Groupe alterné

numérotation d'une permutation

On numérote une position de la manière indiquée par la figure de droite. Le trou n'est pas compté. Ainsi, la position initiale représentée sur la figure est (123456789...). Le mouvement correspondant à la flèche bleue donne la position (134562789...), elle correspond à la permutation (23456), un cycle d'ordre 5 et donc impair. Celle correspondant à la flèche rouge donne (123456978...), elle correspond à la permutation (798) un cycle d'ordre 3, encore impair. Si la case vide est sur un bord, on obtient soit la permutation constante soit une d'ordre 7, encore impair. Ainsi toutes les permutations générant le sous-groupe opérant sur le jeu de taquin sont de signatures paires et font ainsi parti du groupe alterné.

La permutation nécessaire à la résolution du cas de figure intitulée Jeu de taquin non résoluble est une transposition, de signature impaire, elle n'est donc pas réalisable car le groupe alterné ne contient aucune transposition.

Avec les notations utilisées, le cas de figure intitulée Jeu de taquin non résoluble correspond à la position 1,2,3,4,8,7,6,5,9,10,11,12,14,15,13. Celle correspondant au taquin reconstitué dans l'ordre avec la case vide en première position à 1,2,3,7,6,5,4,8,9,10,11,15,14,13,12. Passer de l'une à l'autre des positions impose la permutation (47586)(12 15 13), produit de deux permutations de signature paire, donc paire. Il est ainsi possible de résoudre la question posée par Sam Loyd si l'on permet à la case vide de se trouver en haut à gauche.

La référence sur le taquin montre que le groupe alterné A₁₅ est bien celui qui opère sur le jeu.

Établir la nature des classes de conjugaison de A_n est simplifié par le travail équivalent pour le groupe symétrique. Si φ₁ et φ₂, désignent deux permutations ayant même structure, la démonstration pour le groupe symétrique montre l'existence d'une permutation σ tel que σ^-1φ₁σ = φ₂. On suppose ici que φ₁ et φ₂ sont des permutations paires. L'objectif est d'établir quand σ peut être choisi pair et ce qui se passe sinon.

• Une classe de conjugaison est constituée d'éléments ayant la même structure. Si la structure est composée uniquement de cycles de longueurs impaires, sans cycle de même longueur, il existe exactement deux classes de conjugaison. Il n'en existe qu'une sinon :

Commençons par établir le cas où il n'existe qu'une classe de conjugaison par structure :

S'il existe deux entiers distincts invariants par φ₂, σ peut être choisi pair. En effet, soit a et b les deux entiers invariant par φ₂ et τ la transposition permutant a et b. La transposition τ commute avec φ₂, ce qui montre que (σ τ)^-1φ₁(σ τ) = φ₂. Soit σ τ soit σ est pair, ce qui établit la proposition dans ce cas là.

S'il existe un cycle d'ordre pair dans la décomposition de φ₂ en cycles à supports disjoints, σ peut être choisi pair. Ici τ désigne le cycle de φ₂ ayant un ordre pair. Une fois encore τ est une permutation impair qui commute avec φ₂. Le même raisonnement que précédemment montre que soit σ τ soit σ est pair et permet de conclure.

S'il existe deux cycles de même longueur et de longueurs différentes de 1, σ peut être choisi pair. Deux cas se présentent, les cycles sont soit pairs soit impairs. S'ils sont pairs, la démonstration précédente permet de conclure. S'ils sont impaires, soient (a₁a₂...a_k) et (b₁b₂...b_k) ces deux cycles. Ici k désigne un entier impair. On définit τ comme égal au produit des k transpositions (a₁b₁)(a₂b₂)...(a_kb_k). La permutation τ revient à intervertir les a_j avec les b_j, elle commute avec φ₂. Comme k est un entier impair, la permutation τ est impaire. Le raisonnement précédent permet de conclure.

Établissons le cas où la classe de conjugaison de S_n est divisé en deux :

Il existe au plus 2 classes de conjugaison pour une structure de cycle donnée. Soit (b₁b₂...b_k) le premier cycle d'ordre différent de 1 de φ₂. Soit τ la transposition permutant b_k-1 et b_k On remarque que φ₃ le conjugué de φ₂ par τ possède exactement les mêmes cycles que φ₂, sauf celui étudié, qui devient (b₁b₂...b_kb_k-1). Ainsi, une permutation φ₁ de même structure que φ₂ est, soit conjuguée à φ₂, soit à φ₃. Il ne peut donc exister plus de 2 classes de conjugaison.

Le raisonnement pour établir le résultat pour les cycles d'ordre n, si n est impair, est un cas particulier plus simple à comprendre que le cas général. Le lecteur averti peut sauter cette partie de la démonstration.

Si n est impair strictement supérieur à 1, il existe exactement deux classes de conjugaison contenant des cycles d'ordre n. Pour démontrer cette propriété, il suffit de montrer que (12...n-1n) n'est pas conjugué avec (12...nn-1). Les résultats précédents montrent l'existence d'une permutation impaire, à savoir la transposition σ (n-1 n), tel que le conjugué de (12...n-1n) par σ est égal à (12...nn-1). Si les deux permutations (12...n-1n) et (12...nn-1) sont conjuguées dans le groupe alterné, il existe une permutation τ de signature impaire tel que conjugué de (12...n-1n) par σ τ est égal à (12...nn-1), ce qui revient à dire que τ commute avec (12...nn-1). Autrement dit, si le centralisateur d'un cycle d'ordre n contient une permutation impaire, il n'existe qu'une classe de conjugaison, dans le cas contraire il en existe 2. Démontrer cette propriété revient à montrer que le centralisateur ne contient que des permutations paires. Calculons, dans le groupe symétrique d'indice n, le cardinal de la classe d'un cycle d'ordre n. Tout élément de la classe s'écrit (1ψ(2)ψ(3)...ψ(n)) où ψ désigne une permutation de l'ensemble des entiers compris entre 2 et n. Il existe (n - 1)! permutations de cette nature. L'ordre du centralisateur du cycle que multiplie le cardinal de sa classe est égal à l'ordre du groupe symétrique , ce résultat est connu sous le nom de formule de Burnside (cf Action par conjugaison). On en déduit que l'ordre du centralisateur est égal à n. Les n premières puissances du cycle sont des éléments distincts du centralisateur, le centralisateur est le groupe cyclique composé des puissances du cycle car il contient exactement n éléments. Ce groupe cyclique est composé de produits de permutations paires et ne contient que des permutations paires. Il ne peut donc exister de permutation τ de signature impaire dans le centralisateur du cycle, ce qui établit la propriété.

Le raisonnement du cas général est de même nature que le cas précédent :

Si la structure n'est pas celle de l'un des cas où il est établi qu'il existe une unique classe de conjugaison, alors il en existe deux. En effet, soit φ une permutation de A_n qui ne correspond pas à l'un des cas où il est établi que qu'il existe une unique classe de conjugaison. Démontrer cette propriété revient à montrer que le centralisateur G_φ de φ, dans S_n ne contient que des permutations paires. Soient γ₁, γ₂, ..., γ_p les cycles à supports disjoints dont le produit est égal à φ et n₁, n₂, ..., n_p l'ordre des différents cycles. On suppose de plus que la suite des n_j est strictement décroissante. Comme on compte aussi les cycles d'ordre 1, la somme des n_j, où j varie de 1 à p, est égale à n. Le sous groupe de S_n engendré par les différents cycles γ_j est inclus dans G_φ. L'objectif est de montrer que ce groupe est exactement égal à G_φ. C'est un groupe abélien d'ordre le produit des n_j pour j variant de 1 à p. Il suffit de montrer que le cardinal C_φ de la classe de conjugaison de φ est égal à n! que divise le produit des n_j. Le fait que l'ordre de G_φ que multiplie C_φ soit égal à l'ordre de S_n, c'est-à-dire n! permet de conclure. Calculons dans un premier temps N_p, le nombre de manières possibles de partitionner un ensemble de n éléments en p sous-ensembles tel que le j^ième contienne n_j élément. On raisonne par récurrence. On peut supposer p supérieur ou égal à 2 car le cas où p est égal à 1 est traité dans le paragraphe précédent. On veut montrer que :

Si p est égal à 2, comme n₁ ne peut être égal à n₂, la formule est vérifiée et correspond à celle du coefficient binomial. Dans le cas général, on trouve que N_p est égal à N_p-1 que multiplie le nombre de manières de partitionner un ensemble de n éléments en deux parties dont l'une contient n_p éléments. Comme la somme des n - n_p est différente de n_p, l'hypothèse de récurrence montre que :

Il a été établi qu'il existe exactement (n_j - 1)! cycles d'ordre n_j, ce qui montre que :

Le fait que l'ordre de G_φ que multiplie C_φ soit égal à n! montre que l'ordre de G_φ est bien égal au produit des n_j, ce qui est exactement l'ordre du groupe engendré par les cycles γ_i. Le deuxième groupe est inclus dans le premier et leurs ordres sont égaux. On en conclut qu'ils sont égaux. Chaque cycle est de signature paire car l'ordre des cycles est impair. Le produit de permutations de signatures paires est de signature paire, G_φ ne contient que des permutations de signature paire. Un raisonnement analogue à celui du cas du cycle d'ordre n permet de conclure.

La démonstration du fait que les cycles d'ordre 3 engendrent le groupe alterné est comparable à un jeu de taquin.

• Les cycles d'ordre 3 engendrent le groupe alterné.

Soit φ une permutation du groupe alterné A_n. On construit une suite σ_k pour k variant de 1 à n - 2 tel que φσ₁σ₂...σ_n-2 soit égal à l'identité. On remarque alors que σ_n-2^-1...σ₂^-1σ₁^-1 est un produit de cycles d'ordre 3 égal à φ. On raisonne par récurrence, si φ(1) est égal à 1 alors σ₁ est l'identité, sinon, σ₁ est le cycle (1φ^-1(1)x₁), où x₁ est un entier compris entre 2 et n et différent de φ^-1(1). On a φσ₁(1) = φφ^-1(1) = 1.

On suppose, par hypothèse de récurrence, que φσ₁σ₂...σ_j-1 laisse invariant les entiers compris entre 1 et j - 1 et on construit un cycle σ_j tel que φσ₁σ₂...σ_j laisse invariant les entiers compris entre 1 et j. Ici, j désigne un entier inférieur à n - 2. Si φ(j) est égal à j, σ_j est l'identité sinon σ_j = (j (φσ₁σ₂...σ_j-1)^-1(j) x_j), ici x_j désigne un entier différent de (φσ₁σ₂...σ_j-1)^-1(j) et strictement supérieur à j, qui existe nécessairement. Comme, par hypothèse de récurrence, la restriction de φσ₁σ₂...σ_j-1 aux entiers compris entre 1 et j - 1 est l'identité, φσ₁σ₂...σ_j-1(j) est plus grand que j - 1 et σ_j laisse aussi invariant les j - 1 premiers entiers. Un calcul analogue à celui de σ₁(1) montre que la restriction aux entiers compris entre 1 et j de φσ₁σ₂...σ_j est l'identité.

La permutation φσ₁σ₂...σ_n-2 est un produit de permutations paires, elle est donc paire. La construction des σ_k montre que φσ₁σ₂...σ_n-2, est soit la transposition (n n-1), soit l'identité. Comme une transposition est impaire, la permutation est bien l'identité, ce qui termine la démonstration.

• Si n est un entier supérieur ou égal à 5, le groupe alterné de degré n est simple :

La méthode proposée ici est peu technique et n'utilise pas les théorèmes de Sylow. Il existe d'autres démonstrations plus courtes, particulièrement pour n égal à 5 se fondant sur les théorèmes cités^[13].

Dans un premier temps, démontrons le lemme suivant :

Soit H un sous-groupe distingué du groupe alterné A_n. Si H n'est pas réduit à l'élément neutre, il contient un cycle d'ordre 3 :

Puisque H n'est pas réduit à l'élément neutre, nous pouvons choisir dans H un élément σ distinct de l'élément neutre.

Supposons tout d'abord que la décomposition en cycles de supports disjoints de σ ne contienne pas uniquement des cycles d'ordre 3. Montrons qu'il existe une partie E à 3 éléments de {1, 2,... n} telle que F, l'union de E et de σ(E), contienne exactement 4 éléments. S' il existe dans la décomposition de σ au moins un cycle (a₁ a₂ a₃ a₄...) d'au moins quatre éléments, il suffit de définir E comme égal à {a₁, a₂, a₃}. S'il n'en existe pas, il n'existe que des cycles d'ordre 2 et 3. Puisque nous supposons que la décomposition de σ ne contient pas uniquement des cycles d'ordre 3, il existe au moins un cycle d'ordre 2, donc il en existe au moins deux (a₁ a₂) et (b₁ b₂), sinon la signature de σ serait égale à -1 et σ ne serait pas dans le groupe alterné. Il suffit alors de définir E comme égal à {a₁, a₂, b₁}.

Choisissons un cycle γ de support E. C'est un cycle de longueur 3 et, en particulier, une permutation paire. Le support de σγσ^-1 est égal à σ(E) et est donc distinct du support E de γ, donc les permutations σγσ^-1 et γ sont distinctes, donc σγσ^-1γ^-1 est distincte de l'élément neutre. D'autre part, σγσ^-1γ^-1 s'écrit encore comme le produit de σ par un conjugué de σ^-1 dans A_n; comme H est un sous-groupe distingué de A_n, σγσ^-1γ^-1 appartient donc à H et, d'après ce qui précède, à H-{1}. Comme le support de γ^-1 est E et que le support du produit de deux permutations est contenu dans la réunion de leurs supports, le support de σγσ^-1γ^-1 est inclus dans F. Puisque F n'a que quatre éléments et que σγσ^-1γ^-1 est une permutation paire distincte de l'élément neutre, σγσ^-1γ^-1 est soit un cycle d'ordre 3, soit un produit de deux transpositions à supports disjoints. Nous avons donc prouvé que si la décomposition canonique de σ n'est pas formée uniquement de cycles d'ordre 3, H comprend soit un cycle d'ordre 3, soit un produit de deux transpositions à supports disjoints.

Supposons maintenant que σ ne contienne que des cycles d'ordre 3. S'il n'en contient qu'un, σ est un cycle d'ordre 3 et la proposition est démontrée. Sinon, σ contient au moins 2 cycles d'ordre 3, que l'on note (a₁ a₂ a₃) et (b₁ b₂ b₃). Si γ désigne la permutation composée des deux transpositions (a₁ b₁) et (a₂ b₂), le produit σγ^-1σ^-1γ est le produit de σ par un conjugué de σ^-1 dans A_n, il est donc élément de H. Ce produit est une permutation composée des 2 transpositions : (a₁ b₁) et (a₃ b₃). (Pour le montrer, noter que σγ^-1σ^-1, étant le conjugué de γ^-1 = γ par σ, est égal à (σ(a₁) σ(b₁)) (σ(a₂) σ(b₂)) = (a₂ b₂) (a₃ b₃).)

Pour conclure, il suffit de montrer que si H contient une permutation π composée de 2 transpositions à supports disjoints (a₁ a₂)(b₁ b₂), alors H contient un cycle d'ordre 3. Comme n est supérieur ou égal à 5, il existe un élément c qui n'est pas dans le support des deux transpositions. On considère γ, la permutation alternée (a₁ a₂ c). Par exemple en notant que πγπ^-1 est la conjuguée de γ par π et est donc égale à (π(a₁) π(a₂) π(c)) = (a₂ a₁ c) = γ^-1, on voit que πγπ^-1γ^-1 est un élément de H égal au cycle γ^-2 = γ = (a₁ a₂ c), ce qui permet de conclure.

Nous avons donc prouvé notre lemme, à savoir que si n est au moins égal à 5, tout sous-groupe distingué de A_n non réduit à l'élément neutre comprend au mois un cycle d'ordre 3. Une fois ce lemme établi, il suffit de prouver que le seul sous-groupe distingué de A_n qui comprenne un cycle d'ordre 3 est A_n lui-même. Puisque A_n est engendré par les cycles d'ordre 3, il suffit de prouver que si H est un sous-groupe distingué de A_n qui comprend un cycle d'ordre 3, H comprend tous les cycles d'ordre 3. Pour cela, on peut par exemple prouver que si n est au moins égal à 5, deux cycles d'ordre 3 sont toujours conjugués dans A_n (et non seulement dans S_n.) Soient (a b c) et (x y z) deux cycles d'ordre 3. On sait qu'il existe une permutation σ telle que (x y z) = σ (a b c) σ^-1. Si la permutation σ est paire, notre argument est vrai. Sinon, choisissons dans {1, ... n} deux éléments u, v distincts de x, y et z (ce qui est possible puisque n est au moins égal à 5). En conjuguant l'égalité (x y z) = σ (a b c) par (u v), nous trouvons que (x y z) est le conjugué de (a b c) par la permutation paire (u v) σ, et notre argument est encore vrai.

(Remarque : même si n n'est pas supposé au moins égal à 5, il est encore vrai que le seul sous-groupe distingué de A_n qui comprenne un cycle d'ordre 3 est A_n lui-même. En effet, on prouve facilement que si γ₁ et γ₂ sont des cycles d'ordre 3 dans A_n, un au mois des deux cycles γ₂ et γ₂^-1 est conjugué de γ₁ dans A_n et non seulement dans S_n.)

• Le groupe alterné de degré 5 est le plus petit groupe simple non abélien :

Dans un premier temps, utilisons un théorème de Burnside stipulant qu'un groupe simple non abélien possède un ordre dont la décomposition en facteurs premiers contient au minimum 3 nombres premiers. Les seuls entiers inférieurs à 60 vérifiant cette propriété sont 30 et 42.

Un groupe de 30 éléments n'est jamais simple, les théorèmes de Sylow permettent de le démontrer. Le premier montre l'existence d'un sous-groupe d'ordre 5 et d'un autre d'ordre 3. Les sous-groupes d'ordre 5 ont pour intersection deux à deux l'élément neutre car tout élément non neutre d'un sous-groupe engendre l'intégralité du sous-groupe. Deux autres théorèmes de Sylow montrent que si a est le nombre de sous-groupes d'ordre 5, a est un diviseur de 6 congru à 1 modulo 5. Il existe deux valeurs possibles, 1 et 6. Supposons qu'il n'existe qu'un unique sous-groupe d'ordre 5, tout conjugué d'un élément d'ordre 5 est aussi un élément d'ordre 5, donc un élément du sous-groupe et le sous-groupe est distingué. S'il existe 6 sous-groupes d'ordre 5, le groupe entier contient 24 éléments d'ordre 5. On raisonne alors sur les sous-groupes d'ordre 3. Un raisonnement analogue montre que si b est le nombre de sous-groupes d'ordre 3, b divise 10 et est congru à 1 modulo 3. Il en existe donc soit 1 soit 10. S'il en existait 10, on trouverait 20 éléments d'ordre 3, ce qui est incompatible avec l'existence de 24 éléments d'ordre 5. Les deux uniques éléments d'ordre 3 et l'identité forme alors un sous-groupe distingué.

Un raisonnement analogue montre qu'un groupe d'ordre 42 n'est jamais simple. La lettre a désigne maintenant le nombre de sous-groupes d'ordre 7. On sait que a est un diviseur de 6 congru à 1 modulo 7. Il n'existe qu'un unique sous-groupe d'ordre 7, nécessairement distingué.

• Si n est un entier supérieur ou égal à 5, le seul sous-groupe distingué et propre de S_n est A_n :

Soit H un sous-groupe distingué de S_n. L'intersection de H et du groupe alterné est, soit le groupe alterné, soit l'élément neutre. En effet, le groupe alterné est simple et n'admet pas de sous-groupe distingué non trivial. L'ordre du groupe alterné est égal à la moitié de celui du groupe symétrique.

Si H contient le groupe alterné, comme son ordre divise celui du groupe symétrique (le théorème de Lagrange) et que le groupe alterné est la moitié de celui du groupe symétrique, H est soit le groupe alterné, soit le groupe symétrique. Si H ne contient pas le groupe alterné il ne peut pas contenir plus de deux éléments. En effet, soit a et b deux éléments non neutres de H, leur signature est impaire, leur produit est donc dans le groupe alterné et est l'élément neutre. On en déduit que b est l'inverse de a, le même raisonnement montre que a² est aussi l'élément neutre, donc a est égal à b, ce qui montre bien qu'il n'existe au plus qu'un élément de H non neutre. Cet élément fait partie d'une classe de conjugaison ne contenant qu'un unique élément car H est distingué. La seule classe de conjugaison réduite à un élément est celle de l'élément neutre, ce qui montre que H est réduit à un élément.

• Le polynôme P(X) est irréductible dans Q[X] :

Montrons d'abord que le polynôme P(X) admet une unique racine dans le disque de centre 0 et de rayon 1. Pour s'en rendre compte, il suffit d'observer la figure de droite. Il est aussi possible de remarquer que si z parcourt le cercle unité des nombres complexes, la variable P(z) parcourt un tour autour de l'unité. En effet :

Le théorème des résidus montre l'existence et l'unicité d'une racine dans le disque unité.

Montrons ensuite que le polynôme P(X) admet exactement trois racines réelles. Pour cela, le théorème des valeurs intermédiaires ainsi que le calcul des valeurs du polynôme en -2, -1, 0 et 2 montre l'existence d'au moins trois racines réelles. La dérivée du polynôme, égale à 5X⁴ - 3, possède exactement deux racines, ce qui montre l'existence d'au plus trois racines réelles.

Le polynôme est irréductible. En effet, s'il ne l'était pas, il serait le produit de deux polynômes à coefficients dans Z car Z[X] est un anneau factoriel. Les deux coefficients dominants ainsi que les deux constantes de ces polynômes seraient égaux à 1. Ceci est contraire au fait que l'un des polynômes contient uniquement des racines de module strictement supérieur à 1.

• Le polynôme P(X) est irréductible dans Q[X] (seconde méthode) :

Une méthode plus manuelle consiste à rechercher les diviseurs possibles de P(X) dans Q[X]. Le caractère factoriel de l'anneau Z[X] montre que si le poynôme est réductible dans Q[X], il l'est aussi dans Z[X] (cf l'article Anneau factoriel). Le polynôme n'admet pas de racine entière, on en déduit qu'il n'existe pas de diviseur de degré 1 ou 4 dans Z[X].

Recherchons un diviseur de degré 2 ou 3. S'il en existe un, alors il existe deux entiers a et b, avec b=±1, tels que :

Le calcul du terme d'ordre 1 montre que a(a+1)=2b, c'est-à-dire b=1 et a=1 ou -2, ce qui est incompatible avec le calcul du terme d'ordre 2, a³+2ab-b=0.

On en déduit qu'il n'existe aucun diviseur de degré 2 ou 3 de P(X) dans Z[X], ce qui montre son irréductibilité dans Z[X].

• L'équation P(X) = 0 n'est pas résoluble par radicaux dans Q, l'ensemble des nombres rationnels :

Soit G le groupe de Galois du corps de décomposition K du polynôme. G opère sur les racines du polynôme, on en déduit que G s'identifie à un sous-groupe de S₅ car les racines du polynôment engendre K, considéré comme une extension de Q. La conjugaison complexe est un automorphisme de K laissant invariant Q et permutant les deux racines complexes, on en déduit que G contient une transposition.

Montrons que G contient un élément d'ordre 5. Soit α une racine de P, le rapport entre l'ordre du groupe G et le cardinal du stabilisateur de α est égal au cardinal de l'orbite de α (cf Action de groupe (mathématiques)). Comme le polynôme P est irréductible, l'orbite de α est l'ensemble des 5 racines (cf Corps de décomposition). Ceci montre que l'ordre de G est un multiple de 5. Le théorème de Cauchy montre que G contient un élément d'ordre 5.

Montrons que G est isomorphe à S₅. Les seuls éléments d'ordre 5 étant des cycles d'ordre 5, G en contient un. Or le groupe symétrique d'ordre 5 est engendré par tout couple composé d'une transposition et d'un élément d'ordre 5. Le groupe de Galois est en conséquence isomorphe à S₅.

Le groupe de Galois contient un unique sous-groupe distingué propre A₅. Ce sous-groupe est simple et non abélien, en conséquence, le groupe de Galois n'est pas résoluble. Le théorème d'Abel montre que l'équation polynomiale n'est pas résoluble par radicaux.

Il n'existe pas de morphisme non trivial de A₅ dans un groupe cyclique. En effet, le noyau d'un tel morphisme est un groupe distingué, c'est-à-dire soit l'élément neutre soit le groupe A₅. Comme le groupe A₅ n'est pas abélien, le morphisme ne peut être injectif et si le noyau n'est pas l'élément neutre, c'est le groupe entier. Cette remarque permet d'élucider rapidement la nature des représentations de degré 1 et 2.

• La seule représentation irréductible de degré 1 ou 2 est la représentation triviale :

Une représentation de degré 1 est un morphisme de A₅ dans un groupe cyclique sous-groupe des racines de l'unité des nombres complexes, la remarque précédente permet de conclure. Pour le degré 2, l'application qui à un élément de A₅ associe le déterminant de sa représentation est aussi un morphisme à valeur dans un groupe cyclique sous-groupe des racines de l'unité des nombres complexes. Un tel déterminant est égal à 1, en dimension 2, cela signifie que les deux valeurs propres sont conjugués et que le caractère est à valeurs réelles. Une représentation dont le caractère est à valeurs réelles est réelle. Or en dimension 2, les seules isométries de déterminant égal à 1 sont les rotations. L'ensemble d'arrivé est encore un groupe cyclique, la représentation est encore triviale.

Il existe autant de représentations irréductibles que de classes de conjugaison. Dans le cas de A₅ il en existe 5. Avoir déterminer les représentations de degré 1 et 2 permet de calculer la dimension de chacune de ces représentations.

• Les représentations irréductibles ont pour degré respectifs 1, 3, 3, 4 et 5 :

L'égalité 1 montre que l'ordre de A₅ est égal à la somme des carrés des différentes représentations irréductibles. Si l'on néglige la représentation triviale, la somme des carrés des différents degrés est égale à 59. Il suffit pour établir le résultat de déterminer le nombre de manière de décomposer 59 en somme de 4 carrés. Comme aucun carré ne peut être égal à 4, il n'existe qu'une unique possibilité 3, 3, 4 et 5.

• Le caractère de degré 4 est égal à (4, 0, 1, -1, -1) :

Pour le construire, on utilise une technique analogue à celle de la représentation régulière. On fait opérer le groupe alterné sur une base de l'espace et on prolonge les applications obtenues par linéarité. Le caractère associé est (5, 2, 1, 0, 0). La représentation contient un espace propre de dimension 1 associé à la représentation triviale. Il correspond à la droite vectoriel dirigé par la somme des 5 éléments de la base. En retranchant cette représentation on obtient une nouvelle représentation dont le caractère est égal à la différence du caractère précédent et du caractère trivial, soit (4, 1, 0, -1, -1). Il suffit de vérifier que sa norme est égale à 1 pour conclure sur l'irréductibilité de la représentation associée.

• Calcul des deux caractères σ₁ et σ₂ de degré 3:

Les éléments de la deuxième classe de conjugaison sont d'ordre 2, les valeurs propres associées sont nécessairement 1 ou -1, ce qui donne pour valeurs possibles du caractère : 3, 1, -1, -3. La norme du caractère est égal à 1, ce qui limite à 1 et -1 les valeurs possibles, puis comme le déterminant est égal à 1, on ne trouve que -1. Pour la troisième valeur, il suffit de calculer le produit scalaire du caractère avec la somme de ceux de degré 1 et 4, on trouve 0 pour les deux caractères. Si τ est une permutation dans une des deux dernières classes, τ et τ^-1 sont éléments de la même classe, or les caractères de τ et celui de τ^-1 sont conjugués, ce qui montre qu'ils sont réels. Le calcul de la norme montre que la somme des carrés des deux dernières valeurs du caractère est égale 3/2 et le produit scalaire avec le caractère trivial montre que leur somme est égale à 1. On trouve 1/2.(1 + √5) et 1/2.(1 - √5).

• Le caractère de degré 5 est égal à (5, 1, -1, 0, 0) :

On connait le caractère de la représentation régulière et on sait qu'il est composé de p représentations irréductibles de degré p. On en déduit la valeur du dernier caractère.

• Le polyèdre contient 4 sommets :

La formule de Burnside (cf Action de groupe (mathématiques)) indique que le cardinal de S est égal à l'ordre de G que divise l'ordre du stabilisateur de s. Le stabilisateur de s est le sous-groupe de G composé des éléments laissant invariant s. Le stabilisateur contient au moins trois éléments : l'identité, φ₂₃₄ et le carré de φ₂₃₄. Il n'en contient pas d'autre. En effet, si g est un élément de G, différent d'une puissance de φ₂₃₄ et admettant s comme point fixe alors le sous-groupe laissant s fixe est cyclique d'ordre strictement supérieur à 3. Un tel sous-groupe n'existe pas dans G. On en déduit que S est un ensemble à 4 éléments, c'est-à-dire : 12 l'ordre de G, que divise 3 l'ordre du stabilisateur de s.

• Le polyèdre est globalement invariant par l'action de G :

Le tétraèdre T, dont les sommets forment l'ensemble S, est globalement invariant par G. En effet, les sommets le sont, les arêtes le sont aussi car si s₁ et s₂ sont deux segments, l'image du segment [s₁, s₂] par un élément de G est un segment d'extrémités deux éléments de S. Le même raisonnement s'applique encore pour les faces et l'intérieur du polyèdre.

• Le polyèdre est régulier :

Le tétraèdre T est régulier. Pour s'en rendre compte, considérons un point quelconque t de S. Son orbite contient 4 éléments, donc son stabilisateur est d'ordre 3 et il existe une rotation φ de G, laissant invariant t. Il existe un vecteur s₁ de S qui n'est pas dans l'axe dirigé par t. En effet, si tous les points de S étaient élément d'une droite vectoriel, cette droite seraient stable par G, la représentation ne serait pas irréductible car contiendrait un espace propre de dimension 1. Les trois points s₁, φ(s₁) et φ²(s₁) forment avec t, l'ensemble S car il contient 4 éléments. Comme φ est une rotation d'axe dirigé par t, les trois points de S différents de t forment un triangle équilatéral. On en déduit que toutes les faces de T sont des triangles équilatéraux, ce qui montre que le tétraèdre T est régulier (ce qui signifie que les arêtes sont toutes de même longueur et que les angles de deux arêtes distinctes partageant un même sommet sont aussi tous égaux).

• Le groupe des rotations du polyèdre est exactement G :

Le groupe des rotations de T contient G, montrons maintenant qu'il est égal à G. Il existe 4 manière d'envoyer un sommet de S sur un autre sommet, car S contient 4 sommets. Il existe ensuite 3 manières de positionner une arête contenant le sommet s, sans bouger s. Le groupe des rotations de T ne peut donc contenir plus de 12 éléments. Comme G contient exactement 12 éléments, le groupe des rotations de T et G sont confondus.

L'objectif est de construire un solide de Platon ayant pour groupe de rotations G formé par les rotations d'une représentation irréductible de degré 3 de A₅. Dans un premier temps, il est nécessaire de construire le polyèdre :

• Il existe un polyèdre convexe P à 12 sommets laissé globalement invariant par G :

On procède comme pour le tétraèdre. Soit φ une rotation d'ordre 5 et s un vecteur propre de φ. On note S l'orbite de s par G, le même raisonnement que pour le tétraèdre montre que le stabilisateur de s est un groupe cyclique d'ordre 5 et que l'orbite est de cardinal 12. Il ne reste plus qu'à montrer que l'orbite de S n'est pas dans un plan. S'il l'était ce plan serait stable ou contiendrait une droite vectoriel stable par tout élément de G. Un tel sous-espace n'existe pas car les éléments de G proviennent d'une représentation irréductible. L'enveloppe convexe de S est un polyèdre P convexe globalement stable par G.

Il faut maintenant montrer que ce polyèdre est l'un des 5 solides de Platon. Pour cela, il suffit de montrer qu'il est régulier.

• Structure des arêtes autour d'un sommet :

Soient t et s₁ deux points distincts de S à une distance minimale d . L'orbite de t contient 12 points, son stabilisateur est, en conséquence, d'ordre 5 et il existe une rotation φ d'ordre 5 ayant pour axe celui dirigé par t. Les images de s₁ par les puissances de φ forment un pentagone régulier situé sur un cercle C₁ de centre l'intersection du plan contenant le pentagone et de l'axe de la rotation. Ce cercle ne contient pas d'autres points de S. Supposons en effet qu'il contienne un autre point u, il en contient au minimum 5 supplémentaires, formés par l'image de u par les puissances de φ. Il existerait alors au moins 10 points de S sur le cercle C₁. Considérons le cercle C₂ construit de la même manière , mais cette fois-ci à partir de s₁ au lieu de t. Ce cercle contient au moins 5 points de S dont t et uniquement 2 peuvent être aussi des points de l'intersection de C₁ et de S. Le cercle C₂ contient au moins 2 points de S qui ne sont ni égaux à t ni dans C₁. L'ensemble S contiendrait alors au moins 13 points : 10 dans C₁, t et deux nouveaux dans C₂. C'est absurde car S ne contient que 12 points.

Il faut encore démontrer que s₁ n'est pas dans la direction de t. Comme tous les points de S ont même norme, le seul point possible de S colinéaire est l'opposé -t. Or le point -t n'est pas un candidat pour être le point le plus proche de t. La sphère de rayon la norme de t et de centre le vecteur nul contient au moins 10 points de S, différents de t qui sont dans cette sphère et plus proches de t.

Le segment [t, s₁] est une arête, en effet, si s₂ est l'image de s₁ par φ et s₅ son antécédent, les plans contenant t, s₁, s₂ pour le premier et t, s₁, s₅ pour le second, ne sont pas coplanaires.

Tout point de S contient au moins 5 arêtes de longueur d dans le polyèdre. En effet, si v est un sommet quelconque de S, il existe une rotation de G qui envoie t sur v, car S est défini comme l'orbite de t. Cette rotation envoie s₁ sur un point de S à une distance de d de v, le groupe des rotations de G laissant v invariant montre l'existence de 5 images par les éléments du groupe à situés à une distance d de v. Le caractère isométrique de la rotation montre que ce sont les seuls points de S à une distance inférieure ou égale à d de v.

Ce raisonnement montre l'existence de 30 arêtes dans le polyèdre, chaque point contient en effet 5 arêtes de longueur d, il existe 12 points dans S et chaque arrête contient 2 sommets, ce qui donne 12x5/2, soit 30 arêtes. Cependant rien ne garantit encore que ce sont les seules arêtes de P, on ne sait pas si [s₁, s₂] est de longueur d et si c'est une arête de P. Pour élucider cette question, étudions les faces du polyèdre.

• Structure des faces du polyèdre :

Considérons les triangles de type t, s₁, s₂, c'est-à-dire formé par un point de S, un deuxième à distance d du premier et pour troisième l'image par une rotation d'axe t et d'angle un cinquième de tour. Comme la rotation est élément de G, s₂ est bien un sommet de P. L'objectif est de montrer que ces triangles sont équilatéraux et forment les faces du polyèdre. Montrons qu'ils recouvrent le polyèdre, ou encore que tout point p de P est à une distance inférieure à d d'un sommet. Soit t le point le plus proche de p, s₁, ..., s₅ les 5 points de S à une distance d de t et C le cercle contenant ces 5 points. Les points à l'extérieur de la calotte sphérique de la sphère contenant S, délimité par le cercle C et contenant t, sont tous plus proches d'un des cinq points s₁, ..., s₅ que de t. On en déduit que p est dans la calotte, ce qui montre qu'il est dans un des triangles considérés.

Soit ψ une rotation d'un tiers de tour de G. Son axe croise le polyèdre et donc un des triangles précédents, noté ici T. L'intersection c de l'axe et du triangle n'est pas un sommet du polyèdre car les sommets ont un stabilisateur d'ordre 5, qui ne contient aucun élément d'ordre 3. Soit s₁ le point de S le plus proche de c. Les images de s₁ par les rotations ψ et ψ² sont deux points de S tout aussi proche de c que l'est s₁. On en déduit que ces trois points sont les sommets de T, ce montre que T est équilatéral. Tout triangle de la famille précédente est isomorphe à T. En effet, soit T₁ un des triangles, une isométrie transporte un des sommets de T₁ sur l'un des sommets t de T, puis l'une des 5 rotations d'axe dirigé par t fait coïncider le triangle image avec T.

La structure du polyèdre est maintenant totalement élucidée. Si t est un sommet de S et s₁, ..., s₅ les 5 points de S à une distance d de t, [s₁, s₂] est bien une arête du polyèdre car sa longueur est égale à d. Les points s₂, t s₅ sont sur la même orbite pour le stabilisateur de s₁ et l'on a démontré que les segments d'extrémités s₁ et l'un des points de l'orbite, est une arête. On remarque qu'un sommet est partagé par 5 faces et que chaque face est partagé par 3 sommets, ce qui montre l'existence de 12x5/3 = 20 faces. Le polyèdre construit est bien un solide de Platon car il est régulier, on reconnaît d'ailleurs l'icosaèdre.

• Construction du dodécaèdre :

Le dodécaèdre est le polyèdre dual de l'icosaèdre. Il est régulier et possède le même groupe de rotation G, comme tous les polyèdres duaux d'un polyèdre régulier. Ces sommets sont les centres des faces de l'icosaèdre, comme l'icosaèdre contient 20 faces, il possède 20 sommets. Le centre de chacune des faces se situe sur l'axe contenant le vecteur nul et un sommet de l'icosaèdre. Cet axe est celui d'une rotation d'ordre 5 de G, ce qui montre que chaque face est un pentagone dont le plan est orthogonal à l'axe de la rotation. De plus il existe autant de faces que l'icosaèdre contient de sommets, c'est-à-dire 12. Le dodécaèdre contient 20 sommets chacun centre d'une rotation d'ordre 3, chaque sommet contient donc 3 arêtes. Il existe 12 sommets, donc 20x3/2 = 30 arêtes.