
antiréfiexion) .
b) Montrer que les antiréfiexions engendrent 0+(q) et qu’elles sont toutes
conjuguées.
c) Soit a un renversement et T‘ une antiréflexion. Calculer les centralisateurs
c(a) et c(r) de a et 7' dans 0+(q).
d) Montrer qu’on a D(c(a)) z 0+ (2, R) x 0+(3,R) et D(c(7')) z 0+(4, R).
En déduire que 0(0) et c(r) ne sont pas isomorphes.
e) Soit <p un automorphisme de 0+(q). Montrer que Pimage par 4p d’une
antiréflexion est une antiréflexion.
f) Si 7' est une antiréfiexion, on lui associe la droite D = Ker (r — Id) et on
écrit alors 7' = 7D. Montrer que <p induit une bijection w de P(E) par la formule
soma) = Tww)»
g) Soient D1,D2,D3 trois droites distinctes de E, n = 7D‘ Pantiréfiexion
associée à D,- et posons C = c(7-1) n c(7'2) n c(r3).
Préciser le groupe C et montrer en particulier qu’on a D(C) z 0+ (3,R) si D1,
D2, D3 sont coplanaires et D(0') z 0+ (2, R) sinon. En déduire que «p conserve
Palignement.
h) En considérant le centre du groupe c(1'1) n c('r2), montrer que z/J conserve
l’orthogonalité.
i) Montrer, comme en 8.1, que 4p est intérieur.
j) Généraliser cet exercice au groupe 0+ (2n + 1, R), avec n E N*.

VII. QUATERNIONS
Les quaternions, inventés en 1843 par le mathématicien irlandais William Hamjl-
ton, jouent, en dimension 3 et 4, vis à vis des groupes orthogonaux, un rôle analogue
à celui des nombres complexes en dimension 2, à la différence notoire qu’il n’y a
plus commutativité.
1. Définition du corps H.
a) Définition.
Théorème et définition 1.1.
H existe une algèbre H de dimension 4 sur R, appelée algèbre des quaternions,
munie d’une base 1,z',j, k telle que :
a) Pélément 1 est élément neutre pour la multiplication,
b) on a les formules :
i2=j2=k2=—1,jk=—kj=i, ki=—ik=j, ij=—ji=k.
Le corps des nombres réels est isomorphe à la sous-algèbre des quaternions de la
forme a..1, a e R, avec laquelle on Pidentifie. Un quaternion s’écrit alors :
q=a+bi+cj+dk, avec a,b,c,d€R.
Démonstration. Il y a plusieurs méthodes pour prouver l’existence de H, mais
toutes requièrent un minimum de calculs. C’est assez normal, dans la mesure où
cette existence est non banale, voire exceptionnelle (cf. 54 b,c) et où on en déduit
presque directement des propriétés non triviales des groupes orthogonaux (cf. ë2
et Q3).
a) La première méthode consiste à prendre pour H Pespace R4 muni d’une base
1, z’, j, k et à définir la multiplication par bilinéarité à partir des formules ci-dessus.
Il faut alors vérifier l’associativité sur la base. C’est facile, mais fastidieux, encore
qu’on puisse réduire le nombre de calculs en utilisant les symétries des formules
(cf. [B1] Ch. I âl ou ci-dessous Exercice 2).
b) Une deuxième méthode consiste à trouver une représentation de H comme
sous-algèbre de M(4, R). Pour ceci, on suppose la construction déjà effectuée et on
fait opérer H sur lui-même par multiplication à gauche : on pose, pour q, q’ G H,

162 Quaternions
Tq(q’) = qq’. L’application Tq est linéaire et si q = a + b2’ + cj + dk, la matrice de
Tq dans la base 1,z',j,k est :
a —b —c —d
b —d
M01) = c g a ——cb
d —c b a
Cette analyse étant faite, on définit alors H comme 1’ensemble des matrices de
cette forme et on vérifie les conditions requises. En particulier, on a les formules :
c) On peut aussi représenter H comme sous-algèbre de M(2, C), cf. Exercice 4
ou 54 a).
b) Conjugue’, norme, inverse.
Définition 1.2.
Soit q e H, q = a + bi + cj + dk avec a, b, c,d E R. On définit 1e conjugué “â de q
parla formule q = a — bz’ — cj — dk.
Proposition 1.3.
L’app11'cat1'on q r—> ä de H dans H est un antiautoiïlorphisme de H (Le. elle est
R-linéaire et Vérifie, pour tous q1, Q2 E H, qlqg = qîŒ.)
Démonstration. On peut, soit le vérifier sur la base, soit utiliser la représentation
matricielle car on a alors :
MŒ) = tM(q) et on a bien t(AB) = tBtA.
Remarques 1.4.
1) On a Ê = q : comme sur les complexes la conjugaison est une involution.
2) Onaq€R<=>ä=q
3) Posons P = {q = bz’ + ci + dk | b, c,d E R}, on dit que P est 1’espace des
quaternions purs et on a : q E P <2 â = —q.
Définition-Proposition 1.5.
Soit q = a + b2‘ + cj + dk e H, on définit la norme N(q) de q en posant :
N(q) =qÿ=ÿq=a2+b2+c2+d2.
Alors, on a N (q) E R+.
En effet, comme on a Î = Êq = qä, le quaternion qÿ est réel et un calcul immédiat
montre qu’on a qä = a + b2 + c2 + dz. De même, qq est réel et vaut encore
a2+b2+c2+d2.

Opération de H sur R3 163
Notons que q l--) N (q) est une forme quadratique euclidienne sur H, de forme
1 . , .
polaire <p(q1, (12) = “ÉÛIIÏIÎ + 612E). La base 1,2’, y, k est orthonormee relativement
à N et la conjugaison est une symétrie orthogonale, d’espaces propres R et P.
Théorème 1.6.
1) L’a1gèbre H est un corps (non commutatif).
2) Le centre de H est égal à R.
3) On a N(q1q2) = N (q1)N ((12), donc N : H* ——> R"'* est un homomorphisme
de groupes, surjectif, dont 1e noyau, groupe des quaternions de norme 1, sera noté
G.
Démonstration. 1
1
1) On a N(q) = O <=> q = 0, donc, si q 7è 0, q a un inverse q" = Wîj. On
notera que, comme N (q) est réel, il commute à ‘q et qu’on peut écrire :
1
äN q "1 =N q "ä= ——ä.
( ) ( ) N(q)
2) Il est clair que R est central puisque H est une R-algèbre. Réciproquement,
si q est dans Z on écrit qi = iq, qj = jq et un calcul immédiat montre qu’on
a q E R.
3) Ûn a N(q1q2) = qiqzâfi = qiqzqîî = Q1N(Q2)Œ = qiîNülz) =
N (q1)N (qg) car N ((12) est central. Si a est dans R1’, on a N = a, donc
N est surjectif.
Remarques 1.7.
1) Si q est dans G, i.e. si on a N(q) = 1, on a q'1 = q.
2) Identifions H à R4 muni de sa topologie naturelle. Alors, le groupe G des
quaternions de norme 1 s’écrit G = {(a, b, c, d) e R4 I a2 + b2 +c2 + dz = 1}. Il est
donc homéomorphe à la sphère S3 et en particulier G est connexe.
3) Pour un quaternion q on a les équivalences suivantes :
qER<=>q2€R+, qeP<=>q2eRñ
En effet si on a q = a E R, on a N(q) = qz = a2 E R+, tandis que si p est dans
P, on a N(p) = p5 = —p2, de sorte que p2 = —N(p) est dans R’.
Réciproquement, on écrit q = a+p, avec a E R et p E P et on a q2 = a2 +p2+2ap,
donc, si q2 est réel, on a 2ap = 0, et a ou p est nul, d’où le résultat.
2. Opération de H sur R3.
a) Quatemions et groupe orthogonal.
Le corps H n’est pas commutatif, donc Popération de H* sur H par automor-
phismes intérieurs est non banale. En fait, il sufiit de faire opérer G, car si q est
dans H*, il s’écrit q = Àr avec À = y/ N (q) e R et r E G et comme À est central,
il ne donne rien dans les automorphismes intérieurs.
On pose donc, pour q E G et q’ E H :
Sq(q’) = qq’q" = qrfä.
Nous allons étudier cette opération et montrer qu’elle donne une paramétrisation
du groupe 0+ (3, R) par le groupe G, un peu comme on avait paramétré 0+ (2, R)

164 Quaternions
par le groupe des nombres complexes de module 1, mais avec toutefois quelques
difiérences.
1) L’application Sq : H ——+ H est R-linéaire et bijective car on a S5 = (Sq)'1.
On obtient donc ainsi une application :
S : G —> GL(4, R).
2) L’application S est un homomorphisme car on a Sqm (q’) = q1q2q"â2ÿ1 =
5.11811, (q’) et son noyau est Z(H) n G = Rn G = {1, —1}.
3) On a, pour a E R, Sq(a) = a, et donc SqIR = IdR.
4) Par ailleurs, Sq conserve la norme, i.e. vérifie N(.S'q(q’ = N(q’ En effet,
on a N(qq'î1) = N(q)N(q’)N(ÿ) = N (q’), car q est de norme 1. Autrement
dit, Sq est donc un élément du groupe orthogonal euclidien défini par N :
Sq E O(N) z O(4, R).
5) Mais, pour N , l’espace des quaternions purs P est Porthogonal de R, et
comme on a SqIR = IdR, P est stable par Sq.
On pose alors sq = Sqlp, on a encore sq E O(N|p) 2 O(3,R) et s : G ———> O(3, R)
est un homomorphisme de noyau {1, —1}. À
6) Munissons O(3, R) de sa topologie naturelle, obtenue en le considérant comme
sous-espace de M(3, R), lui-même identifié à R9. L’application s est alors continue,
comme on le voit en calculant la matrice de sq dans la base i, j, k. En effet, si
q = a + bz’ + cj + dk, les coefficients de la matrice sont des polynômes homogènes
de degré 2 en a, b, c, d. Par exemple, on a s11 = a2+b2 —c2 —d2, s12 = 2(bc—ad) . . .
Mais, le déterminant, dét : O(3, R) —> {1, —1} est lui aussi une application
continue, donc l’application composée dét o s : G —> {1, —1} est continue.
Comme G est connexe (cf. 1.7.2), l’image de G par dét os est connexe, donc
un singleton, et comme on a s(1) = Id, c’est nécessairement {+1}. Autrement dit,
on a s(G) C O+(3,R).
7) Montrons enfin l’égalité s(G) = O+(3, R). Soit p e P (‘I G. On calcule
s,,(p) = ppp = p, ce qui prouve que 3,, fixe p, donc est une rotation d’axe @��
D’autre part, comme p est dans P fl G on a p‘ = —p, donc p2 = —pp = -1 et
(sp)2 = sp2 = s_1 = Id, donc s, est une involution et c’est donc le renversement
d’a.xe < p >. On obtient ainsi tous les renversements de 0+ (3,R), et comme ils
engendrent le groupe, on a bien s(G) = 0"‘ (3, R). En définitive, on a prouvé le
théorème suivant :
Théorème 2.1.
Soit G 1e groupe des quaternions de norme 1. On a un isomorphisme :
s : G/{1, —1} .1» 0+(3,R).
Remarques 2.2.
1) La suite exacte :
1 —»{1,—1}—»G—‘-»0+(3,R) —> 1
n’est pas scindée (cf. Chapitre I 56). Sinon, on aurait un sous-groupe H de G tel
que sIH soit un isomorphisme de H sur 0+ (3,R). Mais alors, si g est dans G on

La structure de 0+ (4, R) 165
aurait g ou —g e H. Si on prendp e PflG, onapz = (—p)2 = —1, donc -1 e H,
contradiction.
2) On peut se demander comment décrire les isométries négatives de H à partir
de G, en particulier les réflexions.
Soit q e G, et n, la réflexion de droite <q> (i.e. d’hyperplan < q>i). On sait (cf.
V, 4.7.3) que Tq(Œ) est donné, pour tout a: e H, par la formule :
<p(q. w)
<p(q, q)
rq(œ) = a: — 2 q.
donc rq(x) = a: — (qï + œä)q = —qîq.
Si on a a: e P et q e PflG, on a donc: Tq((l2)= —q:cq = —sq(æ).
Ceci permet d’éviter le recours à Pargument topologique dans 2.1, 6). En effet, si
pour un q E G on avait sq e O“(P), sq s’écrirait s, = 7p, .. .73, avec p,- E P flG et
r impair et on aurait donc sq(a:) = qœÿ = —p1 . . .1), ��0 = —q1xîf pour tout
:1: E P (en posant q1 = p1 . . . pr). Posons alors (12 = Œq. On a donc, qgæqî = —a: = î
pour tout a: E P donc aussi pour tout m e H. Mais, comme la conjugaison est un
anti-automorphisme, ceci est impossible.
b) Application : Calcul des automorphismes de H.
Théorème 2.3.
Tout automorphisme de corps de H est intérieur, 12e. de la forme Sq, cf. ci-dessus.
Démonstration. (cf. aussi [B1] Prop. 1.5). Soit u un automorphisme de H, u
conserve le centre de H, dest-à-dire R et u|R est un automorphisme de R, donc
uIR = IdR (cf. Chapitre V ‘fil Exercice 1).
Par ailleurs, on a q E P <=> qz E R’ (cf. 1.7.3), donc, si on a q e P, on en déduit
u(q)2 = u(q2) = q2 E R“, donc u(q) e P : u laisse P stable. De plus, pour q E P,
on a N (q) = —q2 et donc, comme u(q)2 = q’, on a N (q) = N : u conserve
la norme. On a donc prouvé :
u|p E O(N|p) = O(3, R).
Or, i, j, k est une base orthonormée de P, relativement à N et donc i’ = u(z'), j’ =
u(j), k’ = u(k) est orthonormée. Il existe donc e = =F1 tel que i,j,k et i’,j’,ek’
soient de même orientation et, en vertu du théorème 2.1, il existe q e G tel que
l’on ait i’ = sq(z'), j’ = sq(j) et 5k’ = sq(k) (avec les notations de 2.1). Mais, u et
S4 sont des automorphismes de H et donc, on a. :
uw) = une) = k’ = u(i)u(a‘) = �
et de même s,,(z'j) = ek’ = sq(z')sq(j) = i’j’ donc 5 = +1.
On a donc u|p = Sq = Sqlp, mais aussi uIR = SqIR = Id, donc u = Sq et u est un
automorphisme intérieur.
3. La structure de O+(4, R).
Il y a une autre opération de H sur H, celle vue au 51, à savoir la translation à.
gauche Tq, définie par Tq(q’) = qq’. Si q est dans G, il est clair que Tq conserve N ,
donc Tq, comme Sq, est dans O(N) = O(4, R).
Cependant, ni Tq, ni Sq ne permettent d’atteindre 0+ (4, R) tout entier, (cf.
Exercice 1), mais la conjonction des deux va y parvenir.

166 Quaternions
Précisément, on fait opérer le produit direct G x G sur H. Soient q1,q2 e G. On
pose, pour q E H, Sq1’q2 (q) = q1qŒ. Notons que l’on a Sqhq, = Tqlq-z o 4,.
On a alors les propriétés suivantes :
1) Sq1,q2 est linéaire bijective, donc est dans GLR(H) c.’ GL(4, R) et l’application
S : G x G ——> GL(4,R), définie par S(q1,q2) = Sqhq, est un homomorphisme.
2) L’app1ication Sqhq, conserve N, donc est dans O(N) z O(4, R).
3) Comme S est continu et G x G connexe, le même raisonnement qu’au Q2
montre qu’on a S(G x G) C O+(N) r. O"'(4,R).
4) Calculons Ker S : si Sqhq, = Id, on a pour tout q e H, qlqÿ = q. Pour
q = 1, on trouve q1 = Q2, on voit ensuite que q1 est central, donc ql = =F1 = Q2.
En définitive, on a montré :
Ker S = {(1a1)1(—17—1)}'
5) On a ImS = O+(N). En effet, soit g e O“"(N), il y a deux cas:
1) Si on a g(1) = 1, comme P = 1l, on a g(P) = P et ÿlP E O+(3,R), donc,
en vertu de 2.1, il existe q E G tel que glp = sq, donc g = S“.
2) Si on ag(1) =r, on aN(r) =N(1) = 1, doncreG. Onaalors:
S31 o g(1) = S510‘) = ïrl = 1
(remarquer que 57,1 = Tï). Donc, d’après le premier cas, il existe q e G tel que
S51 o g = S”, i.e. g = STM. On a donc démontré le :
Théorème 3.1.
On a un isomorphisme :
Ë= (G >< G)/{(1,1); (-1,-1)} 3* 0+(N) -N-> 0+(4,R)-
On s’intéresse maintenant au groupe projectifPO+ (4, R) = 0+ (4, R) / {Id, —Id}.
Pour ceci, on cherche les couples (ql, qz) e G >< G tels que Sqhq, = ——Id, dest-à-dire,
tels que l’on ait, pour tout q G H, q1qfi = —q.
Faisant q = 1, on trouve q1 = —q2, puis on voit que q1 est central d’où q1 = 11:1. Les
seuls couples convenables sont donc (1, —1) et (—1, 1). Soit alors V 1e groupe formé
par les 4 éléments (1,1), (—1,-—1), (1, —1) et (-1,1), le théorème dïsomorphisme
montre que S induit un isomorphisme :
ê; (c: x G)/V 4: po+(4,n).
Mais, on a aussi un isomorphisme :
(p: (G x G)/V —ï» G/{1,—1}>< G/{1,—1}
obtenu à partir de l’homomorphisme (qhqg) v—> (1r(q1),7r(qg)) où 1r désigne la
projection canonique de G sur G / {1, —1}.
En comparant maintenant avec 2.1, on obtient le théorème suivant :
Théorème 3.2.
On a. un isomorphisme .-
P0+(4, R) z 0+(3,R) x 0+(3,R).

Quelques compléments sur H 167
On notera, en particulier, que le groupe P01’ (4, R) n’est pas simple, contrairement
à. tous les autres groupes PO+ (n, R) pour n 2 3 (cf. Chapitre VI, 7.1, voir aussi
les exercices 2, 3, 4 ci-dessous).
4. Quelques compléments sur H.
a) Relation avec SU (2, C).
Le corps C se plonge comme sous-corps de H, par exemple comme l’ensemble
des a + bi, (1) avec a,b E R et H est alors un C-espace vectoriel pour la loi
extérieure (À,q) r—+ qÀ pour q e H, et À E C (attention au sens). Une base de
H sur C est alors 1,j et si q est un quaternion, q a + bt + cj + dk, on a
q=1(a+bz')+j(c——dz') = 1/\+jp,, avec ÀMEC.
On fait alors opérer G sur H par multiplication à. gauche : Tq(q’) = qq’. On
a vu que Tq est R-linéaire, mais elle est aussi C-linéaire (à cause du sens
d’écriture), et inversible, donc Tq est dans GL(2, C) et on a un homomorphisme
T : G —> GL(2, C), injectif.
La matrice de Tq sur la base 1, j, pour q = 1A + jp se calcule aisément :
À
N
-fi
À ) avec ÀÎ+ufi = 1, (puisque q e G).
on a Tq = (
On a les formules tÎq = Tq'1 et dét Tq = 1, de sorte que Tq appartient à SU (2, C),
groupe spécial unitaire relatif à la forme hermitienne standard ÀÎ + pfi sur C2.
De plus, on obtient ainsi toutes les matrices de SU (2, C) et on a donc le théorème
suivant :
Théorème 4.1.
On a un isomorphisme :
T z G L. SU(2, c).
Avec le théorème 2.1, on a aussitôt :
Corollaire 4.2.
On a un isomorphisme SU(2, C)/{Id, —Id} z 0+ (3, R).
En particulier, 1e groupe SU(2, C) / {Id, —Id} est simple (cf. Chapitre VI, 6.1).
b) Le théorème de Frobenius.
On peut se demander s’il existe d’autres corps que les quaternions qui soient des
R-algèbres de dimension finie, afin d’obtenir, par exemple, les paramétrisations
analogues à celles des 52, 3 en dimension supérieure. Sous cette forme, la réponse
est négative :
Mais aussi comme 1’ensemble des a + bj ou des a + bk,... On notera que dans le
corps (non commutatif) H, l’équation x2 = -1 a beaucoup de solutions!

168 Quaternions
Théorème 4.3 : (Frobenius).
Tout corps K contenant R dans son centre et de dimension finie sur R est
isomorphe à R, C, ou H.
Démonstration.
1) Supposons tout d’abord K commutatif et K 7E R. Soit a e K — R. Comme
on a [K : R] < +00, a est algébrique sur R (cf. III, 1.13), et comme son polynôme
minimal est irréductible sur R, il est de degré 2 (cf. III, 3.1.4). Le discriminant A
de ce polynôme, qui est < 0, est donc un carré dans K, mais alors -1 aussi, de
sorte que K contient un sous-corps isomorphe à C. Mais K est a fortiori algébrique
sur ce sous-corps, donc, puisque C est algébriquement clos, on a K = C (cf. III,
1.17).
2) Supposons donc K non commutatif. Soit a e K —— R, alors R[a] est un corps
commutatif de dimension finie sur R, donc isomorphe à C. On trouve ainsi dans
K un sous-corps isomorphe à. C, que l’on désigne par C et on note z’ une racine de
-1 dans C.
Notons que C est a.lors un sous-corps commutatif maximal de K (cf. 1)), en
particulier, si a: est dans K et commute à. i, on a a: E C.
Soit alors y e K —C, y ne commute pas à i et on construit un élément z qui
anticommute à. i. (2) On prend pour cela z = yz‘ — iy, z est non nul et on a bien
iz = —zi.
Mais on a alors iz = zzi, donc z”, qui commute à i, est dans C. Comme on a
[R(z) : R] = 2 (car R(z) est commutatif) et R(z) 7E C, R(z) 0C ne peut être que
R, donc 22 est dans R.
Comme R(z) est un corps commutatif, z” est même dans R‘, sinon, si zz = a > 0,
cette équation aurait au moins 4 racines dans R(z) : z, —z, Jä, —\/ä, or c’est
interdit car R(z) est commutatif. On a donc 22 —a , avec a e R+. Posons
j = z/Jä, on a toujours ij = —ji, mais aussi j’ = —1. Si on pose k = ij, le
sous-espace de K engendré par 1,z', j, k est un sous-corps de K, isomorphe à H.
On Pappelle donc H, on a H C K et il reste à. voir qu’on a égalité.
2
3) Supposons K 7E H, soit u e K — H, on réitère le procédé du 2). On pose
v = m’ — iu, v anticommute à. i, et si l = v/x/Îvz, on a li = —il et l2 —1.
Considérons alors jl, on a jlz’ = ijl, donc jl e C, et on en déduit que l et v sont
dans H. Enfin, soit w = m’ + iu, w commute à i, donc w est dans C C H, mais on
v È w donc m’ e H, et u e H, contradiction.
c) Les octaves de Cayley.
ami:
Il existe en dimension 8, une « algèbre », non associative, qui est presque un corps,
c’est Ca, algèbre des octaves de Cayley ou octonions. En voici une description
sommaire :
On prend Ca = H x H, avec sa structure naturelle de R-espace vectoriel, et la
multiplication définie par
(411,42) (qi. qê) = (qiqî — Îzäqz, qzq-i + qêqi).
Pour expliquer un peu les choses, on cherche à reconstituer le corps H dans K, en
particulier, on cherche un j.

Les quaternions généralisés 169
L’algèbre Ca n’est ni commutative, ni associative, on a toutefois, la propriété plus
faible suivante, pour r1, r2 E Ca, on a :
rîrg = r1(r1r2) et rlrâ = (r1rz)r2.
On définit un conjugué î de r par : (qhqz) = (‘(11-25) et une norme par
N(r) = ‘r? = F7‘. On vérifie que, pour r = (q1, (12), on a N(7‘) = N(q1) +N(q2) 2 O.
On a encore N(r1r2) = N(r1)N(r2) et, si on a r e Ca, r 9€ 0, r a un inverse
r4 = î/N (r) (cf. [Bbki] Algèbre 1,2,3 p. 176 ou [AH] p. 107).
d) Les algèbres de Cliflord.
On peut tout de même, pour étudier une forme quadratique q, construire une
algèbre C’ (q), algèbre de Clifford de q, qui rend à peu près les mêmes services que
H dans l’étude de O(q), mais cette algèbre n’est pas intègre. (cf. [D] Ch.II. ä7,8,9
ou [A] Ch.V. '54).
e) Un peu de topologie.
Le groupe G, dont on a vu qu’il est isomorphe à SU (2, C), est un groupe
topologique (et même un groupe de Lie) homéomorphe à la sphère S3. C’est
un phénomène exceptionnel, les seules sphères munies de telles structures sont
S° = {1, —1}, S1 c: U et S3 2 G, ces structures étant liées à la structure des corps
R, C, H (cependant la sphère S7 a aussi une structure, plus faible, liée à Ca). Ce
résultat est dû à Adams, cf. [K] Ch. V fil Th.1.6).
Par ailleurs, l’isomorphisme î du théorème 2. 1 qui est un isomorphismes de groupes
topologiques renseigne aussi sur la structure topologique de 0+ (3, R). En effet,
0+ (3, R) apparaît comme le quotient de S3 par l’antipodie, relation qui identifie
les points a: et —a:. Il est donc homéomorphe à l’espace projectif P3 0�� Le groupe
0+ (3, R) est compact, connexe, car S3 l’est, mais non simplement connexe, puisque
G en est un revêtement non trivial de degré 2. Comme G z S3 est simplement
connexe, dæt même le revêtement universel de 0+ (3, R), et le groupe fondamental
de O+(3,R) est Z/2Z, voir exercices 1,2.
(Pour des précisions sur ces questions, cf. [B] Ch. VIII 59,10 ou [G] Ch. VI êô et
Ch. X. 56).
5. Les quaternions généralisés.
Dans tout ce qui suit, K désigne un corps commutatif de caractéristique difiérente
de 2.
Théorème et définition 5.1.
Soient a, fi 6 K *. Il existe une K -algèbre Hmp, de dimension 4, appelée algèbre
des quaternions généralisés relatifs à a, ,6’ (et K), munie d'une base 1,2‘, j, k
telle que :
1) 1 est élément neutre pour la multiplication,
2) onai2=a,j2=,B,z'j=—ji=k.
On identifie K avec le sous-corps des éléments a.1, pour a G K.
Remarque 5.2. On déduit aussitôt par associativité les formules :
k’ = —a,8, jk = —kj = —m, kz’ = 4k = —aj.

170 - Quaternions
Démonstration (de 5.1) On définit Hafi comme ci-dessus, et on vérifie Passociativité
(cf. Exercice 1 pour une démonstration matricielle).
On vérifie aisément que le centre de Hafi est K.
On définit ensuite, comme dans H, le conjugué q du quaternion q = a+bi+cj +dk
par â = a — bz’ — cj — dk, et Papplication q n—-> ä est un antiautomorphisme de Hafi.
On pose enfin :
N(q) = qîj = qq = a2 — ab’ — fiez + 046d’.
On a N (q) E K et N est encore une forme quadratique, mais, à la difiérence
de ce qui se passe sur H, elle peut être d’indice u z 1 i.e. avoir des isotropes.
Précisément, on a le théorème suivant :
Théorème 5.3.
L’algèbre Hadg est un corps si et seulement si 1a forme N est anisotrope.
Démonstration.
1) Supposons N anisotrope et soit q e Hafi, q 7S 0. On a alors N (q) 76 0, donc
1
dmet our inverse "1 = —— q.
‘I 3 P ‘1 N(q)
2) Si q est un vecteur isotrope non nul, on a qä = 0 avec q 7E 0, q 76 0, de sorte
que H055 n’est pas intègre.
Corollaire 5.4.
Pour K = Fq, Palgèbre Hafi n'est jamais un corps.
Ce résultat est un corollaire, soit du théorème de Wedderburn (Chapitre III, 4.9)
soit, plus simplement, du fait que si N est une forme quadratique sur Fq en au
moins 3 variables, N admet des vecteurs isotropes non triviaux (V, 6.10, ou V, äô,
Exercice 6).
Lorsque N est d’indice u z 1, on a le théorème suivant, pour lequel nous renvoyons
à [B1] Th. 1.5.
Théorème 5.5.
Si 1a forme N est d’indice _>_ 1, 1’a1gèbre H o“ g est isomorphe à. I ’a.1gèbre des matrices
M(2, K
Exemple 5.6. On prend a = ,8 = 1, on a donc —afl = —1. On obtient un
isomorphisme de Ha); sur M (2, K) en prenant :
P10 ._o1 k_01
’0—1’7’10’ ‘—10‘
Si q = a + bz’ + cj + dk, la matrice correspondante est :
a+b c+d
c-d a—b '
Revenons maintenant au cas général, on pose :
2,5 = H* = {a e Ha... |N(q) 7e o}.
On a donc H* = Ha’); — {O} si N est anisotrope, et sinon H* z GL(2, K), (cf.
1
5.5). Si q est dans H*, q est inversible et q-l = ——q.

Les quaternions généralisés 171
On fait alors, comme au 52, opérer H * sur H = Hafi par automorphismes
intérieurs. On pose pour q e H*, q’ e H :
Sq(q’) = qq’q"»
Un certain nombre de propriétés subsistent : Sq conserve N, Sql K = Id K et
Sq(P) = P où P = {bi + cj + dk I b, c, d e K} est l’espace des quaternions purs.
Si on pose sq = Sql p on a donc un homomorphisme s : H * ——> O(N | p), et le
noyau de s est KflH* = K*.
On va montrer ensuite que s est à. valeurs dans 0+ (N | p) en utilisant la technique
évoquée en 2.2.2.
Soit p e P avec N (p) 76 O, la réflexion 7,, associée à p est donnée par la formule de
V, 4.7.3 :
V2: E P, Tp(-’I3) = P5171 = -p=vp'1-
Notons déjà que si 0,, est le renversement d’axe p, on a a,,(:t:) = —7'p(:1:) = s,,(æ).
Soit u E O3(K , N l p), nous verrons au Chapitre VIII, théorème 5.7, que u est
produit de réflexions, u = 7p, . . . 7p, pour p1, . . . , p, E P, avec N (pi) 7€ 0, l’entier
r étant pair si u est dans 0+, impair sinon. On a donc, en admettant VIII, 5.7 :
0�l = (——1)’p1 . . .p,:c(p1...p,)“1 pour tout :1: e P.
On peut maintenant revenir à la question posée : soit q e H * et supposons
sq 6 O’(N|p), on aurait alors pour tout :1: E P :
sq(:z:) = qœq“ = —q’a:q”1, en posant q’ = p1...p,.
Mais alors, si on pose u = q'1q’, on a, pour tout a: e P, —a: = uxu-l, ou encore,
— -1
:1: = uæu .
Comme cette dernière formule vaut aussi pout tout a: e K, on aurait donc pour
tout a: de H : ‘a’: = uxzfl, avec u e H *, mais a: r-—> ‘:5 est un antiautomorphisme et
a: H urmr’ un automorphisme, c’est absurde.
En définitive, on a un homomorphisme s : H * n—> O; (K, N | p) et s est surjectif car
les renversements sont dans Pimage comme on l’a noté ci-dessus et ils engendrent
0+ (cf. VIII, 5.9) : on obtient le théorème suivant :
Théorème 5.7.
On a un isomozphismeä: H*/K* 34+ O5,_"(K,N|p).
Une application.
On reprend les notations de l’exemple 5.6 : a = fi = 1, et on note encore N
la restriction de N à. P : on a donc N(bz' + cj + dk) = —b2 — c2 + dz et N est
une forme d’indice 1 (de type Lorentz, au signe près, cf. VIII, 4.10). On désigne
par Q3(K, N) le groupe des commutateurs de 0;" (K, N On a alors le résultat
suivant, qui découle aussitôt du théorème 5.7 et du calcul des commutateurs du
groupe linéaire, cf. IV, 3.1 :
Corollaire 5.8.
1) Avec les notations précédentes, on a un isomorphisme :
GL(2, K) /K* = PGL(2, K) z o; (K, N).
2) On a un isomorphisme :
PSL(2, K) z 93m, N).

172 Quaternions
En particulier, on a : Oÿ/Qg z K * /K *2 et ce groupe est non trivial en général
(comparer au cas euclidien, cf. VI, 3.4) et Q3(K, N) est simple, sauf si K = F3
(cf. IV, 4.1).
Le théorème 5.5 ci-dessus, montre que cet isomorphisme vaut pour tous les a, ,8
tels que N | p soit d’indice u z 1, ce que nous retrouverons aisément au Chapitre
VIII en montrant que pour un corps k donné, en dimension 3, les formes N d’indice
z 1 sont toutes équivalentes à un scalaire près, donc ont des groupes orthogonaux
isomorphes, cf. VIII, 4.10.
Sur ce paragraphe, on pourra consulter [D] Ch. II 59, [V] Ch. I 53 et [B1] Ch. I
53, ainsi que l’ exercice 3 ci-dessous pour 1’étude de la dimension 4.

EXERCICES SUR LE CHAPITRE VII
1. Définition du corps H.
1) Soit K un corps, A un K —espace vectoriel muni d’une base (e,-),'€ 1. Soit
1/ : A x A ——> A une loi de composition sur A, supposée bilinéaire.
a.) Montrer que, pour prouver Passociativité ou la commutativité de U, il suffit
de le faire sur la base i.e. de montrer les formules du type :
1/(e,-,1/(ej,ek)) = z/(1/(e,-, 6j), eh), pour tous i,j, k G I.
b) Soit (p : A ——+ A une application K-linéaire. Montrer que <p est un
homomorphisme relativement à V si et seulement si on a, pour tous z’, j e I :
w046i, efl) = I/(<p(ei), <p(6j))-
2) Soit H défini comme au fil. On se propose de prouver Passociativité de la
multiplication sur H.
a) Soit a : H ——> H Papplication R-linéaire définie par : 0(1) = 1, a(z') = j,
a(j) = k, or(k) = i. Montrer que a est un automorphisme de H (utiliser ��
b) Même question pour T, défini par : 7(1) = 1, = ——z', 7'(j) = k, 7'(k) = j.
c) Montrer que la vérification de l’associativité de H se ramène à 5 cas (au
lieu de 27), conclure.
3) On prend la définition de H comme sous-algèbre de M(4, R.) (cf. êl).
a) vérifier les formules i2 = —1, ij = k . ..
b) Montrer que, si q est non nul, M (q) / 1/ N (q) est dans O(4, R).
c) En déduire l’expression de M (q)’1, pour q 7è 0, puis la valeur de dét M
4) Soit L le sous-ensemble de M(2, C) défini par :
L = {M(a,b) = (î :1’) , avec a,b€ C}.
a
a) Montrer que L est un sous-R-espace vectoriel de M(2, C), de dimension 4,
dont une base est formée des matrices M(1, 0), M(i, Û), M(O,1), M(O, �n�

174 Chapitre VII : exercices
b) Montrer que L est une sous-R-algèbre de M(2, C) et donner la table de L
dans la base précédente. En déduire que L est isomorphe à H.
c) Si q = a+fli+ryj +ôk æt un quaternion, on pose Rq = M(a+,[3z', 7 — ôi).
Montrer qu’on a R; = ‘.17, et N (q) = dét Rq. Montrer que q est un quaternion pur
si et seulement si la trace de Rq est nulle.
5) On identifie H au produit R x P, (P espace des quaternions purs) et on
munit P du produit scalaire (v | w) et du produit vectoriel v /\ w associés à la base
orthonormée i, j, k.
Montrer que, pour æ, y E R et v, w E P, la multiplication sur H s’écrit alors z
(x, v)(y, w) = (zy — (v | w), acw + yv + v A w).
6) SoitE={n€N|E|:z:, y, z, tGN, n=æ2+y2+z2+t2} (lessommesde
quatrecarrés).
Montrer, en utilisant les quaternions, que Z3 est stable par multiplication. En fait,
on a E = N, cf. par exemple [B1] Th. 1.4.
2. Opération de H sur R3.
1) On reprend les notations du théorème 2.1. Soit q E G, on écrit q = a+p, avec
a e R, p e P. On a alors N(q) = a2 +N(p) = a2 + [IPIIZ = 1. On pose a = cos 0,
��w = sin 0, pour 0 E [0,7r].
a.) Montrer que sq est une rotation de P, d’axe < p >.
b) On suppose qu’on a p = bi, avec b e R, b z 0. Montrer que sq est la
rotation d’axe <p> et d’angle 20.
c) Dans le cas général, montrer qu’il existe g e G tel que sg(q) = a + b2’, avec
b E R, b z O. En déduire que la conclusion de b) reste valable.
d) Déduire de ce qui précède une autre démonstration de la surjectivité de s.
3. La structure de O+(4, R).
1) Montrer que les images respectives des homomorphismes q H Tq et q H Sq
de G dans 0+ (N ) correspondent dans G x G au premier facteur et à la diagonale.
2) Soit G = G1 X G2 un groupe produit de deux groupes simples non abéliens .
a) Montrer que si N est un sous-groupe distingué de G et si (cc, y) e N avec
a: 7è 1, il existe z 6 G1, z 7è 1 tel que (z, 1) e N.
b) Montrer que les seuls sous-groupes distingués de G sont {l}, G1 X {1},
p�t X G2 et p:s
c) Déterminer les sous-groupes distingués de PO+ (4, R).
3) Soit H un sous-groupe_distingué de 0+ (4, R), non contenu dans le centre.
a) Déterminer Pimage H de H dans PO"'(4, R).

Compléments sur H 175
b) Montrer qu’on a —Id E H (utiliser un élément (i, 1) ou (1, @P� de G >< G).
c) Déterminer tous les sous-groupes distingués de 0+ (4, R).
4) Soient q,r e G, T, la multiplication à gauche par r dans H : T, P�U = ra: et
soit ‘rq la réflexion de droite <q>. On rappelle qu’on a rq(a:) = ——qîq (cf. 2.2.2).
a.) Montrer qu’on a. TqTrTq (m) = qäœfiq = zîfq.
b) En déduire que les sous-groupes facteurs du produit
P0+(4, R) z 0+(3,R) >< 0+(3,R)
sont échangés par conjugaison par les isométries négatives.
Montrer que P01“ (4, R) est le seul sous-groupe distingué non trivial de PO(4, R)
(cf. VI, 7.3.2).
5) Soit <p l’automorphisme de GxG défini par <p(æ, y) = (y, 11;), 2E Pautomorphisme
de 0+ (4, R) induit par (p et (p? l’automorphisme de PO+ (4, R) induit par 5.
a) Montrer que (p? échange les deux facteurs isomorphes à 0"‘ (3, R) et en
déduire que (p5 n’est pas intérieur.
b) Montrer que ü n’est pas intérieur (cf. VI, 8.1 ou VI, 58, Exercice 1).
4. Compléments sur H.
Pour les exercices de topologie qui suivent, on pourra par exemple se référer à [G]
Ch. V, Ch. VI Q4 et Ch. VII.
1) Soit G le groupe des quaternions de norme 1. On pose
U1 = G— {k}, U2 = G—— {——k}.
a) Montrer que l’on a G = U1 U U2, que U1 et U2 sont homéomorphes à R3
et que U1 n U2 est connexe.
b) Soit 7 : [0, 1] ———-> G un lacet continu. Montrer qu’il existe des points
to,...,t,, e [0, 1] tels que t0 = 0 < t1 < `A� < tn = 1 et tels que, si 7 = fluhtifl],
on ait pour tout z‘ :
1)Im7.’CU1 ouIm7,°CU2,
2) 74h) É U1 Û U2.
c) Montrer qu’il existe, pour tout i, un chemin ô,- contenu dans U1 ñ U2 et
joignant 7,-(0) et 7,-(t,u).
d) Si 7 et 6 sont des chemins, on désigne par 7' le chemin 7 parcouru à
l’envers et, si Porigine de ô est égale à Pextrémité de 7, par 7 V ô le chemin obtenu
en parcourant 7 puis 6.
Montrer que les lacets 71 V 61, 61 V 72 V 62 . .. sont homotopes à zéro. En déduire
que 7 est homotope à zéro, donc que G est simplement connexe.
2) Soit p : G ——-> G/{1,_—1} = G13. projection canonique.
a) Soit 7 : [0, 1] ——+ G un lacet continu tel que 7(0) = 7(1) = Î. Montrer qu’il
existe 6 : [0, 1] ——> G, unique, tel que 6 soit continu, qu’on ait 6(0) = 1 et pour

176 Chapitre VII : exercices
tout t E [0,1], p6 (t) = q/(t) (on recouvrira 7([0, 1]) par des ouverts suffisamment
petits).
(Il s’agit du lemme de relèvement des chemins dans un revêtement, attention, 6
n’est plus un lacet, a priori).
b) Relèvement des homotopies.
Soit H : [0, 1]2 —-> Ü une application continue telle que, pour tout u E [0,1],
on ait H (0, u) = H (1,u) = Î. Montrer qu’il existe une application continue
K : [0, 1]2 —> G unique, telle que K(0, u) = 1 pour tout u et p(K(t, = H(t, u)
pour tous t,u e [0,1].
c) Soit 7 un lacet de Ü, d’origine Î, 6 son relèvement dans G (cf. a)). Montrer
que si on a 6(1) = 6(0) = 1, 7 est homotope à 0.
Montrer que si on a 6(1) = —1, 7 n’est pas homotope à 0 (cf. b)).
d) Montrer que si "y, '7' ne sont pas homotopes à 0, ils sont homotopes entre
eux et que "y V 7’ est homotope à. 0.
e) En déduire que 0+ (3, R) n’est pas simplement connexe et que son groupe
fondamental est isomorphe à Z / 2Z.
f) Montrer que le lacet t r—-—> p(k,27rt), pour t e [0, 1] (rotations d’axe < k >,
d’angle 21rt) n’est pas homotope à 0 dans 0+ (3, R).
5. Les quaternions généralisés.
1) Soit K un corps de caractéristique différente de 2, soient a, ,3 E K et L une
extension de K dans laquelle a est un carré, a = a2, avec a E L. On considère la
sous-K—algèbre A de M(2, L) engendrée par les matrices :
z'=(g fa) etj=(ï �
a) Montrer que A est de dimension 4 sur , de base 1,1‘, j, k avec k = ij.
b) Montrer que A est isomorphe à Hafi. Etudier le cas où a est dans K.
2) Soit K un corps, de caractéristique différente de 2 et soient a, b ë K "‘.
a) Montrer que si —ab est un carré la forme quadratique aæz + 6112 possède
des vecteurs isotropes.
b) Montrer que si q est une forme quadratique sur un espace E de dimension
4 et si on a I/(q) = 1, le discriminant A(q) n’est pas un carré (utiliser a) et VIII,
2.4).
c) Déduire de b) que, pour a,fl e K, la forme x2 — ay’ — flzz + afltz est
d’indice 0 ou 2 (i.e. anisotrope ou hyperbolique, cf. Chapitre VIII Q3 et 4).
3) Soit K un corps, de caractéristique différente de 2, soient a, fl E K * et
H = Ha,fl.
a) Soit q e H * et soit Tq la réflexion orthogonale (relativement à N), de droite
<q>. Montrer que, pour tout a: E H on a :
Tq(X) = —q’fq/N (q) = -ä"îq.
b) Soit u e O4“ (N), montrer qu’il existe a, b e H * tels que, pour tout a: e H
on ait l\ = aäîb (cf. VIII, 5.7).

Les quaternions généralisés 177
c) Soit u e O;*(N), montrer qu’il existe a, b e H * tels que, pour tout a: e H
on ait u(a:) = aæb. Montrer qu’on a alors N (a)N (b) = 1.
d) Soit U = {(a,b) e H* x H‘ |N(a) = N(b)}. On pose pour (a,b) e U et
q e H : Sa,b(q) = aqb“.
Montrer que S est un homomorphisme de U dans O4 (N ) et calculer Ker S.
e) Montrer qu’on a S(U) C O;"(N) (cf. b)) puis S(U) = Off (N ) (cf. @�� En
déduire qu’on a un isomorphisme :
Ë: U/KerS z O;"(N).
f) On suppose a = fi = 1. On a alors (cf. VII, 5.6) H c.’ M(2, K),
H * 2 GL(2, K ), et N , qui correspond au déterminant, est une forme hyperbolique
(cf. Exercice 2).
Montrer alors les points suivants :
1) L’ensemble U correspond à {(u, v) 6 GL(2, K) x GL(2, K) | dét u = dét v}.
2) On a KerS z {(A,À) IÀ 6 K“}.
3) Le groupe dérivé D(U), est isomorphe à SL(2, K) x SL(2, K).
4) Le groupe Q4(N) = D(OË' (N )) est isomorphe au quotient du précèdent
par {(Id, Id), (—Id, —Id)}.
5) On a. un isomorphisme PQ4(N) z PSL(2,K) x PSL(2, K), cf. VIII, 58 et
VIII, 9.3.

VIII. LE GROUPE ORTHOGONAL,
CAS GÉNÉRAL
1. Introduction.
Dans tout ce chapitre k désigne un corps commutatif de caractéristique différente
de 2, E un k-espace vectoriel de dimension finie n, q une forme quadratique non
dégénérée sur E, f sa forme polaire. Sauf mention expresse du contraire, ces
notations valent pour l’ensemble du chapitre.
Hormis la restriction sur la caractéristique, nous étudions donc ici le cas de la forme
quadratique la plus générale. On notera en particulier, comparant au Chapitre VI,
que :
1) le corps k est quelconque (et plus nécessairement R),
2) la forme q est quelconque (donc plus nécessairement anisotrope).
La plupart des résultats de ce chapitre sont valables dans ce cadre général. On
aura cependant parfois besoin de Phypothèse u(q) z 1 (i.e. l’existence de vecteurs
isotropes). Les vecteurs et sous-espaces isotropes sont d’ailleurs au centre des
techniques utilisées dans ce chapitre.
Nous renvoyons au chapitre V pour toutæ définitions et propriétés élémentaires
concernant Porthogonalité, 1’isotropie, les groupes O(q) et 0+ (q) . ..
2. Plans hyperboliques.
Définition 2.1.
Soit P un plan (i.e. un lat-espace vectoriel de dimension 2), q une forme quadratique
sur P de forme polaire f. On dit que (P, q) est un plan hyperbolique s’il existe
une base e1,e2 de P telle que 1’on ait :
G031) = q(82) = 0 et f(€1,62) = 1-
La base 61,62 est dite hyperbolique et on dit aussi que q est une forme
hyperbolique.

180 Le groupe orthogonal, cas général
Remarques 2.2.
0 1
1 0
A(q) vaut -1 et q n’est pas dégénérée. Pour v E E, écrit dans cette base
v = xc1 + yc2 E E, on a q(v) = 2œy.
2) Si on a deux vecteurs c1,c2, avec q(c1) = q(e2) = O et f(c1,e2) 7è 0, ces
vecteurs sont indépendants et le plan engendré est hyperbolique (remplacer c2 par
€2/f(€1a€2))-
3) Si c1, c2 est une base hyperbolique de P, les droites < c1 > et < c2 > sont
isotropes et non orthogonales. De plus, ce sont les seules droites isotropes de P,
comme 1e montre la formule : q(œc1 + yc2) = 2x11. Cette remarque, jointe à la
précédente, montre que dans un plan hyperbolique tout vecteur isotrope non nul
peut toujours être pris comme premier vecteur d’une base hyperbolique.
1) La matrice de q dans la base c1, c2 est ( ). En particulier le discriminant
4) Si c1, c2 est une base hyperbolique, et si on pose c1 = c1 + eîz, s2 = c1 — eîz,
51,52 est une base de P dans laquelle q a pour matrice 0� P�� Si v e E est
écrit dans cette base v = (I381 + ye2, on a q(v) = x2 — yz.
5) Lorsque k est 1e corps des nombres réels, l’ensemble H = {'11 G P I q(v) = 1}
est une hyperbole, ce qui explique la terminologie.
La proposition suivante caractérise les plans hyperboliques :
Proposition 2.3.
Soit P un plan muni d’une forme quadratique q. Les conditions suivantes sont
équivalentes :
1) (P, q) est un plan hyberbolique,
2) q est non dégénérée et d’indice I/(q) z 1,
3) le discriminant de q est égal à -1 à un carré près.
Démonstration. Il est clair que 1) implique 2) et 3). Si on a 2), soit a: un vecteur
isotrope non nul, comme on a Ker f = O il existe z e E tel que f(a:,z) 7è 0.
Posons y = z + Àz, avec À E k, on a encore f(x,y) = f(:z:,z) 7E 0. Mais pour un À
convenable, on a aussi q(y) = 0 (prendre A = —q(z) / 2 f (m, z)) et on conclut alors
à l’aide de la remarque 2.2.2.
Si on a 3), la forme q est non dégénérée car son discriminant est non nul. Par
ailleurs, dans une base orthogonale on a q(zc1 + yc2) = aæz + byz et 1’hypothèse
b 1
affirme que —ab est un carré non nul, donc aussi —— = —ab � et on a alors le
a
_ b
vecteur isotrope —— c1 + c2.
a
L’une des propriétés essentielles des plans hyperboliques est qu’on peut toujours
englober une droite isotrope dans un tel plan :
Proposition 2.4.
Soit a: E E un vecteur isotrope (non nul). Alors, il existe un plan P contenant a:
tel que q| p soit hyperbolique.
Démonstration. Comme q est non dégénérée, il existe y e E tel que f (x, y) 9E 0.
Comme a: est isotrope, y n’est pas colinéaire à æ, donc P =< z,y > est un plan.

Espaces hyperboliques 181
Posons a = f(a:, y), dans la base m, y, qlp a pour matrice (2 î) avec b = q(y),
mais alors q| p est non dégénérée et d’indice z 1, donc est hyperbolique d’après la
proposition 2.3.
Proposition 2.5 (Classification des plans suivant leurs isotropes).
Soit P un plan muni d ’une forme quadratique q (éventuellement dégénérée). Les
cas suivants sont alors les seuls possibles :
a) q est anisotrope (donc non dégénérée), P ne contient aucune droite isotrope,
b) q est hyperbolique, P contient exactement deux droites isotropes,
c) q est de rang 1, P contient une seule droite isotrope (i.e. Ker q), donc au moins
trois droites non isotropes,
d) q = O, toute droite de P est isotrope (et il y a au moins 4 droites).
Corollaire 2.6.
Si P contient 3 droites isotropes, on a q| p = 0 : P est totalement isotrope.
Démonstration (de 2.5). Si q est non dégénérée, on est dans les cas a) ou b) (cf. 2.3).
Si q est de rang 1, soit c1 une base de Ker q, complétée par a2. On a q(e2) = a 7è 0
(car q est non nulle) et donc q(a:e1 + yeg) = ayz ce qui montre que < c1 > est
l’unique droite isotrope de P.
Comme on a car (k) 7E 2, il y a au moins 4 droites dans un plan, portées par
e1,e2,e1 + e2,e1 — 82 (cf. Chapitre IV Q5 Exercice 2), donc, ici, au moins trois
droites non isotropes. Enfin, si q = O, toutes les droites sont isotropes et il y en a
au moins 4.
On a, avec les plans de rang 1, un résultat analogue à 2.4 :
Proposition 2.7.
On suppose n z 3. Soit æ E E un vecteur isotrope non nul. Il existe un plan P
contenant m, tel que q| p soit de rang 1.
Démonstration. Soit H = (cc)'L l’hyperpla.n orthogonal à m. L’hyperpla.n H n’est
pas totalement isotrope, sinon on aurait n — 1 S 1/(q) 5 g, (cf. V, 3.12), donc
n 5 2. Soit donc y ê H non isotrope donc non colinéaire à m. Alors le plan
P =< 3:, y> convient.
3. Espaces hyperboliques.
Définition 3.1.
Avec les notations du ‘Q1, (E, q) est appelé un espace hyperbolique si on a une
décomposition en somme directe orthogonale : E = P1 _L . . .J.P, où chaque Pi,
muni de q|p_., est un plan hyperbolique. La forme q est dite hyperbolique.
Remarques 3.2.
1) Si E est hyperbolique, la dimension de E est égale à. 21" donc est paire.
2) Si on prend une base hyperbolique (65, 5;) de chaque P,- la matrice de q dans
OI,
1abasee1,...,e,, e1,...,e,. est de laforme:
If 0
), où I, est la matrice unité
de dimension r.

182 Le groupe orthogonal, cas général
3) Dans une base orthogonale convenable, q a pour matrice ( g OI ), (cf.
— r
2.2.4).
4) Dans un espace hyperbolique de dimension n = 21‘ il y a un sous-espace
totalement isotrope de dimension r (prendre un vecteur isotrope dans chaque Pi).
Un tel sous-espace est parfois appelé un lagrangien. Notons que l’indice 1/(q) vaut
g c’est-à—dire le maximum possible.
5) Lorsque l’on a k = R et n = 2p, la forme q est hyperbolique si et seulement
si elle est de signature (p, p).
La proposition suivante est une généralisation de 2.4.
Proposition 3.3.
Soit F un sous-espace de E, F0 = Kerq|p, U un supplémentaire de F0 dans F,
de sorte que l’on a F = F0 _L U. Soit a1, . . . ,u, une base de F0. Il existe alors des
Vecteurs v1, . . . ,11,» E E tels que :
1) pourz‘ = 1, . . . ,1", P, =< 11,31),- > est un plan hyperbolique (pour q|p,) et aigu,
en est une base hyperbolique,
2) les sous-espaces U, P1, . . . , P, sont en somme directe dans E et deux à deux
orthogonaux.
Commentaire 3.4.
Posons G’ = P1 _L..._LPTJ_U. Comme U et les P,- sont des sous-espaces non
isotropes de E, G est non isotrope (il suffit de regarder le discriminant pour s’en
convaincre). Comme G contient F, on a plongé le sous-espace F (qui est isotrope
si F0 est non nul) dans un sous-espace non isotrope. De plus, la dimension de G’
(i.e. dimF + dim F0) est minimale pour cette propriété. En effet, si on a F C G’,
avec G’ non isotrope, soit H Porthogonal de F0 dans G’, on a F C H donc :
dimG’ = dimF0 + dimH z dimF0 + dimF.
Cette proposition permet dans de nombreux cas de ramener un problème concer-
nant les sous-espaces au cas des sous-espaces non isotropes (cf. 54). Elle admet de
nombreux corollaires que nous énonçons avant de la démontrer.
Dans le cas particulier où F est totalement isotrope, la proposition 3.3 fournit le
résultat suivant :
Corollaire 3.5.
Si F C E est totalement isotrope, il existe H C E hyperbolique tel que F C H et
dimH = 2 dim F, on dit que H est une extension hyperbolique de F.
Démonstration. On applique 3.3 à F, avec F0 = F, U = {D} et H = P1J. . . . .l_P,.
On en déduit une caractérisation des espaces hyperboliques :
Corollaire 3.6.
Un espace (E, q) est hyperbolique si et seulement si il possède un lagrangien (i.e.
un sous-espace F totalement isotrope avec dimE = 2 dim @��
Démonstration. Dans un sens c’est la remarque 3.2.4 précédente, dans l’autre le
Corollaire 3.5 où on a H = E pour une raison de dimension.
On peut aussi achever la démonstration de V, 6.6 (calcul de l’indice) :

Le théorème de Witt 183
Corollaire 3.7.
On suppose k = R et q de signature (p, n — p). Alors on a I/(q) = inf(p, n — p).
Démonstration. On a vu au Chapitre V Pinégalité I/(q) z inf (p, n — p). Si F est
totalement isotrope de dimension V, soit H une extension hyperbolique de F. On a
E = H J_Hl et, si (r, s) est la signature de q|H1, la signature de qIH étant (u, u),
celle de q est donc u + r, 1/ + s, d’où v 5 inf (p, n — p), (cf. aussi Chapitre V 56
Exercice 6).
Il reste tout de même à prouver la proposition 3.3 :
On raisonne par récurrence sur r = dim F0.
1) Sionar=1,onaUCFet U9éF,doncFJ' CUJ‘ etFlaéUl.
Soit a e UJ- —F"- de sorte que f(a,u1) est non nul. Alors, P =< a,u1 > est un
plan, hyperbolique (cf. 2.3) dont on trouve le vecteur v1 par 2.2.3. Enfin, P est
orthogonal à U.
2) Supposons r > 1 et posons U1 =< u2,...,n,. > J_U. On a U1 C F
et U1 9è F, donc aussi Fi C UIJ‘ et FJ- aé U5". Soit a E Ul-L —F"-, on a
f (a, a1) 7€ O et P1 =< a, ‘u; > est un plan hyperbolique orthogonal à U1. Posons
F1 = U1 J.P1 =<u2,...,u,.> .LU_LP1.
On a Ker qlp, =< u2,...,ur > (car U.LP1 est non isotrope). On peut donc
appliquer à F1 1’hypothèse de récurrence. On trouve alors des vecteurs v2, . . . ,12,
de E tels que P,- =< u), n,- > soit hyperbolique, tels qu’on ait P.- _LP,- pour
i,j z 2, iaéj, et R J. (UJ_P1) pour i z 2 et on trouve enfin v1 par 2.2.3.
4. Le théorème de Witt.
a) Le théorème de Witt, énoncé et démonstration.
Nous avons vu, au Chapitre VI, Lemme 3.1, que, dans le cas euclidien, le groupe
O(q) opère transitivement sur les sous-espaces de dimension donnée de E. Mais
nous avons remarqué que le résultat ne subsistait pas dans le cas général. Le
théorème de Witt décrit cette situation en ramenant la détermination des orbites
de O(q) dans les sous-espaces de E à un problème d’équivalence des formes :
Théorème 4.1 : (Witt).
Soient F, F’ deux sous-espaces de E. Les conditions suivantes sont équivalentes :
1) il existe u E O(q) tel que u(F) = F’,
2) les formes 4|» et qlpr, sont équivalentes,
3) i1 existe une isométrie a : F —> F’, relative à q|p et q|pz.
Remarques 4.2.
1) On peut aussi chercher les orbites sous 0+ (q), cf. 54 Exercice 1.
2) Le théorème de Witt est valable dans le cas d’une forme alternée ou
hermitienne, cf. [D] Ch. I 511.
3) La variante 2) est particulièrement commode quand on connaît bien la
classification des formes sur k (par exemple, si k est algébriquement clos ou k = R,
ou k = Fq). Plus généralement, on peut appliquer le théorème à des sous-espaces
F tels que q|p soit bien connue; on en déduit par exemple que O(q) est transitif
sur les droites isotropes, ou sur les plans hyperboliques . . .
Démonstration (de 4.1).
1) Il est clair que 2) et 3) sont équivalents et que 1) implique 3). Pour prouver
que 3) implique 1), nous prouverons en fait le résultat plus précis suivant :

184 Le groupe orthogonal, cas général
Théorème 4.3 (Witt).
Si on a a : F ——> F’ comme en 4.1.3, i1 existe a e O(q) tel que ulp = a.
Démonstration (de 4.3).
a) Réduction au cas où F est non isotrope.
Supposons le théorème prouvé dans ce cas, et soit F isotrope. On utilise la
Proposition 3.3 en écrivant : F = F0 J_U, avec F0 = Ker q|p. Comme a est une
isométrie, on a a(F) = F’ = a(Fo) _La(U) et a(F0) = Kerq|pu Soit a1, . . . ,14, une
base de F0 et v1, . . . ,11, des vecteurs, comme en 3.3. Alors si on pose �z/ = a(u,-),
u’, . . ��* est une base de a(Fo) et la même proposition 3.3 fournit des vecteurs
14,. . . ,14’. avec les propriétés analogues. Si on pose B =< 1.41,1),- >, ��- =< 14,0; >,
les plans E, ��' sont hyperboliques, de bases hyperboliques (141,01) et PX- �. et on
a filPj, pour i aéj, et PFLU et de même, Pz/LPJÏ, pouriaéj, et Pi’.La(U).
OnposealorsG = P1_L �* lPrlUet G’ = PZÏJ. �I .LPr’_La(U).Lesous—espace
G est non isotrope et on prolonge a en a1 définie sur G en posant a1 (v1) = v} Il
est clair que a1 est une isométrie de G sur G’ et comme G est non isotrope, a1
s’étend en une isométrie de E, donc aussi a.
b) Démonstration dans le cas où F est non isotrope.
On raisonne par récurrence sur dim F.
1) On suppose dimF = 1, de sorte qu’on a F =< æ >, avec q(:z:) 7è 0. Soit
y = a(æ), on a donc q(:c) = q(y). On a alors le lemme suivant :
Lemme 4.4.
S1’ on a q(:1:) = q(y) 75 O, I’un des vecteurs :1: + y ou a: — y est non isotrope.
(Sinon on a q(a= + y) = 0 = 2q(x) + 2f(=v. y). q(æ - y) = 0 = 2q(w) — 2f(w, y), d’où.
en ajoutant, 4q(x) = O et c’est absurde).
Soit alors e = =F1 tel que :1: +ey soit non isotrope (cf. 4.4), et H =<æ + ey>l qui
est un hyperplan non isotrope. Soit n; la réflexion orthogonale par rapport à. H
(cf. V, 4.6). Comme æ — ey est dans H, on a rH(a:) = —sy, donc —erg(œ) = y .
Mais alors, —e'rH est dans O(q) et prolonge a, cqfd.
2) Le cas dimF > 1.
On suppose avoir prouvé que pour tout espace (E, q), tout sous-espace F non
isotrope de E de dimension 5 r et toute isométrie a de F dans E, a s’étend
en une isométrie de E. Soit alors F C E non isotrope avec dimF = r + 1 et
a : F ——> F’. On peut écrire F = F1 _L F2 avec F,- C F, F; 96 F et F.- non isotrope
(on prend une base orthogonale de F et on la partage en deux).
Alors, a1 = alp, se prolonge à E en T1 e O(q) par Phypothèse de récurrence.
Quitte à remplacer a par r1" la, on est ramené au cas où 0'12‘, = Id (si u G O(q)
prolonge T1“ la, 71a prolongera a).
Mais, si alp, = Id, comme on a F2 C Fil’, on en déduit a(F2) C ��� On
applique alors Phypothèse de récurrence à F2 vu comme sous-espace de p Alors,
a2 = a| F, s’étend en une isométrie r2 de P+� Mais alors, comme on a E = F1 J. F14,
l’isométrie Id p, .L r2 prolonge a ce qui achève de prouver 4.3.
b) Le théorème de Witt : les corollaires classiques.
Notations : Nous utiliserons, outre les notations du â 1, les abrévations suivantes :
seti pour sous-espace totalement isotrope,

Le théorème de Witt 185
setim pour sous-espace totalement isotrope maximal.
Le premier corollaire permet de mieux comprendre ce qu’est 1’indice I/(q) :
Corollaire 4.5.
a) Tout seti est contenu dans un setim,
b) Si F est un seti et F’ un setim, on a dimF 5 dim F’,
c) Tous les setim ont même dimension, à savoir l/(q).
Démonstration.
Le point a) est clair car E est de dimension finie.
Pour b), supposons dim F > dim F’. Soit F1 C F tel que dim F1 = dim F’. Comme
q|F1 = q|pz = 0, il existe une isométrie u de E telle que u(F1) = F’ (th. de Witt).
Mais alors on a u(F) D F’, u(F) 96 F’ (dimension) et n(F) est totalement isotrope,
ce qui contredit le fait que F’ est un setim. Enfin, c) résulte aussitôt de b).
Corollaire 4.6.
Si F, F’ C E sont isométriques (i.e. si on a q|p w qlpt), FJ- et F“ sont
isométriques.
Démonstration. Par Witt, on a u 6 O(q) tel que u(F) = F’ donc on a aussi
u(F-") = F’ L, ce qui prouve que ces sous-espaces sont isométriques.
Corollaire 4.7.
1) L’espace E admet une décomposition orthogonale E = H J. G avec H hyper-
bolique et G anisotrope.
2) Si on a une telle décomposition, on a dimH = 2z/(q).
3) Si on a deux décompositions du type de 1), E = H .LG = H’ J_G’, i1 existe
u E O(q) tel que u(H) = H’ et u(G) = G’.
Si on pose qa = qlg, 1a forme anisotrope qa est bien définie par q, à équivalence
pres.
Démonstration.
1) Soient F un setim de E, H une extension hyperbolique de F (cf. 3.5) et
G = H ‘L. On a E = H J.G car H est non isotrope et G est anisotrope (sinon F
ne serait pas un setim).
2) Soit F un setim de H, on a dimH = 2 dimF et F_LG C Fi, donc il y a
égalité pour une raison de dimension. Soit æ E Fl, on a æ = y + z, avec y E F et
z E G, donc q(æ) = q(z). Comme qlg est anisotrope, si æ a F, æ n’est donc pas
isotrope, ce qui prouve que F est aussi un setim de E, donc qu’on a dimF = V.
3) Comme on a dimH = dimH’, les espaces hyperboliques H et H’ sont
isométriques, donc d’après Witt, il existe u G O(q) tel que u(H) = H’, donc
aussi u(G) = u(Hl) = H”- = G’.
Corollaire 4.8 (équivalence des formes).
Soient q, q’ deux formes non dégénérées sur E. Avec les notations de 4.7, on a :
1) "((1) = V01’),
w ’<=>{
q q ZMaNqQ-
(Cela réœulte aussitôt du Corollaire 4.7).

186 Le groupe orthogonal, cas général
Remarque 4.9. Le corollaire 4.8 ramène la classification des formes quadratiques
à. celle des formes anisotropes, mais il faut être conscient du fait que dans les cas
non triviaux (par exemple pour k = Q), le plus gros du travail reste à. faire! (cf.
[S1] Chapitre IV).
Corollaire 4.10.
On suppose dimE = 3 et 1/(q) = 1. Alors q est équivalente, à. un scalaire près, à 1a
forme de Lorentz L (i. e. la forme :122 + yz — z’). En particulier on a O(q) z O(L).
Démonstration. On écrit E = P.l.D où P est un plan hyperbolique et D une
droite non isotrope (cf. Corollaire 4.7). Si on a D =<e> et q(e) = À, la forme q/z\
est équivalente à la forme de Lorentz. En effet, le plan P est encore hyperbolique
pour cette forme et, dans une base convenable, q/À a donc pour matrice :
1 0 0
0 -1 0
0 .0 1
Ce corollaire montre qu’en dimension 3, pour les formes d’indice 1, il y a un seul
groupe orthogonal à. étudier (qui l’a d’ailleurs été à la fin du Chapitre VII). Pour
la dimension 4, cf. Exercice 2 54.
5. Générateurs et centres de O(q) et O+(q).
Les techniques sont les mêmes qu’au Chapitre VI, mais il faut faire attention
aux sous-espaces isotropes. Dans toute la suite de ce chapitre les réflexions et
renversements considérés seront toujours orthogonaux (cf. V, Proposition 4.6 et
Remarques 4.7).
a) Les centres de O(q) et de 0+ ��
Théorème 5.1.
Pour n z 3, 1e centre de O(q) est Z = {Id, —Id}.
Démonstration. Soit D une droite non isotrope et n) la réflexion définie par D.
Si u. centralise O(q), on a urpzfl = 73(1)) = 7D (cf. V, 4.8) donc on a u(D) = D
et u laisse invariantes toutes les droites non isotropes.
Si P est un plan non isotrope, il est déterminé par deux de ses droites non isotropes
(par exemple une base orthogonale). On a donc aussi u(P) = P. La conclusion
résulte alors de IV, 2.8 et du lemme suivant :
Lemme 5.2.
On suppose n z 3. Alors, toute droite isotrope est intersection de deux plans
hyperboliques, donc non isotropes.
Démonstration (de 5.2) Soit a: 7è 0, un vecteur isotrope et y E E tel que
f(:z:, y) 9è 0, de sorte que le plan P =< zv,y > est hyperbolique (cf. 2.3). Alors,
P et donc aussi PJ‘, sont non isotropes. Soit z E Pl, non isotrope. On a
f(a:,y + z) = f(œ,y) 7è 0, donc < æ,y + z > est un autre plan hyperbolique et
on a :
<æ>=<a;,y> fl <x,y+z>.

Générateurs et centres de O(q) et O"'(q) 187
Théorème 5.3.
Pour n = 2, 1e centre de O(q) est {Id, —Id}, sauf si E est un plan hyperbolique
sur le corps F3.
Démonstration. Si u. centralise O(q), u laisse invariantes toutes les droites non
isotropes de E. Si q est anisotrope, il est clair que u est une homothétie. Sinon,
E est un plan hyperbolique, dont deux droites seulement sont isotropes (cf. 2.2.3)
et qui contient donc, si |k| > 3, au moins 3 droites non isotropes (si c1, c2 sont
isotropes, c1 + c2, c1 —— c2, c1 + Àeg avec À 7è O, 1, —1, sont non isotropes).
Mais alors u est une homothétie (car u admet trois droites propres distinctes). Le
cas du plan hyperbolique sur F3 est effectivement exceptionnel, cf. 56.
Théorème 5.4.
Pour n 2 3 le centre de 0+ (q) est Z fl O+(q), c’est-à-dire {Id} si n est impair,
{Id, —Id} si n est pair.
Démonstration. Soit P un plan non isotrope, 0'p le renversement de plan P. Si
u. centralise O+(q), on a : ucrpu = op = auœ), donc u(P) = P. La conclusion
résulte alors du lemme habituel (cf. IV, 2.8), du Lemme 5.2 ci-dessus, et du lemme
suivant :
Lemme 5.5.
On suppose n z 3. Toute droite non isotrope est intersection de deux plans non
isotropes.
Démonstration. Soit D =< a: >, avec m non isotrope et soient y,z E Dl, non
isotropes et linéairement indépendants (par exemple des vecteurs d’une base
orthogonale de Dl, qui est non isotrope et de dimension z 2 par hypothèse).
Alors, on a <x>=< az,y> n <æ,z> et les plans sont non isotropes.
Remarques 5. 6‘.
1) Pour n = 2, nous verrons au 56 que O"'(q) est commutatif.
2) Remarquons que dans les théorèmes précédents, nous démontrons en fait que
le centralisateur de O(q) ou 0+ (q) dans GL(E) est le groupe k* des homothéties.
b) Générateurs des groupes O(q) et O+(q).
Théorème 5.7.
Le groupe O(q) est engendré par les réflexions.
Démonstration. On procède par récurrence sur n, la propriété est claire pour
n = 1. Soit n > 1 et supposons le résultat établi jusqu’à n — 1. Soit u e O(q).
1) Supposons qu’il existe :1: e E, :1: 76 0, non isotrope, tel que ��Y = æ. Soit
H =<x>L Phyperplan orthogonal, non isotrope lui aussi. On a. u(H) = H et on
peut appliquer l’hypothèse de récurrence à u|H. On a : u|H = 71m7, où 7,- est
une réflexion de H. Mais, si on pose o,- = 7, lldgi, o; est une réflexion de E, et
comme u(æ) = æ, on a u = a1 :0001‘:
2) Soit m E E, a: 7è 0, non isotrope et soit y = �#� Supposons riz-y non isotrope
et soit H = (a: — y)‘. Comme a: + y est dans H, on a, si 7H est la réflexion par
rapport à H, 7H(y) = m, donc 7H o u(a:) = m. On est donc ramené au cas 1), on a
7H1; = 71 ...7,., donc u. = 7H71 .. .7,..
3) Avec les notations de 2), si le vecteur x — y est isotrope, alors æ + y est non
isotrope (cf. 4.4). Alors, si H =<x+y>J-, on a 7H(y) = —1,‘. Soit alors L =<œ>J-,
on a. 7L(x) = —a:, d’où 7L7Hu(z) = a: et on est ramené au cas 1).

188 Le groupe orthogonal, cas général
Remarque 5.8. Nous montrerons au 57 que tout élément de O(q) est produit d’au
plus n réflexions.
Théorème 5.9.
Pour n z 3, 1e groupe 0+ (q) est engendré par les renversements.
Démonstration. Si T est une réflexion, on a détT = -1, donc si u est dans 0* (q),
u est produit d’un nombre pair de réflexions. Le théorème 5.9 résulte alors du
lemme suivant :
Lemme 5.10.
Si on a n z 3 et si T1, T2 sont des réflexions, il existe des renversements a1, a2 tels
que 0'102 = TlTg.
Démonstmtion (de 5.10).
1) Si n = 3, -Tç est un renversement et on a T1T2 = (—T1)(—T2).
2) Dans le cas général, soient H1, H2 les hyperplans de T1,T2. On a H3‘ =< m; >,
avec x,- non isotrope, donc (H1 fl H2)J' =< 221,132 >. On peut supposer H1 7è H2,
donc dim(H1 fi H2) = n — 2. Le sous-espace H1 fl H2 est peut-être isotrope, mais
comme Ker q| 31mg, = Kerqlqhz», et comme 121,172 sont non isotropes, on a
dim Ker q| 11mg, 5 1. Il existe donc un sous-espace V de H1 n H2 non isotrope de
dimension n — 3, et on a alors E = VLVJ‘. Sur V, on a T1 = T2 = Id, et sur VJ‘,
qui est de dimension 3, on a T1T2 = 0102, a,- renversement de Vl. Il suffit alors de
prolonger a; par l’identité sur V en a; qui est encore un renversement, pour avoir
T1T2 = aîag.
6. La dimension 2.
Dans tout ce paragraphe, on suppose dimE = 2.
a) Les éléments de O(q).
Le premier résultat est le même que dans le cas euclidien, cf. VI, 4.1 :
Théorème 6.1.
1) Si u est dans O‘ (q), u est une réflexion.
2) Si u est dans 0+ (q), on a u = TlTg, où T1T2 sont des réflexions, I ’une d ’entre
elles pouvant être choisie arbitrairement.
3) Soient u E O+(q) et T e O-(q), on a TuT“1 = TnT = tf1.
4) Le groupe O+(q) est commutatif.
5) Soit u e 0+ и� On suppose qu’i1 existe a: E E, non nul et non isotrope, tel que
� = æ. Alors on a u = Id.
Démonstration.
1) Soit u G O’ (q) et a: 6 E, non nul et non isotrope. Il existe une réflexion
T telle que Tu(:t:) = îFœ (réflexion associée au vecteur a: — u(æ) ou a: + u(æ), cf.
5.7). Alors, Tu est dans 0"‘ (q) et admet la valeur propre a = =F1. Comme on
a dét Tu = 1 l’autre valeur propre de Tu est aussi e. De plus comme :1: est non
isotrope, la droite orthogonale à a: est distincte de < :1: > et stable par Tu donc
propre pour Tu, relativement à. la valeur propre e, mais alors Tu est l’homothétie
de rapport a i.e. Tu = IFId, donc u = =FT. Mais, comme on a n = 2, —T est aussi
une réflexion, donc u est une réflexion. On notera que cette démonstration prouve
aussi 5).

La dimension 2 189
2) Si u est dans 0+ (q) et si 7 est une réflexion quelconque, 7u est dans O‘ (q),
donc est une réflexion et on a u = 7(7u).
3) Soient u. E 0+ (q) et 7 une réflexion, on peut écrire u = 77', où 7’ est une
autre réflexion. Alors, on a 7117-1 = 7u7 = 727’ 7 = 7’ 7 = tf1.
4) Soient u,v e O"'(q), avec u = 717g. On a d’après 3), uvu-l = 717207271 =
7112-171 = v donc 0* (q) est commutatif.
b) Détermination du groupe 0"‘ (q) : le cas hyperbolique.
Supposons q hyperbolique et soit e1, e; une base hyperbolique de E. Dans cette
base q a pour matrice J = (l) 0� et s_i u e O(q) a pour matrice A, on a
‘AJ A = J. Un calcul immédiat fournit les matrices z
A= (l); �B� e0’(q) et A= (‘à 1%) e 0*(q), avec ae k‘.
On en déduit la proposition suivante :
Proposition 6.2.
Le groupe 0+ (q), pour q hyperbolique, est isomorphe au groupe des matrices
(Ë 1%) avec a E k*, 1u1'-même isomozphe à k*.
Remarque 6.3. Dans le cas k = F3, on a |0+(q)| = B = 2, donc |O(q)| = 4 et
le groupe O(q) est commutatif composé de Id, —Id et de deux réflexions. Comme
tous ses éléments 7€ Id sont d’ordre 2, O(q) est isomorphe au groupe de Klein,
V; = Z/2Z x Z/2Z.
Rappelons (cf. 5.3) que dans tous les autres cas, O(q) est non commutatif.
c) Détermination du groupe 0+ (q) : le cas anisotrope.
La forme q est équivalente, à un scalaire près, à la forme 1:2 + ayz, de matrice
J = (l) g , avec —a 9E le“ (puisque q est anisotrope). Notons que a = A(q) est
le discriminant de q. Soit K l’extension de k obtenue en lui adjoignant une racine
carrée w de —a, on a K = k[w] = k[\/—a| et K est donc de degré 2 sur k. Si z
est dans K,ils’écritz=x+yw avec raye k.
Soit a l’automorphisme de K , appelé conjugaison, et défini par o(æ+yw) = az-yw.
On note a(z) = ‘z’ et on définit, pour z = a: + yw e K , la “norme” de z par
N(z) = z? = 2:2 + ayz. On a N(z) E k et N induit un homomorphisme de K*
dans k‘, de noyau UK = {z E k|N(z) = 1}.
Comme dans le cas des quaternions (cf. Chapitre VII Q2), on identifie K à k2 et
N à q et on fait opérer U K sur K par
(À,z) +—> Àz = u;\(z), pour À ë UK, z e K.
Il est clair que u; est dans GL(2, k) et, comme N (Àz) = N (À)N (z) = N (z)
puisque À E UK, on a même u; e O(N) = O(q). De plus l’application A H u; est
un homomorphisme de groupes de U K dans O(q).
Si, pour un z 9E 0, on a u;\(z) = z = Àz, on en déduit À = 1. Il en résulte:
1) que l’homomorphisme u : À r—> u), est injectif,
2) que u; n’est pas une réflexion, donc (cf. 6.1) que u; est dans 0+ (q).

190 Le groupe orthogonal, cas général
On a donc un homomorphisme injectif :
u : UK ——+ 0+ (q).
Montrons enfin que u est surjectif. Soit en effet p E 0+ (q), si on a p(1) = À (avec
Pidentification de k2 et K), on a N(À) = N(1) = 1, donc A e UK et p(1) = u,\(1).
On a alors u;1p(1) = 1, mais comme u/Çlp est dans O*(q) et fixe 1, on a uïlp = Id
(cf. 6.1.5) donc p = u).
En définitive, on a donc, comme dans le cas euclidien, cf. Chapitre VI ë4, un
isomorphisme :
Proposition 6.4.
Soit q une forme anisotrope, a = A(q) un discriminant de q, K = k[\/—a| et UK
le groupe des éléments de norme 1 de K. On a un isomorphisme :
UK 2 O"'(q).
Remarques 6.5.
1) Dans la base 1,w de K, la matrice de u,\, pour À =a+bw e UK est :
(î îîb) avec a2+ab2=1.
2) Pour k = F, on connaît parfaitement le groupe O+(Q).
a) Si Q est hyperbolique, on a vu que 0+ (Q) est isomorphe à. F3, donc cyclique
de cardinal q — 1 (cf. III, 2.7).
b) Si Q est anisotrope, on a un isomorphisme 0+ (Q) z UK avec ici K = Fqn
et on a 1a suite exacte (cf. V, 6.11) :
1 ——+UK —->K*l>k* ——>1.
On a donc IUKI = q + 1 et comme K * est cyclique, Ux, donc aussi O+(Q), est
un groupe cyclique de cardinal q + 1.
7. Le théorème de Cartan-Dieudonné.
Nous précisons ici le théorème 5.7. Les notations sont toujours celles du äl, E est
de nouveau de dimension n quelconque.
Théorème 7.1 @� Cartan, J. Dieudonné).
Soit u e O(q), alors u est produit d’au plus n réflexions.
Démonstration. On raisonne par récurrence sur n. Pour n = 1, le théorème est
clair, avec la convention usuelle que Id est produit de zéro réflexion. Notons que,
pour n = 2, le théorème a été prouvé au {i6 (6.1.1 et 6.1.2).
Supposons donc n _>_ 3. On reprend la démonstration de 5.7, mais avec plus de
précision.
1) Premier cas :
S’il existe a: e E, a: 9€ 0 et non isotrope tel que � = x, et si H =<æ>'L, on a
u(H) = H. Appliquant l’hypothèse de récurrence à u| H, on voit que u est produit
d’au plus n — 1 réflexions.
Notons que si l’on n’est pas dans ce premier cas, c’est que, si v = u — Id, Kerv est
totalement isotrope.

Le théorème de Cartan-Dieudonné 191
2) Deuxième cas :
Supposons qu’il existe a: e E, non isotrope, tel que v(a:) = x — u(a:) soit non
isotrope. Alors, si H =< v(æ) >l et si 7H est la réflexion par rapport à H, on a
TH.u(æ) = a: et THJU, est dans le cas 1), donc u est produit de n réflexions au plus.
3) Remarquons que si l’on n’est pas dans le cas 1) ou 2), la technique de 5.7
n’aboutit pas, puisqu’el1e permet seulement de prouver que u. est produit de n + 1
réflexions, donc n’assure pas le fonctionnement de la récurrence.
4) Analysons donc la situation lorsque 2) n’est pas vérifié. On a v(a:) isotrope,
pour tout a: non isotrope de E. En fait, v(E) est totalement isotrope : il suflit de
montrer que si a: est isotrope, v(a:) est isotrope. En vertu de 2.7, on peut plonger
a: dans un plan P, de rang 1. Alors, P contient au moins 3 droites non isotropes
(cf. 2.5.c) donc v(P) contient au moins 3 droites isotropes, donc est totalement
isotrope (cf. 2.6) donc v(:z:) est isotrope. (1)
5) Lorsque ni 1) ni 2) ne sont vérifiés, on a donc Kerv et Imv totalement
isotropes. Si v est l’indice de q, il en résulte qu’on a
s = dimIm v 5 u,
donc r + s 5 21/ 5 n. Mais, la formule usuelle des dimensions :
dimKerv + dim Imv = n
r = dimKerv 5 u,
implique qu’on a n = 21/ (donc que q est hyperbolique) et que Kerv et Imv en
sont deux setim (cf. ä4).
Soit alors e1,. . . ,e,, une base de Kerv. Il existe des éléments s1, . . . ,5, e E tels
que < e,-, 5.- >= P,- soit un plan hyperbolique, de base hyperbolique (e,-,e,-) et que
les P, soient orthogonaux avec E = P1 L �mz J_P,, (cf. 3.3 et 3.5).
Vu le choix des e,-, on a, pour tout i, u(e.-) = e,-. Posons u(s,‘) = z aij3j+z bjjEj.
j 1'
On a f(u(s,-),u(e,-)) = b,-,- = f(e,-,e,-) = 6,5, (où 6,3 est l’indice de Kronecker).
Autrement dit, dans la base (c1, . . . ,e,,,e1, . . . ,5”, u a pour matrice `u
en particulier on a détu = 1.
6) Lorsque 1) et 2) ne sont pas vérifiés, on a donc n = 21/ et dét u = 1.
Soit alors 7' une réflexion quelconque. Comme dét Tu = —1, Tu n’est pas dans le
cas exceptionnel, donc ru est produit d’au plus n réflexions, mais comme n est
pair et Tu 6 O'(q), Tu est produit d’au plus n — 1 réflexions, donc u d’au plus n,
et la démonstration est achevée.
On en déd11it aussitôt avec 5.10 :
Corollaire 7.2.
On suppose n z 3. Si u. est dans 0+ (q), u. est produit d ’au plus n renversements.
Remarque 7.3. Si le résultat du Théorème 7.1 est le même que dans le cas euclidien,
en revanche on ne peut plus affirmer que, pour u E O(q) donné, le nombre minimal
de réflexions nécessaires pour écrire u est égal à pu (codirnension de l’espace des
points fixes de u, ou encore rang de v = u — Id), cf. 135,7, Exercice 2.
Le lecteur sourcilleux qui aurait remarqué que v(P) peut être de dimension < 2
montrera que même dans ce cas 'v(P) est totalement isotrope.

192 Le groupe orthogonal, cas général
8. Le groupe des commutateurs.
Le groupe des commutateurs de O(q) sera noté Q(q) (ou Qn(k, q) si on veut préciser
le corps de base et la dimension).
Remarque 8.1. Si g et h sont dans O(q), leur commutateur ghg'1h’1 est de
déterminant 1, de sorte qu’on a O(q) C 0+ ��b
Alors que, jusqu’à présent, la structure des groupes orthogonaux était assez voisine
entre le cas euclidien et le cas général, elle va devenir sensiblement différente avec
l’étude du groupe �R� En particulier, on aura, en général, Q(q) 7E 0+ hb
Théorème 8.2.
1) Le groupe Q(q) est engendré par les produits 3(w3w’1) de deux réflexions
conjuguées,
2) 1e groupe Q(q) est engendré par les commutateurs 3ts“1t“1 = (st)2, où 3 et t
sont des réflexions,
3) si u est dans O(q), ‘a2 est dans fl(q) et les carrés des éléments de O(q) engendrent
901),
4) 1e groupe O(q)/fl(q) est commutatif et formé d ’é1éments d ’ordre 5 2,
5) pour n 2 3, on a aussi fl(q) = D(O"’ (q)), groupe des commutateurs de 0+ X
Remarque 8.3. Le point 3) est conséquence d’un lemme plus général, cf. Chapitre
VI S3 Exercice 4.
Démonstration (de 8.2).
1) Soit c = uvu'1v'1 un commutateur, avec u, v e O(q). On écrit u = 71 . . . 73,,
où les 7, sont des réflexions et on montre, par récurrence sur p, que u est produit
de commutateurs du type 1).
C’est clair sip = 1 ; pourp > 1, on pose a = 71 . . .7,,_1, et on a c = a7pv7pa‘1v"1,
ou encore, en posant ,8 = 73,073, c = afla“1,6“1flv—1. Comme a est produit de
p — 1 réflexions, on peut appliquer Phypothèse de récurrence à. aflcrlfi-l, qui
est donc produit de commutateurs de type 1). Quant à flzfï = 73,117,724, il est
lui-même du type annoncé.
2) Soit c = s(wsw'1) un commutateur de type 1) (c’est-à—dire que s est une
réflexion) et écrivons w = 71 . . . 7,, comme produit de réflexions. En vertu de 1),
il suflît de prouver que c est produit de commutateurs de type 2), ce que nous
montrons par récurrence sur p, le cas p = 1 étant clair. Soit a = 71...7p_1, le
commutateur c = 3a7ps7pa4 peut encore s’écrire : c = (3asa"1)(a37,,s73,a“1).
Comme a est produit de p — 1 réflexions, on peut appliquer l’hypothèse de
récurrence à. sascfl. D’autre part, le deuxième terme est conjugué par a de 373,373,
donc est de la même forme : s’7’ 3'73’, avec s’ = asofl, 7,’, = a73,a'1 qui sont des
p
réflexions.
3) Soit u = 71 . . .73, e O(q), on montre par récurrence sur p qu’on a U2 E P6�
C’est clair pour p = 1. Sinon, on pose, là encore, a = 71...7,,_1 et on a
a2 = a7pa7p = a2a'173,a7p, d’où le résultat en appliquant à. a Phypothèse de
récurrence.
Le fait que les carrés engendrent Q(q) résulte de 2).
4) Le groupe O(q)/Q(q) est évidemment commutatif, et, d’après 3), ses éléments
sont d’ordre 5 2.

Le groupe des commutateurs 193
5) Soit C'(q) = D(O+(q)), il est clair que C'(q) est inclus dans �d�
Réciproquement, si s et t des réflexions, comme on a n z 3, il existe des renverse-
ments o, 7' tels que l’on ait st = or (cf. 5.10). Alors (st)2 = (07')2 = 070'174
est dans C(q) et la conclusion résulte de 2).
Remarques 8.4.
1) Pour n = 2, 0+ (q) est commutatif, donc D(O+ С� = {Id}.
2) Pour n = 2, Q(q) est engendré par les carrés de O(q). Comme les éléments
de O’ (q) sont de carré Pidentité (cf. 6.1.1), Q(q) est donc le groupe des carrés de
0+ �(� Si q est hyperbolique, on a donc fl(q) = k” (cf. 6.2) et si q est anisotrope,
Q(q) = U} (cf. 6.4).
Théorème 8.5.
Pour n z 3, le centre de Q(q) est Z fl fl(q) (où Z = {Id, —Id}).
Remarques 8.6.
1) Si n est impair, comme Q(q) est inclus dans 0+ (q), le centre est réduit à.
{Id}.
2) Si n est pair le centre n’est pas nécessairement égal à {Id, —-Id}, cf. 9.2 ci-
dessous.
Démonstration (de 8.5). Nous aurons besoin de deux lemmes :
Lemme 8.7.
Supposons dimE = 2 et soit u E O+(q), u 9è Id, alors u n’admet pas 1a valeur
propre 1.
Démonstration. Sinon, cette valeur propre serait double (car on a dét u = 1) et on
aurait deux cas :
a) Si on avait @� = æ avec æ non isotrope, Porthogonal < æ >J' serait une autre
droite propre pour la valeur propre 1 et on aurait u = Id (ce cas a déjà été vu en
6.1.5).
b) Si on avait = æ avec æ isotrope, le plan serait hyperbolique, et Pautre
droite isotrope serait stable par u (car il n’y a que deux droites isotropes) donc on
aurait aussi u = Id.
Lemme 8.8.
Si k: est distinct de F3 et si P C E est un plan non isotrope, il existe u E O(q) tel
que ulpi. = Id et a2 7S Id. L’espace des points fixes de a2 est alors Pi.
Démonstration. Comme on a k 9è F3, 0(q| p) n’est pas commutatif (cf. 5.3) donc
fl(q|p) n’est pas réduit à {Id}, donc il existe v E O(q| p) tel que ‘v2 7è Id (cf.
ci-dessus 8.2.3). Alors u = v .l..Idp.L convient.
Revenons au Théorème 8.5 et supposons d’abord k 7è F3.
Soit v e O(q) centralisant Q(q) et, si P est un plan non isotrope, soit u E O(q)
comme au Lemme 8.8. Comme a2 est dans O(q) (cf. 8.2.3), on a vuz = uzv. Soit
æ e PJ‘, æ 75 O. On a u2v(æ) = �� Ecrivant v(æ) = y + z avec y E P, z E P4,
on a a2 (y) = y. Mais, comme u2| p 76 Id, le Lemme 8.7 implique alors y = 0.
Autrement dit, on vient de montrer qu’on a v(P“-) = Pi, donc aussi v(P) = P,
de sorte que v laisse invariant tous les plans non isotropes, et c’est donc une
homothétie (cf. 5.2 et 5.5).

194 Le groupe orthogonal, cas général
Lorsque k = F3, le Lemme 8.8 est en défaut si P est un plan hyperbolique (cf.
6.2). Cependant la démonstration précédente permet de montrer que si v est dans
le centre de O(q), v laisse invariants tous les plans anisotropes.
Lorsque n est z 4 la conclusion résulte du lemme suivant et du Lemme 5.2.
Lemme 8.9.
On suppose k = F3 et n z 4. Toute droite non isotrope est intersection de deux
plans anisotropes.
Démonstration (de 8.9). Soit D =< :1: > une droite non isotrope, on a donc
q(a;) = =|=1. Soit Dl Porthogonal de D, on a dimDi z 3, donc (cf. V, 6.8),
DJ- admet une base orthogonale c2, c3, . . . , en avec q(e2) = q(e3) = 1.
Si q(x) vaut +1, on a D =< (13,62 > fl <:I:,e3 > et ces plans sont anisotropes (car
leur discriminant est 1).
Si q(:z:) vaut -1, on a D =<a:,e2> fl <œ,e3>, avec a2 = 62 :63, 83 = 62 g es,
qui vérifient q(e2) = q(e3) = 2 = ——1, donc les deux plans sont anisotropes et ceci
achève de prouver 8.9.
Enfin, il reste le cas k = F3, n = 3. La forme q est équivalente à x2 + yz + zz où à
x2 +y2 — z’ (cf. Chapitre V loc. cit). Dans le deuxième cas, —q est de discriminant
1, donc équivalente à 1:2 + 3/2 + z2. Comme O(q) = O(—q), on peut donc supposer
q N x2 + yz + zz.
Soit u E Z Il s’a.git de montrer que u est l’identité (dimension impaire). Les
trois plans de coordonnées étant anisotropes sont invariants par u. Il en résulte
que les droites engendrées par les vecteurs de base sont elles aussi invariantes par
u. Comme on a dét u = 1, à une permutation près des vecteurs de base, on a
1 0 0
u: 0 -1 0 ouu=Id.
0 0 -1
O 0 1 0 1 0
Soitalorsv: 1 0 0 ,onav€O(q)etv2= 0 0 1 ,maisalors,si
0 1 0 1 O O
u 7è Id on a uvz 9è vzu, donc, comme v2 est dans fl(q) cela contredit u e Z
9. Compléments.
Nous avons donc exhibé une suite de sous-groupes de O(q), chacun d’eux distingué
dans le suivant :
{1} <1‘ Z(9(q)) <1‘ 901) <1‘ 0+(q) <1‘ O(q)-
Le problème est maintenant de calculer les quotients successifs.
On sait déja que O(q)/Cl’ (q) est isomorphe à {1, ——1}, que 0+ (q) / fl(q) est
commutatif et formé d’éléments d’ordre 2 et que Z est inclus dans {Id, —-Id}.
Il reste essentiellement à. élucider les trois questions suivantes :
1) décrire le groupe 0+ (q) / Q(q),
2) étudier le quotient Pfl(q) = fl(q)/Z(fl(q)), en particulier sa simplicité,
3) pour n pair, préciser à quelle condition -—Id e R|

Compléments 195
Nous allons donner, sans démonstrations, les résultats les plus significatifs sur
ces questions. Ils nécessitent l’introduction d’ob jets nouveaux (algèbre de Clifford,
norme spinorielle) ou de techniques différentes (par exemple sur R et C, des
méthodes topologiques, voire de groupes de Lie). On renvoie à [D] Ch. II 57,
8, 9 pour des démonstrations, ainsi qu’a.ux exercices des 58 et 9 ci-dessous.
Le trait commun de tous les résultats suivants est qu’i1s nécessitent l’hypothèse
u(q) z 1, i.e. Pexistence de vecteurs isotropes. Le cas anisotrope est beaucoup
plus compliqué (cf. [D] Ch. II ê 12). A cet égard, l’exemple des formes euclidiennes
sur R. est trompeur, c’est le seul cas à notre connaissance où l’indice 0 est plus
simple que l’indice z 1.
Théorème 9.1. _
On suppose 1/(q) z 1. On a un isomorphisme 0 : O+(q)/Q(q) 3-» k*/k‘2.
Uisomorphisme Ë provient d’un homomorphisme de O"'(q) dans k*/k*2 appelé
norme spinorielle, cf. Exercices 2, 3.
Théorème 9.2.
On suppose 1/(q) z 1, soit A(q) un discriminant de q. On a :
—Id G Q(q) <=> n pair et A(q) e k”.
Voir Exercice 3.
Théorème 9.3.
On suppose n = 3 et U = 1, on a O+(q) 2 PGL(2,k) et Q(q) z PSL(2, k). En
particulier, Q(q) est simple pour k: 76 F3.
Ce théorème a été démontré : cf. VII 5.8 et VIII, 4.10, et, pour la simplicité, cf.
IV, 4.1.
Théorème 9.4.
On suppose n = 4 et u = 1, soit A = A(q) un discriminant de q.
1) A n’est pas un carré,
2) On a Q(q) 2 PSL(2, kL/Âb. En particulier, Q(q) est simple.
Voir VII, 55 Exercice 2 pour le point 1) et ci-dessous Exercice 4 pour le point 2)
dans le cas réel.
Théorème 9.5.
On suppose n = 4 et 1/ = 2. On a —Id e Q(q) et un isomorphisme :
PQ(q) z PSL(2, k) >< PSL(2, k).
En particulier, PQ(q) n’est pas simple.
Voir Chapitre VII ‘Q5 Exercice 3.
Enfin, le dernier théorème :
Théorème 9.6.
On suppose n z 5 et u z 1, alors Pfl(q) est simple.
Voir Exercice 5 dans le cas du corps des nombres réels.

EXERCICES SUR LE CHAPITRE VIII
Dans tous les exercices, les notations sont celles du â 1, en particulier, sauf mention
expresse du contraire, les formes sont supposées non dégénérées.
1, 2, 3. Plans hyperboliques. Espaces hyperboliques.
1) Soit P un plan muni d’une forme quadratique q (non dégénérée), A(q) le
discriminant de q.
a) Montrer que P est hyperbolique si et seulement si —A(q) est un carré non
nul (cf. 2.3).
b) Si q’ est une autre forme sur P, montrer que l’on a :
3A e le‘, q N Àq’ <=> A(q) = A(q’) dans k*/k*2.
2) On suppose 1/(q) z 1. Montrer que l’application q : E —> k est surjective
(regarder sur un plan hyperbolique). Montrer qu’il existe une base de E formée de
vecteurs isotropes (prendre un plan P hyperbolique, une base c3, . . . ,en de Pl et
modifier les e,- par des vecteurs de P).
3) On suppose n z 3 et I/(q) z 1. Soit u E O(q). Montrer que si u. laisse
invariantes toutes les droites isotropes, on a u = IFId (prendre une base c1, . . . , en
d’isotropes, cf. Exercice 2, et, si a est anisotrope, distinguer selon qu’il existe ou
non deux des ei non orthogonaux à a).
4) On suppose n z 3 et 1/(q) z 1. Soit u E O(q). Montrer que si u laisse
invariants tous les plans hyperboliques, on a u = =FId. Même question avec læ
plans de rang 1.
5) On suppose k = R et l/(q) z 1. Soit u e O(q). Montrer que si l’une des
hypothèses suivantes est vérifiée, on a u = ZFId :
a) u laisse invariantes toutes les droites définies positives (i.e. les droites
D = Ra, avec q(a) > 0),
b) idem avec les droites définies négatives,

Plans hyperboliques. Espaces hyperboliques 197
c) Si u z 2, u. laisse invariants tous les plans définis positifs (resp. négatifs).
6) Soit 1' une réflexion orthogonale d’hyperplan H, de droite D et F un sous-
espace de E. Montrer que F est stable par 7' si et seulement si on a F C H ou
F 3 D. ‘
7) Soit F un sous-espace de E stable par tous les éléments de O(q).
Montrer que 1’on a F = {O} ou F = E, sauf si E est un plan hyperbolique sur
F3 ; étudier ce dernier cas. (On montrera d’abord que si F est non nul, F est non
isotrope en utilisant l’exercice 6 et une base orthogonale de E. On considérera
ensuite Idp J. — IdFL, cf. 5.1).
8) Une variante de 7)
On suppose k çà F3 et n z 2. Soit F C E un sous-espace non trivial.
a) Montrer qu’il existe a: e E, non isotrope, tel que :1: ë F U FJ- (après avoir
traité les cas où F ou FJ- sont totalement isotropes on pourra chercher æ sous la
forme Ày+uz avec À,[.L E k, y e F-FJ- et z e Fl-F).
b) On suppose n z 3 et dimF z 2. Montrer qu’il existe a: e E, non isotrope,
tel que 7',,(F) 7E F et 1'_.,(F) n F 7è {O}.
9) Un lemme de dénombrement.
Soient a,b E k‘. Montrer que si on a Ikl > 5, le nombre de couples (m, y) E k2
solutions de arc’ + byz = a est au moins égal à. 6.
Etudier les cas k = F3, F5, suivant que —a/b est ou non dans k".
10) Généralisation de plusieurs lemmes, (cf. Exercices 3, 4, 5 et Théorèmes 5.1
et 5.4).
On suppose n z 2 et �4 > 5. Deux sous-æpaces F et G de E sont dits de même
type si et seulement s’il existe v e O(q) tel que G = v(F). En vertu du théorème
de Witt, ceci revient à. dire que 1’on a q| p N qlg.
On se propose de prouver Passertion (A) suivante :
Soit u. E O(q) et F un sous-espace non trivial de E. Si u laisse invariants tous les
sous-espaces de même type que F, on a u = IFId, sauf si n = 2 et si F est une
droite isotrope.
a.) Prouver (A) pour n = 2 et F anisotrope (utiliser Pexercice 9).
b) Prouver (A) pour n z 3 et dim F = 1 (utiliser les exercices 3 et 9).
c) Montrer (A) dans le cas général par récurrence sur dim F (prendre v e O(q)
tel que G = F flv(F) soit non nul et distinct de F, cf. Exercice 8 b) et lui appliquer
la récurrence).
d) OnposepourFCE:
NF = {u e O(q) |u(F’) = F’ pour tout F’ du type de F}.
Montrer que N p est un sous-groupe distingué de O(q).
e) Calculer N p lorsque 1’on a n = 2 et F isotrope.

198 Chapitre VIII : exercices
f) Etudier les cas k = F3,F5. En particulier, calculer N p" lorsque k = F3 et
n=2;k=F5,n=2etqw:1:2+y2; k=F3,n=3,q=œ2+y2+z2,F=<a>
avec q(a) = 1.
11) Soient u e O(q) et H un hyperplan de E, on suppose qu’on a u|H = IdH.
Montrer que, si H est isotrope, u est 1’identité et que, si H n’est pas isotrope, u
est l’identité ou la réflexion par rapport à H.
4. Le théorème de Witt.
1) Soient F, F’ deux sous-espaces de E, a : F ———> F’ une isométrie. Soit
K = Ker qIF.
a) Montrer qu’on a dimK + dimF S dimE et que Pégalité a lieu si et
seulement si Fl est totalement isotrope.
b) On suppose FJ- non totalement isotrope. Montrer qu’i1 existe u E 0+ (q)
(resp. u e O"(q)) tel que ulp = a (Théorème de Witt raffiné).
c) On suppose E hyperbolique et F totalement isotrope maximal. Soit
u E O(q) tel que Є = F. Montrer que 1’on a u e 0+ (q) (utiliser 3.3 et écrire
une matrice par blocs, voir aussi la démonstration de 7.1).
d) On suppose dimF + dimK = dimE, cf. a). Soit u e O(q), tel que
ulp = Idp. Montrer que u est dans 0+ �t En déduire que le raffinement du
théorème de Witt vu en b) est en défaut dans ce cas.
e) Soient F C E, u e O(q) et F’ = u(F), montrer qu’i1 existe v e 0* (q) tel
que v(F) = F’, sauf si E est hyperbolique et si F en est un lagrangien.
Si Q est l’ensemble des lagrangiens de E, montrer que f2 est une orbite sous O(q),
mais se décompose en deux orbites sous 0+ (q), cf. [D] Ch. II Q6 ou [B] tome 1V,
Ch. 13 E57.
2) On suppose n = 4, z/ > 0. Soit A(q) un discriminant de q.
a) Montrer que 1’on a :
q hyperbolique <=> z/ = 2 <=> A(q) e k”, et u = 1 => A(q) ë k”
(cf. ël, 2, 3 Exercice 1 et VII, ë5 Exercice 2).
b) Montrer que si q’ est une autre forme d’indice v’ > O, on a,
3A e k*, q’ N Àq <=> A(q) = A(q’) dans k*/k*2.
5, 7. Générateurs et centres de O(q) et O+(q) ; théorème de Cartan-
Dieudonné.
1) Valeurs propres des éléments de O(q).
Soit u E O(q).
a) Montrer que si u a un vecteur propre a: non isotrope la valeur propre
associée est =F1. Que se passe-t-il si a: est isotrope ?
b) On pose :
F“ = {x E E|u(:1:)= m} = Ker (u-Id), Gu = Ker (u+Id).

Théorème de Cartan—Dieudonné 199
Montrer que si n est impair et détu = 1, on a F“ ÿê 0, (utiliser 7.1).
Montrer que si n est impair et dét u = —1, on a G“ 7€ 0 (considérer ——u).
Montrer que si n est pair et détu == —1, on a F“ 9E 0 (et donc, si dét u = —1, u
admet toujours une valeur propre égale à 3:1).
c) On suppose k algébriquement clos. Montrer que u n’est pas nécessairement
diagonalisable si n z 3 (chercher, par exemple, avec q = 2xz + 3/2).
2) Complément sur le théorème de Cartan-Dieudonne’.
Soit u E O(q), F“ = {:12 e E | u(a:) = av} = Ker (u — Id), on pose p“ = codimF =
rg (u — Id) et K“ = Ker qIFu. On définit :
m“ = inf {r E N | 37-1, . . . , T“ réflexions orthogonales avec u = T1 . . . 7,}.
On convient que m“ vaut zéro si u = Id. Le théorème de Cartan-Dieudonné (7.1)
assure que l’on a m“ S n et on se propose ici de comparer m“ et p“ (cf. VI, 52).
a) Montrer que l’on a p“ _<_ m“.
b) On dit que u est exceptionnel si Ful est totalement isotrope (cf. aussi E4
Exercice 1 a)). Montrer que, si u est exceptionnel, on a p“ < m“.
c) On suppose F“ totalement isotrope. Montrer que les conditions suivantes
sont équivalentes (s’inspirer de la démonstration de 7.1) :
1) u est exceptionnel,
2) F“ est un lagrangien de E (et donc E est hyperbolique),
3) Im (u — Id) est totalement isotrope,
4) Va: E E, non isotrope, — x est isotrope.
Montrer de plus qu’on a alors :
i) détu = 1,
ii) Pu = dim F“ = u est pair (donc n est multiple de 4),
(on écrira la matrice de u dans une base convenable, sous la forme ��� Î), avec
A antisymétrique).
d) Déduire de c) que si u est exceptionnel, on a dét u = 1 et p“ pair (prendre
G“ supplémentaire de K“ dans F“ et appliquer c) à Gj) �*O
e) Montrer que l’on a m“ = p“ si n = 2 ou si p“ = 1.
f) On suppose u non exceptionnel, montrer que l’on a m“ = p“ (on raisonnera
par récurrence sur le couple (n, p“) ; on s’inspirera de la démonstration de 7.1 en
distinguant 3 cas :
1) F“ non totalement isotrope,
2) F“ totalement isotrope et dim Fj- z 2 + dim F“,
3) F“ totalement isotrope et dim E} = 1 + dim F“,
dans ce dernier cas on pourra prouver, en travaillant dans une base appropriée, qu’il
existe :1: E E non isotrope tel que a: é F“, ��K — a: non isotrope, et Fj‘ fl <3: >4-
non totalement isotrope).
g) On suppose u exceptionnel et F“ totalement isotrope. Soit 7' une réflexion
quelconque. Montrer que TU n’est pas exceptionnel et vérifie p,“ = p“ + 1. En
déduire que l’on a m“ = p“ + 2.
h) On suppose u exceptionnel. Montrer que l’on a m“ = p“+2 (on se ramènera
à g) en travaillant dans G“L, cf. �Xu

200 Chapitre VIII : exercices
6. La dimension 2.
1) a) Montrer que l’on a O(q) z 0+ (q) >4 {1, —1}. Dans quel cas le produit est-il
direct ?
b) Si k est fini et n = 2, montrer que O(q) est un groupe diédral que l’on
précisera.
2) Soit (P, q) un plan de rang 1, O(q) son groupe orthogonal, c1,e2 une base
de P avec c1 e Ker q. Soit u E O(q). Montrer que la matrice de ‘u. dans la base
(c1, B2) est de la forme :
u=(a b) avecaek‘, bek, c==F1.
Montrer que l’application u »—> (a, e) de O(q) dans k‘ x {1, —1} est un homomor-
phisme surjectif dont le noyau est isomorphe à (k, +). En déduire que O(q) est
produit senti-direct de (k, +) par k* X {1, —1}. Le produit est-il direct ?
3) On suppose n = 3. Soit D une droite de E, et P = Dl. On pose :
a = {u e O(q) |u(P) = P} = {u e O(q) Iu(D) = D}-
a) On suppose D non isotrope. Montrer que l’on a
G 2 O(P) x O(D) = O(P) X{1,-1}.
b) On suppose D isotrope. Soit (p : G -——-> O(P) l’homomorphisme de
restriction. Montrer que (p est injectif (cf. ê, 1, 2, 3 Exercice 11) et surjectif (prendre
une base c1, c2, c3 avec c1 e D, 62 e P et (c1, c2) hyperbolique et utiliser l’exercice
2) ; terminer le calcul de G à Paide de l’exercice 2).
8, 9. Le groupe des commutateurs.
1) Soit (P, q) un plan hyperbolique. Montrer que l’on a 0+ (q) / O(q) r: k*/k*2.
2) On suppose u z 1. Soit u e O(q). On dit que u est une transformation
hyperbolique s’il existe un plan hyperbolique P C E tel que UIPJ. = Id.
a) Montrer que les réflexions orthogonales sont des transformations hyper-
boliques (plonger un vecteur non isotrope dans un plan hyperbolique).
b) Soit P un plan hyperbolique et u une transformation hyperbolique de plan
P’. Montrer que u s’écrit u = sv avec s hyperbolique de plan P et v E O(q)
(utiliser le théorème de Witt).
c) Soit P un plan hyperbolique et u E O(q). Montrer que l’on a u = sv, avec
s et v comme en b).
d) On garde les notations de c). On identifie le groupe O(P) = O(q|p) à un
sous-groupe de O(q) au moyen de l’application v +——> v .L Id pL. Soit u. E 0+ pb� On
écrit u = sv comme en c). On a s e 0+ (P) et on désigne par ä la classe de s dans
0+(P)/0+(P) n 9(9)-

Le groupe des commutateurs 201
Montrer que Papplication 1,12 qui à u associe 5 est bien définie (i.e. que ‘ä ne dépend
que de u et pas de la décomposition u = su). Montrer que 111 est un homomorphisme
surjectif et qu’il induit un isomorphisme :
ï = 0+(q)/9(<1)—N+0+(P)/0+(P) F‘ 901)-
Montrer que Q(P) est inclus dans 0+ (P) fl Q(q) et donc que 0* (q) / Q(q) est
isomorphe à. un quotient de 0"‘ (P)/Q(P) z k*/k*2 (cf. Exercice 1).
Il semble qu’on ne sache pas prouver directement (i.e. sans la norme spinorielle, cf.
Exercice 3) Pégalité Q(P) = 0+ (P) fl 0(q), qui donnerait 1’isomorphisme annoncé
en 9.1 (cf. par exemple [D2] ë13, Prop. 12 et Rem. 28).
3) La norme spinorielle.
Soit u E 0+ (q), on écrit u = T1 . . .7}, où 7',- = T,“ est la réflexion définie par le
vecteur non isotrope xi.
a) Montrer que la classe de q(m) . . . q(m) dans k*/k*2 ne dépend pas du choix
de æ.- dans la droite de la réflexion n. On admettra qu’elle ne dépend, en fait, que
de u et non de la décomposition u = T1 . . . 7,. (La démonstration de ce résultat
requiert la construction de Palgèbre de Clifford C
On pose alors 0(u) = q(m) . . . q(m) E k*/k*2.
b) Montrer que 0 est un homomorphisme de 0*(q) dans k*/k*2, appelé
norme spinorielle, et que l’on a Q(q) C Ker 0.
c) On suppose v z 1. Montrer que 0 est surjective (cf. fil Exercice 2).
d) Soit (P, q) un plan hyperbolique, muni d’une base hyperbolique (81,62).
Soit u 6 0"'(q), de matrice (‘à 12a) dans cette base. Montrer que l’on a
9(u) = ä dans k*/k*2. En déduire Pégalité Ker 0 = Q(q) dans ce cas.
e) Montrer que, si u z 1, on a Ker 0 = pd} (Utiliser d) et Exercice 2.c), cf.
9.1).
f) On suppose u z 1. Soit A(q) un discriminant de q. Montrer que l’on a
—Id E Q(q) 4=> n pair et A(q) e le” (décomposer —Id en produit de réflexions
à 1’aide d’une base orthogonale et utiliser e), cf. 9.2).
4) PSL(2,C) et le groupe de Lorentz.
Soit E Pespaace des matrices hermitiennes 2 x 2 complexes :
E = {m e M(2,C)|‘m=m}.
On identifie R4 et E au moyen de l’application :
t+x y+ù
(t, av, y, z)'-+(y_iz Px)-
On pose, pour m e E, q(m) = dét m. Si m est identifié à (t, 2:, y, z) comme ci-
dessus on a q(m) = t2 — x2 —— y’ — zz (le déterminant est donc une forme de
Lorentz).
Soient V={meE|q(m) = 1}, V'* ={me V[t>0}, V" ={me V[t<0}.
a) Montrer que l’on a V = V"' U V’ et que V+ et V‘ sont connexes. En
déduire que si u est dans 0(q), on a u(V"') = V"” ou V“, puis, que si u est dans
fl(q) on a u(V"') = V+.

202 Chapitre VIII : exercices
b) Soit s e SL(2, C). On définit, pour m e E, a(s)(m) = smts. Montrer que
a(s)(m) est dans E et que a est un homomorphisme de groupes de SL(2, C) dans
O(q). Calculer Ker a.
c) On rappelle qu’on a D(SL(2,C)) = SL(2, C) (cf. IV, 3.1). En déduire
l’inc1usion Ima C O(q).
d) Soit e e E la matrice identité, qui est dans V"', et soit m E V"'. Montrer
qu’il existe s e SL(2, C) tel que 0(3) �� = e (chercher s sous forme triangulaire).
e) Soit G = {u E Q(q) |u(e) = e}. Montrer que l’on a G = O"”(q|H) z
O"'(3,R) où l’on a. posé H =<e>"'.
Montrer que si s appartient à SU (2, C), on a 0(3) E G. Déterminer les s de
SU (2, C) qui vérifient s2 = IFId. Pour un tel s, montrer que l’on a —is e H et que
a(s)|H est le renversement d’axe —is.
f) Déduire de d) et e) que a est surjectif, donc qu’on a un isomorphisme
Q(q) z PSL(2, C) (cf. 9.4).
5) La simplicité de Pfl(q) pour k = R, n z 5, u z 1.
On suppose k = R, n z 5, 1/ z 1 et, précisément, q de signature (r, s) avec avec
r z s z 1. Soit N un sous-groupe distingué de Q(q) contenant strictement le centre
de fl(q).
a) Soient P, P’ deux plans hyperboliques de E. Montrer qu’il existe u e fi(q)
tel que u.(P) = P’ (utiliser Witt et Exercice 2.0)).
b) Soit P C E un plan non totalement isotrope. Montrer qu’il existe un
sous-espace U C E, non isotrope, de dimension 3 et d’indice 1 tel que P C U.
Un tel sous-espace U sera dit un L—sous-espace (la restriction de q à U est
équivalente au signe près à la forme de Lorentz 9:2 + yz — z”).
c) Soit U un L—sous-espace. On identifie Q(U) = Q(q|u) à un sous-groupe de
Q(q) par 1’application u. +—> uildui. On suppose alors N n (MU) 7è {Id}.
Montrer que l’on a fl(U) C N (cf. 9.3).
d) Soit U’ un autre L—sous-espace. Montrer que sous Phypothèse de c), on a
aussi Q(U’) flN 7E {Id}, donc Q(U’) C N (utiliser a), attention qlu et q|uz ne sont
équivalentes qu’au signe près).
e) Déduire de c) et d) que si, pour un L—sous-espace U, on a N flfl(U ) 96 {Id},
alors on a N = Q(q) (considérer des générateurs (st)2 de Q(q), où s,t sont des
réflexions et utiliser b)).
f) Montrer que si on a u = 1 (resp. u z 2), et si P est un plan hyperbolique
(resp. un plan défini négatif), tout sous-espace de dimension n — 4 de P4- contient
un vecteur a avec q(a) > 0.
g) Montrer qu’il existe u e N, avec u 7è îFId et a E E tels que q(a) > O et
u(a) = a (partir d’un plan P comme en f) et de s = (nrgz, pour b,c E P et
fabriquer le commutateur de s et d’un élément non trivial de N, cf. aussi ‘Q1, 2 ,3
Exercices 4 et 5).
h) Déduire des questions g) et b) qu’il existe un L-sous-espace U tel que
(MU) fl N 7€ {Id} (prendre b e E tel que q(a) = q(b) et u(b) non colinéaire à. b;
utiliser ensuite un commutateur de u et de (TdTaŸ, avec d = a, — b ou a + b).
i) Conclure (cf. 9.6).

BIBLIOGRAPHIE
[A] E. ARTIN, Algèbre géométrique, Gauthier-Villas, Paris (1978).
[AH] J .DIEUDONNÉ et al., Abrégé d’histoire des mathématiques, Hermarm, Paris
(1978).
[B] M. BERGER, Géométrie, Cedic — Fernand Nathan, Paris (1977).
Tome 1, Action de groupes, espaces affines et projectifs.
Tome 2, Espaces euclidiens, triangles, cercles et sphères.
Tome 4, Formes quadratiques, quadriques et coniques.
[Bl] A. BLANCHARD, Les corps non commutatifs, PUF, Paris (1972).
[Bbki] N. BOURBAKI, Algèbre Chapitres 1,2,3, Hermann, Paris nouvelle édition
(1970).
Algèbre Ch. VI et VII, Hermann, Paris (1964).
[C] H. CARTAN, Théorie élémentaire des fonctions analytiques d’une ou plusieurs
variables complexes, Hermann, Paris (1961).
[Ca] J .-C. CARRÉGA, Théorie des corps, la règle et le compas, Hermann, Paris
(1981)
[D] J. DIEUDONNÉ, La géométrie des groupes classiques, Springer, Berlin (1971).
[D1] J. DIEUDONNÉ, Algèbre linéaire et géométrie élémentaire, Hermarm, Paris
(1964).
[D2] J. DIEUDONNÉ, Sur les groupes classiques, Hermann, Paris (1948).
[D3] J. DIEUDONNÉ, Les isomorphismes exceptionnels entre les groupes clas-
siques finis, Canad. J. of math. 6, 305 - 315 (1954).
[FAM] J. DIEUDONN É, Fondements de Panalyse moderne, Gauthier-Villars, Paris
(1963).
[Fï] J. FRENKEL, Géométrie pour l’élève professeur, Hermann, Paris (1973).
[Fu] W. FULTON, Algebraic curves, Benjamin, New-York (1969).
[FG] S. FRANCINOU, H. GIANELLA, Exercices de mathématiques pour Pagréga-
tion, Algèbre 1, Masson, Paris (1994).
[G] C. GODBILLON, Éléments de topologie algébrique, Hermarm, Paris (1971).
[H] M. HALL Jr, The theory of groups, Mac Millan, New-York (1959).
[J] N. JACOBSON, Basic algebra, 2 vol., Freeman, San Francisco (1974, 1980).

204 Bibliographie
[K] M. KAROUBI, K-theory, an introduction, Springer, Berlin (1978).
[L] S. LANG, Algebra, Addison-Wesley, New-York (1965).
[LFA] J. LELONG-FERRAND, J.-M. ARNAUDIÈS, Cours de mathématiques,
tome 2, analyse, Dunod, Paris (1972).
[P] D. PERRIN, Géométrie algébrique, une introduction, Interéditions, Paris, 1995.
[PR] D. PERRIN, A. ROBERT, Géométrie pour l’écrit du CAPES, Ellipses, Paris
(en préparation).
[Pu] L. PUIG, La classification des groupes finis simples : bref apercu et quelquæ
conséquences internes, Séminaire Bourbaki, Exp. 584. Nov. 1981.
[R] W. RUDIN, Real and complex analysis, Mc Graw and Hill, New York (1966).
[Sa] P. SAMUEL, Théorie algébrique des nombres, Hermann, Paris (1967).
[S1] J.-P. SERRE, Cours d’a.rithmétique, PUF, Paris (1970).
[S2] J.-P. SERRE, Représentations linéaires des groupes finis, Hermarm, Paris
(1967, 3ème éd.).
[S3] J.-P. SERRE, Groupes finis, cours à l’ENSJF, notes polycopiées, Montrouge
(1979).
[St] I. STEWART, Galois theory, Chapmann et Hall, London (1973).
[VdW] B.—L. VAN DER WAERDEN, Modern algebra, Vol. 1, 7ème édition,
Springer, Berlin (1966).
[V] M.-F. VIGNÉRAS, Arithmétique des algèbres de quaternions, Springer, Berlin
(1980).

INDEX TERMINOLOGIQUE
algèbre 42 cycle 10
algébrique (élément) 66 cyclique (groupe) 10
algébrique (extension) 67 cyclique (entier) 40
algébriquement clos (corps) 67 cyclotomique (polynôme) 80
alterné (groupe) 10 décomposition (corps de) 71
alternée (forme) 119 définie positive (forme) 129
angle 146 dégénérée (forme) 118
anisotrope (forme) 123 degré (d’un élément algébrique) 67
antisymétrique (forme) 119 degré (d’une extension) 65
archimédien (corps) 150 dérivé (groupe) 13
associés (éléments) 46 deux carrés (th. des) 58
automorphisme (de groupes) 9 dévissage 12
Bézout (th. de) 49 diédral (groupe) 23
bilinéaire (forme) 117 dilatation 96
Burnside (th. de) 39, 40 direct (produit) 20
caractéristique (d’un corps) 72 Dirichlet (th. de) 84, 93
caractéristique (sous-groupe) 12 discriminant (d’une forme) 118
Cartan-Dieudonné (th. de) 190 distingué (souspgroupe) 11
Cauchy (lemme de) 35 divisibilité 46
Cayley (octaves de) 168 duplication du cube 69
Cayley (th. de) 15 Eisenstein (critère d’) 76
centre (d’un groupe) 12 élément primitif 87
centralisateur 15 engendré (idéal) 42
chinois (lemme) 21 entier (élément) 61
classe à gauche 9 entiers de Gauss 56
classes de conjugaison 15 équivalentes (formes) 127
Cliiford (algèbre de) 169, 201 Euclide (lemme d’) 48
clôture algébrique 72, 88 euclidien (anneau) 50
commutateur 13 euclidien (corps) 150
conjugaison (principe de) 16 euclidien (espace) 141
conjugué (d’un quaternion) 162 euclidienne (division) 50
conjugués (éléments) 15 euclidienne (forme) 129
conjugués (sous-groupes) 18 Euler (fonction d’) 24
constructible 68 extension (de corps) 65
contenu (d’un polynôme) 51 extension (de groupes) 20
corps des fractions 42 factoriel (anneau) 47

206
Feit-Thomson (th. de) 37, 40
fidèlement (opérer) 14
finie (extension) 67
Frattini (argument de) 20, 39
Frobenius (homomorphisme de) 73
Frobenius (th. de) 168
Galois (théorème de) 28
Gauss (entiers de) 56
Gauss (th. de) 48, 51
générateurs (d’un groupe) 10
hermitienne (forme) 119
Hilbert (th. de) 44
homographie 114
hyperbolique (base) 179
hyperbolique (espace) 181
hyberbolique (extension) 182
hyberbolique (forme) 179
hyberbolique (plan) 179
hyperbolique (transformation) 200
indice (d’une forme) 123
indice (d’un sous-groupe) 9
intégralement clos (anneau) 61
intègre (anneau) 42
intérieur (automorphisme) 9
inversible (élément) 24, 45
irréductible (élément) 46
isométrie 123
isomorphisme (th. d’) 41
isotrope (vecteur) 123
isotrope (sous-espace) 123
Klein (groupe de) 10
Krull (th. de) 43
Lagrange (th. de) 10
lagrangien 182
Legendre (symbole de) 93
Lindemarm (th. de) 70
linéaire (groupe) 95
Lorentz (forme de) 186
Lorentz (groupe de) 201
maximal (idéal) 43
minimal (polynôme) 66
Môbius (fonction de) 89
monogène (groupe) 10
monogène (extension) 66
multiplicateur (d’une similitude) 126
multiplicativité du degré (th. de) 65
négative (isométrie) 125
nilpotent (élément) 59
Index terminologique
noethérien (axmeau) 44
non dégénérée (forme) 118
normalisateur 18
norme (arithmétique) 54, 56, 118
norme (euclidienne) 141
norme (d’un quaternion) 162
noyau (d’une forme) 118
noyau (d’un homomorphisme) 9
octaves de Cayley 168
opération (d’un groupe sur un
ensemble) 13
orbite 14
ordre (d’un élément) 9
ordre (d’un groupe) 9
orientation 147
orthogonal (groupe) 123
orthogonal (d’un sous-espace) 122
orthogonale (base) 127
orthogonale (symétrie) 125
orthogonales (matrices) 141
orthogonaux (vecteurs) 122
orthogonaux (sous-espaces) 122
orthonormée (base) 129
p-groupe 9
polaire (forme) 119
paire (permutation) 10
permutation 10
positive (isométrie) 125
ppcm, pgcd 49
premier (idéal) 43
premier (sous—corps) 72
premiers entre eux (éléments) 47
primitif (polynôme) 51
primitive (racine de l’unité) 80
principal (anneau) 49
principal (idéal) 42
produit (d’idéaux) 42
produit scalaire 141
projectif (espace) 106
projectif (groupe linéaire) 99
projectif (groupe orthogonal) 143
pur (quaternion) 162
quadratique (forme) 119
quadrature du cercle 70
quaternions (corps des) 161
quaternions (généralisés) 169
quaternions (groupe des) 13
rang (d’une forme) 118

Index terminologique
réflexion 96
réflexion (orthogonale) 125
réflexive (forme) 118
relèvement 21, 22
renversement 125
rupture (corps de) 70
scindée (extension) 22
section (d’un homomorphisme) 22
semi-direct (produit) 21, 22
semi—linéaire (application) 112, 117
sæquilinéaire (forme) 117
seti 184
setim 185
signature (d’une forme) 129
signature (d’une permutation) 10
similitude 126
simple (groupe) 12
somme (d’idéaux) 42
spécial linéaire (groupe) 95
spécial orthogonal (groupe) 124
spécial unitaire (groupe) 124
spinorielle (norme) 201
207
stabilisateur 14
stathme 50
suite exacte 11
Sylow (p-sous-groupe de) 18
Sylow (th. de) 18, 19
symétrie 125
symétrique (forme bilinéaire) 119
symétrique (groupe) 10
symplectique (groupe) 123
totalement isotrope (sous-espace) 123
transcendant (élément) 66
transfert (homomorphisme de) 39
transitivement (opérer) 14
transposition 10
transvection 97
trisection de l’angle 70
type fini (idéal de) 42
type fini (algèbre de) 42
unitaire (groupe) 123
Wedderburn (th. de) 82
Witt (th. de) 183, 184
Witt (th. de, raffiné) 198

Aubin Imprimeur
LIGUGÉ, POITIERS
IMPRESSION - FINITION
Achevé d'imprimer en mars 2000
N" d'impression L 59844
Dépôt légal mars 2000
Imprimé en France

Cette collection regroupe des ouvrages variés dont /e but est
de compléter /a formation scientifique des candidats aux concours
d 'Agrégation et de CAPES de Mathématiques, etéventue//ement
de /eur donner une préparation spécifique à une épreuve ou un
type d'épreuve.
Ce volume est directement issu du Cours d'Algèbre
paru sous forme photocopiéè aux presses de l'Ecole
Normale Supérieure de Jeunes Filles et connu des
candidats à 'agrégation de mathématiques comme << le
Pertin >>. Il a permis à de très nombreux agrégatits de
compléter leur formation en algèbre, et d'arriver au
concours avec des idées claires. Il s'adresse donc avant
tout aux candidats à l'agrégation, mais peut être
abordé avec profit dès le début du deuxième cycle de
l'enseignement supérieur. Il devrait faire partie de la
bibliothèque de base de tout enseignant de mathéma-
tiques.
Professeur a l'lUF/V\ de Versailles et à l'Université de Paris-Sud
(Orsa , Daniel Perrin s'est occu é endant uinze ans de la
y p p q l
préparation des normaliennes et normaliens a lagrégation de
mathématiques’, d'abord à l'Ecole Normale Supérieure dejeunes
Filles, puis à l'Ecole Normale Supérieure.
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782729 855529 ISBN 2-7298-5552-1