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On voit qu’il a été détecté que je voulais me rendre sur un blog («UT1_Blog»). Si j’essaye le blog de Terence Tao (médaillé Field, l’équivalent du prix Nobel pour les mathématiques), je suis bloqué également. En revanche, je n’ai aucun problème pour accéder à public.fr, le site d’un magazine people (je ne crois pas qu’on trouve sur ce site quoi que ce soit en rapport avec ce qu’on fait au lycée) ! Mon blog passe⁽¹⁾ également à travers le filtrage, et je ne sais pas si je dois bien le prendre…

Même si la partie algèbrique du programme de mathématiques en CPGE est modeste, on peut raisonnablement donner aux élèves l’exercice suivant : démontrer que tout automorphisme de l’algèbre est de la forme pour une certaine matrice inversible . Bien sûr, il faut définir ce qu’est un automorphisme d’algèbre car la structure d’algèbre n’est pas au programme. Le titre de cet article vient de ce que le théorème de Skolem-Noether dit que tout automorphisme d’une algèbre centrale simple est intérieur, c’est-à-dire de la forme et que l’algèbre est centrale simple.

J’ai donc donné un devoir à mes élèves sur cette question, mais avec plein de questions intermédiaires (l’énoncé fait près de deux pages !). En fait, la preuve peut être courte. D’abord, on peut formuler l’énoncé ainsi :

Théorème. Soit un espace vectoriel de dimension finie sur un corps commutatif . Alors tout automorphisme de la -algèbre est intérieur.

Rappels. Notons la dimension de . Soit une base de .
Pour tous indices et , notons l’endomorphisme de qui envoie tous les sur sauf qu’il envoie sur : . La famille est une base de et elle a la propriété suivante :

Réciproquement, et c’est ce qui sera très utile par la suite, si est une famille d’endomorphismes de qui est une base de (ajout suggéré par un commentaire) et vérifie la propriété , alors elle provient comme ci-dessus d’une base de . Cela, je le démontrerai dans un prochain article si quelqu’un ne le fait pas avant dans les commentaires.

Démonstration du théorème. Soit un automorphisme de l’algèbre . On choisit une base de (ça existe) et on note la base de qui lui est associée comme dans les rappels. Posons, pour tous indices et , . La famille possède la propriété et est un morphisme d’algèbre donc la famille possède la propriété , et donc elle provient d’une certaine base . Soit l’automorphisme de qui envoie sur pour chaque indice . Il est évident (j’omets le calcul car il ne rend pas la preuve plus claire) que . Par linéarité, pour tout . Donc est un automorphisme intérieur.

On peut ensuite essayer de démontrer le résultat suivant (qui est aussi une conséquence immédiate du théorème de Skolem-Noether puisque l’algèbre des quaternions de Hamilton est centrale simple) :

Corollaire. Tout automorphisme de l’algèbre des quaternions de Hamilton est intérieur.

Rappels. est (par exemple) l’ensemble des matrices telles que , où désigne la commatrice de . L’ensemble est un sous--espace vectoriel de qui admet pour base la famille où , , , . Et est une sous--algèbre de qui est un corps (non commutatif). La famille est également libre sur . Par conséquent, tout automorphisme de l’algèbre se prolonge (de façon unique) en un endomorphisme du -espace vectoriel qui est un automorphisme de -algèbre (pour démontrer que pour toutes matrices et , on peut supposer que et sont dans la base , auquel cas c’est évident par hypothèse sur ).

Démonstration. Soit un automorphisme de -algèbre. Notons l’automorphisme de la -algèbre qui prolonge . D’après le théorème précédent, est intérieur : il existe une matrice telle que pour toute matrice . Il suffit de montrer qu’on peut trouver un tel qui est un quaternion ! Pour l’instant, choisisson un tel (non nécessairement quaternion). Soit . Alors donc . Et comme , on obtient finalement . Cette dernière relation est vraie en particulier lorsque et donc, par -linéarité, les automorphismes intérieurs et coïcident sur ). On sait qu’alors il existe tel que . En prenant le déterminant, on obtient donc . Choisissons une racine carrée de et posons . On a . Donc est un quaternion, et on a bien pour tout quaternion .

Je ne connais pas la preuve du théorème de Skolem-Noether, mais on pourrait essayer de faire comme ci-dessus : étant donné un automorphisme d’une algèbre centrale simple sur un corps commutatif , on pourrait étendre les scalaires à une extension de pour obtenir un automorphisme de -algèbre . On sait que si on prend assez gros, est isomorphe à une algèbre de matrices et donc est intérieur. Ensuite, le problème c’est qu’il faut redescendre de à …

Une suite de Bruijn pour les mots de longueur sur un alphabet de cardinal est nécessairement de longueur . Et pour tout mot cyclique de longueur sur un alphabet de cardinal , il y a équivalence entre :

• est une suite de Bruijn (pour les mots de longueur sur l’alphabet )
• chaque mot de longueur sur l’alphabet apparaît au moins une fois dans
• chaque mot de longueur sur l’alphabet apparaît au plus une fois dans

L’existence des suites de Bruijn n’est pas évidente : j’en donne une démonstration plus bas.

En fait, on peut montrer (mais je ne sais pas encore comment) qu’il y a suites de Bruijn pour les mots de longueurs sur un alphabet de cardinal . C’est évidemment un résultat beaucoup plus fort que la simple existence.

Au début de cet article on peut voir une suite de Bruijn pour les mots de longueur 5 sur l’alphabet et voici une suite de Bruijn pour les mots de longueur 3 sur le même alphabet :

Théorème - Pour tout alphabet fini et pour tout entier , il existe une suite de Bruijn pour les mots de longueur n sur l’alphabet .

Lemme (mélange chinois de suites de Bruijn) - Soient un entier, et deux alphabets finis de cardinaux respectifs et supposés premiers entre eux, et deux suites des Bruijn pour les mots de longueur sur les alphabets et respectivement. Alors la suite est une suite de Bruijn pour les mots de longueur sur l’alphabet .

Pour bien comprendre pourquoi ce lemme est très simple, on peut regarder un dessin. Voici une suite de Bruijn pour les mots de longueur 2 sur l’alphabet :

Voici une suite de Bruijn pour les mots de longueur 2 sur l’alphabet :

Et voici enfin le «mélange des deux», qui fournit une suite de Bruijn pour les mots de longueur 2 sur un alphabet de cardinal 6 :

Il faut quand même démontrer le lemme : posons pour . Soient et deux éléments de tels que . Alors la même égalité a lieu en remplaçant par et en remplaçant par . Mais alors, comme et sont des suites de Bruijn, on a et . Puisque et sont premiers entre eux, et aussi, et d’après le lemme chinois, . Cela montre qu’on ne peut pas lire un même mot de longueur à deux endroits différents dans la suite cyclique , d’où le lemme.

Grâce au lemme, il suffit de démontrer le théorème dans le cas où le cardinal de l’alphabet est une puissance d’un nombre premier . On peut supposer (le cas où l’alphabet n’a qu’un élément ne devrait pas être difficile). Et dans ce cas, on sait qu’on peut munir d’une structure de corps commutatif ! Et on sait aussi (si on connaît les résultats de base sur les corps finis) qu’il existe un corps de cardinal qui contient comme sous-corps. Une théorème connu dit que tout sous-groupe fini du groupe multiplicatif d’un corps est cyclique. Donc est cyclique (d’ordre ). Notons un générateur de ce groupe. Choisissons aussi une forme -linéaire non nulle (ça existe). Pour tout entier , posons . Soient et deux entiers tels que . Posons . On obtient tout de suite : pour tout , est dans le noyau de . Supposons . Le noyau de , qui est un hyperplan, contient donc une famille qui a le même rang que la famille . Or (toujours en sachant quelques petites choses sur les corps finis) cette dernière est une -base de , absurde. Conclusion : et donc . On en conclut que la suite cyclique ne contient pas deux fois le même mot de longueur sur l'alphabet . Un raisonnement analogue montrerait que cette suite cyclique ne contient pas le mot constitué de symboles 0. C'est le seul mot de longueur qu'elle ne contient pas ! Elle contient donc quelque part symboles 0 consécutifs et, en ajoutant un -ème 0 au milieu de ceux-ci, on obtient une suite de Bruijn pour les mots de longueur sur l'alphabet , le théorème est démontré.

PS. Voici le code LaTeX (avec le package TikZ) pour le premier dessin de l'article :

\documentclass{minimal}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{tikz}
\usepackage{fourier}
\def\bruijn{0,0,0,0,0,1,0,0,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1,0,1,1,1,1,1}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=4]
    \foreach \v [count=\n] in \bruijn
    \node[draw=black!30,fill=black!10,rounded corners] (\n) at (180-\n*11.25:1) {\v};
    \foreach \n [remember=\n as \m (initially 32)] in {1,...,32}
    \draw[thick,->,>=stealth] (\m)--(\n);
\end{tikzpicture}
\end{document}

\documentclass{minimal}
\usepackage{tikz}
\newcommand{\p}{1.5708}
\newcommand{\legende}{$\displaystyle\int_0^1 \left(\cos t\right)^n\mathrm dt$}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=5]
    \foreach \k in {1,3,...,30}
    \fill[blue,opacity=0.15] (0,0)--plot[domain=0:\p,smooth] (\x,{cos(\x r)^\k})--(\p,0)--cycle;
    \draw (0,1)--(0,0)--(\p,0);
    \node[left] at (0,1) {$1$};
    \node[below left] at (0,0) {$0$};
    \node[below] at (\p,0) {$\frac{\pi}{2}$};
    \node[fill=white,thick,rounded corners,fill opacity=0.5,text opacity=1,draw] at (\p/2,1/2) {\legende};
\end{tikzpicture}
\end{document}

Et le résultat (cliquer pour agrandir) :

«Toute personne qui consultera de manière habituelle des sites Internet qui font l’apologie du terrorisme ou qui appellent à la haine sera punie pénalement.»

Cette déclaration me semble tellement incroyable, en France, que je ne sais pas bien quoi dire, je ne sais pas par où commencer. Aussi je vais dire ce qui me semble le plus important : je veux pouvoir consulter des sites internet, qui font l’apologie du terrorisme ou non, librement. Bref, je veux être libre au sens où je veux pouvoir lire les livres que je veux lire et consulter les sites web que je veux consulter. Cette définition (d’une partie) de la liberté ne me semble pas aberrante. Suis-je normal ?

On notera . D’abord : , il suffit donc d’obtenir une expression de (lire les commentaires pour savoir pourquoi l’expression n’est pas acceptable). Notons , c’est un sous-corps de et un -espace vectoriel de dimension 4 dont on sait exprimer chaque élément avec des racines. Notons , c’est un -espace vectoriel de dimension 10 (et un -espace vectoriel de dimension 40) et il admet pour -base . Notons l’unique -automorphisme tel que (cette application est un générateur du groupe de Galois de , mais j’ai dit que je ne donnais pas d’explication, pour faire court). L’application est en particulier -linéaire, on peut écrire sa matrice dans la base :

Le polynôme caractéristique de est , en particulier est une valeur propre de , et elle appartient bien au corps de base (c’est pour cela qu’on avait introduit plutôt que de rester sur ). On peut donc trouver (explicitement) un vecteur propre correspondant, et donc un élément tel que . Ce vecteur propre , que chacun peut calculer s’il est très patient ou s’il dispose d’un bon logiciel, est très intéressant : , ainsi est laissé fixe par (et donc par tout le groupe de Galois de ) donc , et donc on peut exprimer avec des racines. De plus, la famille est une -base de . Puisque qu’on dispose des coordonnées de dans la base et qu’on peut en déduire les coordonnées des puissances de , on peut calculer la matrice de passage de à . Il suffit d’inverser cette matrice pour récupérer en particulier les coordonnées de dans la base , et voilà : on a une expression de avec des racines.

On voit bien la lourdeur des calculs à effectuer et je veux bien croire qu’on peut faire bien mieux pour exprimer , mais ce que j’aime bien dans les calculs ci-dessus, c’est que c’est simplement de l’algèbre linéaire !

PS : ce qui a été fait pour peut se faire pour où est un entier quelconque.