Groupe alterné

En mathématiques, et plus précisément en théorie des groupes, le groupe alterné de degré n, souvent noté A_n, est un sous-groupe distingué du groupe symétrique des permutations d'un ensemble fini à n éléments. Ce sous-groupe est composé des éléments produits d'un nombre pair de transpositions. Une transposition est une permutation φ réduite à l'identité sauf sur exactement 2 éléments a et b. Cette propriété implique que φ(a) = b et φ(b) = a.

Il existe un groupe alterné pour chaque entier n supérieur ou égal à 2 ; il se note habituellement A_n (ou parfois $\mathfrak A_n$ en écriture Fraktur) et possède n ! / 2 éléments. Le plus petit groupe alterné, A₂, est trivial, A₃ est cyclique d'ordre 3, le suivant A₄ est résoluble et, plus précisément, est produit semi-direct d'un groupe de Klein par un groupe cyclique d'ordre 3. À partir du groupe A₅, les groupes alternés sont simples et non abéliens, donc non résolubles. Cette non résolubilité à partir de n = 5 possède comme conséquence le théorème d'Abel, stipulant qu'il ne peut exister d'expression générique par radicaux d'une équation algébrique de degré supérieur ou égal à 5.

Le groupe alterné est la structure source de certains casse-tête mathématique comme le jeu de taquin ou le cube de Rubik. Les mouvements possibles dans les deux jeux cités sont des éléments d'un groupe alterné. Cette propriété permet de montrer qu'il n'est pas possible de permuter deux cases du taquin sans modifier le reste du jeu.

Les groupes alternés de degré 4 et 5 se représentent comme le groupe des rotations laissant invariant un polyèdre régulier, le tétraèdre pour A₄ et le dodécaèdre régulier ou encore l'icosaèdre pour A₅.

Construction du groupe

Définition

Un résultat, à la base de la définition de la signature, stipule que le nombre de transpositions nécessaires pour décomposer une permutation donnée est toujours de même parité. Ainsi, le cycle (abc), qui transforme a en b, b en c et c en a peut se décomposer en deux transpositions (bc), puis (ab) ou encore en (ac) puis (bc) mais jamais en un produit d'un nombre impair de transpositions.

Définition —  Une permutation est dite paire lorsqu'elle se décompose en un nombre pair de transpositions. Dans le cas inverse, la permutation est dite impaire.

Cette définition est à l'origine de celle d'un groupe alterné.

Définition —  Le groupe alterné de degré n, noté A_n, est le sous-groupe des permutations paires de degré n.

Remarque : On trouve aussi l'expression groupe alterné d'indice n, à la place de groupe alterné de degré n. Ce choix est un peu ambigu, l'indice de A_n dans S_n désigne, pour d'autres auteurs, le cardinal du groupe quotient S_n/A_n. On trouve encore le terme d'ordre pour décrire le degré. Cette convention est plus rarement utilisée, car le terme d'ordre étant employé en théorie des groupes pour décrire le cardinal d'un groupe, ce choix introduit une confusion parfois regrettable.

Propriétés élémentaires

Article détaillé : groupe symétrique.

Dans toute la suite de l'article, n désigne un entier supérieur ou égal à 2. La définition précédente repose sur une propriété fondamentale partagée par toutes les permutations :

Propriété 1 —  La parité du nombre de transpositions nécessaires pour décomposer une permutation donnée est indépendante de la décomposition choisie.

Cette propriété se démontre à l'aide du concept de signature d'une permutation, traitée dans le paragraphe suivant. Une fois établie, une deuxième propriété se démontre simplement :

Propriété 2 —  L'ensemble A_n des permutations paires de S_n forme un sous-groupe distingué.

En effet, A_n est non vide car il contient l'élément neutre, qui se décompose en zéro transposition, ou encore en deux fois la même transposition. Si φ₁ et φ₂ sont deux permutations paires alors leur produit est aussi une permutation paire. Pour s'en rendre compte, il suffit d'utiliser qu'il existe des transpositions σ₁, … , σ_2p, τ₁, … , τ_2q, telles que φ₁ = σ₁…σ_2p et φ₂ = τ₁…τ_2q. Le produit φ₁.φ₂ est égal à σ₁…σ_2p.τ₁…τ_2q, produit de 2(p+q) transpositions : c'est bien une permutation paire. Il reste à montrer que l'inverse de φ₁ est bien une permutation paire : cet inverse est égal à σ_2p…σ₁, le produit des mêmes transpositions pris dans l'ordre inverse.

Dire que A_n est distingué revient à dire que si φ est élément du sous-groupe et si σ est une permutation quelconque de S_n, alors σ.φ.σ^-1 est une permutation paire. En effet, φ est le produit d'un nombre pair de transpositions, et le paragraphe précédent montre que σ^-1 se décompose en autant de transpositions que σ. La somme du nombre de toutes ces transpositions est nécessairement paire.

Propriété 3 —  L'ordre de A_n est la moitié de celui de S_n, c'est-à-dire n!/ 2.

En effet, fixons dans S_n une transposition σ et considérons l'application f de S_n dans S_n qui, à une permutation φ, associe φσ. Une telle application est, dans un groupe, appelé translation à droite. La fonction f, comme toute translation, est une bijection. De plus, φ est paire si et seulement si φσ est impaire, donc f se restreint en une bijection de A_n dans l'ensemble des permutations impaires. Ces deux ensembles ont par conséquent même cardinal. Or ils forment une partition de S_n, ce qui termine la démonstration.

Propriété 4 —  Soit m, un entier inférieur ou égal à n. Un cycle de S_n et de longueur m est élément du groupe alterné si, et seulement si, m est impair.

Une démonstration par récurrence en est donnée dans l'article « Permutation circulaire ».

Signature

Article détaillé : signature d'une permutation.

La signature d'une permutation est la parité du nombre d'inversions contenues dans une permutation. On démontre que cette application est un morphisme de groupes de S_n dans {-1, 1} et que la signature d'une transposition est toujours égale à -1. On en déduit que le nombre de transpositions nécessaires pour décomposer une permutation ne peut être tantôt pair et tantôt impair. En effet, si φ est une permutation qui se décompose en p ou bien q transpositions, la signature de φ, d'après la propriété de morphisme, est à la fois égale à (-1)^p et (-1)^q, ce qui montre que p et q sont de même parité. On en déduit une nouvelle définition du groupe alterné, équivalente à la précédente :

Définition alternative —  Le groupe alterné A_n est le noyau du morphisme signature du groupe symétrique S_n.

Cette approche offre des démonstrations alternatives aux propositions du paragraphe précédent numérotées de 2 et 3. Le noyau d'un morphisme est toujours un sous-groupe distingué, ce qui montre que A_n est un sous-groupe distingué. L'ordre du noyau que multiplie l'ordre de l'image d'un morphisme de groupe est égal à l'ordre du groupe de départ, ce qui permet de déterminer l'ordre du groupe alterné.

Exemples

Le groupe alterné de degré 2 ne contient que l'élément neutre.

Le groupe symétrique de degré 3 est d'ordre 6 et contient : l'identité, trois transpositions et deux cycles d'ordre 3. Le groupe alterné de degré 3 ne comporte que l'identité et les cycles d'ordre 3 :

$\mathfrak A_3 = \{\text{I},\,(123),\,(132)\}$

Comme tout groupe contenant 3 éléments, il est cyclique.

Le groupe symétrique de degré 4 est d'ordre 24, le groupe alterné associé est d'ordre 12. Il contient les cycles d'ordre 3 et les produits de 2 cycles d'ordre 2 de supports disjoints :

$\mathfrak A_4 = \{\text{I},\,(234),\,(243),\,(134),\,(143),\,(124),\,(142),\,(123),\,(132),\,(12)(34),\,(13)(42),\,(14)(23)\}$

Le groupe alterné de degré 4 n'est pas abélien. Pour s'en rendre compte, il suffit de remarquer que les cycles (1 2 3) et (2 3 4) ne commutent pas. Aucun groupe alterné de degré supérieur à 4 n'est abélien, car ces groupes contiennent tous une copie de A₄, qui ne l'est pas. Le groupe alterné de degré 4 est néanmoins résoluble, il contient un sous-groupe distingué abélien, composé des produits de deux transpositions à support disjoints et de l'élément neutre. Ce groupe est abélien car isomorphe au groupe de Klein et le quotient de A₄ par le groupe distingué est aussi abélien car d'ordre 3 et donc cyclique.

Le groupe alterné de degré 5 est d'ordre 60. Il est étudié plus avant à la suite de cet article.

Jeu de taquin

Article détaillé : Taquin.

Jeu de taquin résolu

Jeu de taquin non résoluble

Le jeu de taquin, est un jeu solitaire qui se présente sous la forme d'un damier composé de 15 cases et d'une 16^e manquante. Sa théorisation mathématique date de 1879 et se fonde sur les propriétés du groupe alterné. Une des questions posée par Sam Loyd est celle de la résolution du jeu de taquin illustré à droite. Elle correspond à la résolution d'un état du jeu où toutes les cases sont à la bonne position exceptées celles numérotées 14 et 15, qui sont interverties. Elle est impossible si l'on impose à la case vide d'être en bas à droite. Elle l'est si on admet que la case vide soit en haut à gauche et que la première ligne ne contienne que les cases 1, 2 et 3.

Si l'on considère un mouvement comme une permutation des cases numérotées de 1 à 15, alors le groupe des permutations de degré 15 opère sur le jeu de taquin. Pour être plus précis, le groupe qui opère est un sous-groupe engendré par les différentes permutations possibles. Il est relativement simple de vérifier que les permutations engendrant le sous-groupe sont toutes des cycles d'ordre 3 ou 5. Ces permutations sont toutes dans le groupe alterné A₁₅. Le groupe qui opère sur le jeu de taquin est un sous-groupe du groupe alterné A₁₅, qui ne contient aucune transposition. C'est une manière simple de démontrer que la configuration de droite n'est pas résoluble.

D'autres solitaires, comme l'Âne rouge ou le Rubik's Cube utilisent de manière analogue le groupe alterné.

Détail de la démonstration

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.

 

Classes de conjugaison

Article détaillé : Classe de conjugaison.

Structure

La structure des classes de conjugaison est l'un des premiers éléments à étudier dans le cadre d'une analyse d'un groupe non abélien. Elles sont utilisées dans la suite de l'article pour établir que si n est strictement supérieur à 4, le groupe est simple, ou encore que tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅.

Dans un groupe symétrique, les classes de conjugaison sont composées de produits de cycles à supports disjoints de même structure, c'est-à-dire de même nombre et de mêmes longueurs. En conséquence, les classes de conjugaison du groupe alterné sont aussi composées de produits de cycles à supports disjoints de même structure ; plus précisément :

• Une classe de conjugaison dans A_n est constituée d'éléments ayant la même structure. Les permutations ayant cette structure constituent :
  • une classe si la structure comporte un cycle de longueur paire ou deux cycles de même longueur (éventuellement égale à 1),
  • deux classes sinon.

Une classe de conjugaison, ou deux dans les cas de A₃ et A₄, joue un rôle particulier, celle constituée des cycles d'ordre 3 :

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

Démonstrations

• Une classe de conjugaison dans A_n est constituée d'éléments ayant la même structure. Les permutations ayant cette structure constituent une classe si la structure comporte un cycle de longueur paire ou deux cycles de même longueur (éventuellement égale à 1), deux classes sinon :
  Établir la nature des classes de conjugaison de $A_n$ est simplifié par le travail équivalent pour le groupe symétrique : on sait déjà que deux permutations sont conjuguées par un élément de $S_n$ si et seulement si elles ont même structure.
  Soit $\sigma=c_1$…$c_m$ une permutation paire décomposée en produit de cycles disjoints. D'après la formule des classes, le nombre de ses conjugués (pairs aussi) dans $S_n$ est égal à l'indice, dans $S_n$, de son centralisateur $S_\sigma$ dans ce groupe, et le nombre de ses conjugués dans $A_n$ est égal à l'indice, dans $A_n$, de son centralisateur $\scriptstyle A_\sigma=S_\sigma\cap A_n$ dans ce groupe.
  • Commençons par établir le cas où la classe de conjugaison de $\sigma$ dans $A_n$ est la même que dans $S_n$ :
    • Si l'un des $c_i$ est d'ordre pair, alors $S_\sigma$ contient une permutation impaire (ce cycle), si bien que $A_\sigma$ est d'indice 2 dans $S_\sigma$, de même que $A_n$ est d'indice 2 dans $S_n$. On en déduit que $[A_n:A_\sigma]=[S_n:S_\sigma]$, c'est-à-dire que $\sigma$ n'a pas plus de conjugués dans $S_n$ que dans $A_n$.
    • Si deux des $c_i$ sont de même ordre $k$ impair, soient (a₁a₂…a_k) et (b₁b₂…b_k) ces deux cycles, alors le produit des k transpositions (a₁b₁)(a₂b₂)…(a_kb_k) est une permutation impaire qui appartient à $S_\sigma$, et on conclut comme précédemment.
  • Établissons le cas où la classe de conjugaison de $\sigma$ dans $S_n$ est divisée en deux :
    Si les longueurs des $c_i$ (de somme $n$) sont distinctes, alors (d'après l'étude des classes de conjugaison dans $S_n$) $S_\sigma$ est simplement le sous-groupe engendré par $c_1,$…$,c_m$. Si de plus toutes ces longueurs sont impaires, alors les $c_i$ appartiennent à $A_n$. Ainsi, $S_\sigma$ est inclus dans $A_n$ donc $A_\sigma=S_\sigma$, si bien que $[S_n:S_\sigma]=[S_n:A_\sigma]=[S_n:A_n][A_n:A_\sigma]=2[A_n:A_\sigma]$, c'est-à-dire que le nombre de conjugués de $\sigma$ dans $S_n$ est le double de celui de ses conjugués dans $A_n$.
• Les cycles d'ordre 3 engendrent le groupe alterné.
  Par définition de $A_n$, il suffit de remarquer que tout produit de deux transpositions est un produit de 3-cycles. En effet, pour $a,b,c,d$ distincts, on a $(ab)(ab)=$id, $(ab)(bc)=(abc)$ et $(ab)(cd)=(abc)(bcd)$.

Exemples

La seule classe de conjugaison de S₄ qui se trouve divisée en deux dans A₄ est celle des cycles d'ordre 3. Un tel élément est en effet composé de deux cycles de longueurs impaires et différentes : 1 et 3. Les cycles d'ordre 1 sont en effet comptés. La classe de l'élément neutre ne contient qu'un élément et n'est jamais divisée. Celle des permutations composées de deux transpositions à supports disjoints n'est pas divisée en deux, car une telle permutation contient des cycles de longueurs paires ou encore car elle contient deux cycles de même longueur. On obtient 4 classes de conjugaison : l'identité, les produits de deux cycles disjoints d'ordre 2 et deux classes de cycles d'ordre 3 :

$C_I=\{I\},\quad C_{2,2}=\{(12)(34),~(13)(24),~(14)(23)\},$ $C_{3a}=\{(123),~(142),~(134),~(234)\}\quad\text{et}\quad C_{3b}=\{(132),~(124),~(143),~(243)\}.$

Dans le cas de A₅, il est plus long d'écrire toutes les classes en extension, on trouve en effet 60 éléments. Il existe 5 classes de conjugaison. Une contient l'identité, une autre 15 permutations formées de deux transpositions à supports disjoints. Cette classe n'est pas divisée car elle contient un cycle de longueur paire. Les 20 cycles d'ordre 3 ne forment plus qu'une classe de conjugaison. Ils sont maintenant complétés par deux cycles de même longueur, ceux d'ordre 1. Enfin, les cycles d'ordre 5 sont divisés en 2 classes de conjugaisons contenant 12 permutations chacune.

Groupe simple

Article détaillé : Groupe simple.

Simplicité et groupe alterné

Une propriété éventuelle et importante d'un groupe est d'être simple, ce qui signifie qu'il ne contient pas de sous-groupe normal propre.

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

Les groupes alternés forment une deuxième série infinie de groupes simples, après ceux, abéliens et d'ordre un nombre premier. Cette série contient le plus petit groupe simple non commutatif :

• Le groupe alterné de degré 5 est le plus petit groupe simple non abélien et tout groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A₅.

La structure de groupe alterné intervient par exemple dans la résolution d'une équation algébrique par radicaux, à travers la proposition suivante :

• Si n est un entier supérieur ou égal à 5, le seul sous-groupe normal propre de S_n est A_n, donc S_n n'est pas résoluble.

Démonstrations

• 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. Il en existe d'autres.

Soient H un sous-groupe normal du groupe alterné A_n, non réduit à l'élément neutre, $\sigma$ un élément de H distinct du neutre et $\tau$ un 3-cycle qui ne commute pas à $\sigma$. Alors la permutation $(\tau\sigma\tau^{-1})\sigma^{-1}=\tau(\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1})$ est à la fois un élément de H et un produit non trivial de deux 3-cycles. Elle est donc de l'une des formes suivantes (avec $a,b,$… distincts) :

1. $(abc)(abc)=(acb)$ ou $(abc)(cbd)=(abd)$ ;
2. $(abc)(bcd)=(ab)(cd)$, auquel cas H contient aussi (par conjugaison dans A_n pour n≥5) une permutation de la forme $(cd)(be)$ et donc également la composée $(ab)(cd)(cd)(be)=(ab)(be)=(abe)$ ;
3. $(abc)(cde)=(abcde)$, auquel cas H contient aussi la conjuguée $(dba)(abcde)(abd)=(acbed)$ donc également la composée $(abcde)(acbed)=(dba)$.

En conclusion : dans tous les cas, H contient un 3-cycle, donc (par conjugaison dans A_n pour n≥5) il les contient tous, si bien que H=A_n.

(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. Ils assurent en effet que le nombre de sous-groupes d'ordre 5 d'un tel groupe est un diviseur de 6 et est congru à 1 modulo 5 (donc est égal à 1 ou 6) et que le nombre de sous-groupe d'ordre 3 est un diviseur de 10 et est congru à 1 modulo 3 (donc est égal à 1 ou 10). S'il y a 6 sous-groupes d'ordre 5 alors, comme ces sous-groupes ont pour intersection deux à deux l'élément neutre (car tout élément non neutre d'un groupe d'ordre premier engendre l'intégralité du groupe), le groupe entier contient 24 éléments d'ordre 5. De même, s'il existe 10 sous-groupes d'ordre 3 alors le groupe contient 20 éléments d'ordre 3. Mais ces deux éventualités ne peuvent être simultanées (24+20>30). Il existe donc un unique sous-groupe d'ordre 5 ou un unique sous-groupe d'ordre 3. L'unicité assure qu'un tel sous-groupe est normal.

• Si n est un entier supérieur ou égal à 5, le seul sous-groupe normal propre de S_n est A_n donc S_n n'est pas résoluble :

Soit H un sous-groupe normal de S_n. L'intersection de H et du groupe alterné A_n est un sous-groupe normal du groupe simple A_n ; c'est donc soit le groupe alterné, soit le groupe trivial.

Si H contient le groupe alterné, alors son indice dans S_n est un diviseur de 2 (l'indice du groupe alterné). H est donc soit le groupe alterné, soit le groupe symétrique.

Si H ne contient pas le groupe alterné alors il est réduit au neutre. En effet, pour tout élément $\sigma$ de H et toute permutation $\tau$, la permutation $(\tau\sigma\tau^{-1})\sigma^{-1}$ est un élément pair de H donc est égale au neutre, autrement dit : tout élément $\sigma$ de H est central dans S_n, donc neutre.

Le seul sous-groupe normal propre de S_n est donc A_n. Ce sous-groupe est simple et non abélien ; en conséquence, S_n n'est pas résoluble.

Exemple

Article détaillé : Théorème d'Abel (algèbre).

Nappe qui à z, associe le module de P(z)

Si le groupe de Galois d'un polynôme irréductible sur un corps parfait comme ℚ, celui des nombres rationnels, n'est pas résoluble, alors les racines du polynômes ne s'expriment pas à l'aide de radicaux. Tel est le contenu de la version formulée par Évariste Galois et en langage moderne, du théorème d'Abel. Les exemples les plus simples s'obtiennent à l'aide d'équation du cinquième degré dont le groupe de Galois est le groupe symétrique S₅, qui n'est pas résoluble d'après les résultats précédents. Le théorème d'Abel montre que l'équation P(X) = 0 n'est alors pas résoluble par radicaux dans ℚ.

Le polynôme à coefficients dans le corps ℚ des nombres rationnels : P(X) = X⁵ - 3X - 1 est un exemple de polynôme de cette nature, ce qui se démontre relativement simplement. Ce polynôme est illustré sur la figure de droite, plus précisément cette figure illustre la nappe qui à un nombre complexe z associe le module de P(z) pour les points de coordonnée imaginaire positive. On remarque que l'équation associée possède 5 racines dont trois réelles, de valeurs approximatives -1,21 -0,33 et 1,39 et deux imaginaires 0,08 + 1,33.i et son conjugué 0,08 - 1,33.i. L'existence d'un unique couple de racines imaginaires conjuguées montre l'existence d'une transposition dans le groupe. Le fait qu'il n'existe qu'une unique racine dans le disque unité, illustré en vert sur la figure, est l'un des arguments possibles pour montrer que le polynôme est irréductible dans ℚ. On en déduit que le groupe contient un élément d'ordre 5. L'existence de ces deux éléments (transposition et élément d'ordre 5) établit que le groupe de Galois est isomorphe à S₅.

Remarque 1. Il est impropre de dire que l'équation P(z) = 0 n'est pas résoluble. Cette équation possède 5 racines qui s'approximent aussi précisément qu'on le souhaite et qui s'expriment exactement à l'aide d'intégrales elliptiques. En revanche, ces racines ne peuvent s'exprimer à l'aide des quatre opérations et de radicaux, ce qui démontre qu'il n'est pas possible de trouver une expression des racines dans le cas général d'une équation du cinquième degré, comme on peut le faire pour les équations de degré 1, 2, 3 ou 4.

Remarque 2. Les groupes simples non abéliens qui interviennent dans les groupes de Galois ne sont pas nécessairement des groupes alternés. Il existe ainsi un polynôme de degré 7 ayant pour groupe de Galois un groupe simple d'ordre 168. En revanche, si un polynôme de degré 5 n'est pas résoluble, cela signifie nécessairement que le groupe de Galois contient comme sous-groupe distingué le groupe alterné de degré 5.

Détails de démonstration

• Le polynôme $P$ est irréductible dans ℚ[X] :
  En effet, s'il ne l'était pas, par factorialité de ℤ[X], il serait le produit de deux polynômes unitaires à coefficients dans ℤ, de degrés respectifs 1 et 4 ou 2 et 3. Les termes constants de ces deux polynômes auraient pour produit -1 donc seraient égaux à 1 ou -1 et opposés l'un de l'autre. Les deux méthodes ci-dessous montrent qu'une telle factorisation est impossible.
  • Calcul direct
    Le cas où l'un des deux facteurs est de degré 1, donc égal à $X-1$ ou $X+1$, est exclu d'emblée, car 1 et -1 ne sont pas racines de $P$. Dans l'autre cas (degrés 2 et 3), il existerait deux entiers $a$ et $b$, avec $b$ égal à 1 ou -1, tels que $X^5-3X-1=(X^3+aX^2+(a^2+b)X+b)(X^2-aX-b).~$ 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, $a^3+2ab-b=0$.
  • Détour par l'analyse complexe
    Un autre argument montrant que $P$ ne peut admettre une telle factorisation est que l'un des deux facteurs a nécessairement toutes ses racines de module strictement supérieur à 1 (si bien que son terme constant ne peut être égal à ±1). En effet, parmi les 5 racines complexes de $P$, l'une est de module strictement inférieur à 1 et les quatre autres de module strictement supérieur à 1, ce qui peut se démontrer comme suit. Si z parcourt le cercle unité des nombres complexes, la variable P(z) parcourt un tour autour de l'unité. En effet : $P(z) = -3z\left(1 - \frac {z^5 -1}{3z}\right).$ Le théorème des résidus montre l'existence et l'unicité d'une racine dans le disque unité.
• Le polynôme $P$ admet exactement trois racines réelles :
  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 groupe de Galois de $P$ est isomorphe à $S_5$ :
  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 polynôme engendrent K, considéré comme une extension de ℚ.
  La conjugaison complexe est un automorphisme de K laissant invariants les rationnels et les trois racines réelles, et permutant les deux racines imaginaires. On en déduit que G contient une transposition.
  Montrons que G contient un élément d'ordre 5. Soit α une racine de P, le cardinal de l'orbite de α est un diviseur de l'ordre du groupe (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. Un théorème de Cauchy montre alors que G contient un élément d'ordre 5.
  Les seuls éléments d'ordre 5 de S₅ 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.

Représentation

Caractère

Article détaillé : Caractère d'une représentation d'un groupe fini.

Une manière d'étudier un groupe fini G est de le représenter à l'aide d'un sous-groupe d'un groupe linéaire. Le cas le plus simple est celui où le corps de l'espace vectoriel est celui des nombres complexes. Certaines représentations sont dites irréductibles : elles sont non nulles et ne possèdent pas de sous-espaces stables par la représentation autres que l'espace entier et l'espace nul.

Le caractère d'une représentation est l'application qui à un élément du groupe associe la trace de son endomorphisme. Si la représentation φ est irréductible, son caractère χ_φ est de norme 1, pour la norme définie par le produit hermitien suivant, où |G| est l'ordre du groupe G :

$\langle\chi_\varphi,\chi_\varphi\rangle=\frac1{|G|}\sum_{g\in G}\chi_{\varphi}(g)\cdot\overline{\chi_\varphi(g)}.$

Les caractères de deux représentations irréductibles non isomorphes sont orthogonaux et si χ_i désignent les différents caractères des représentations irréductibles et e l'élément neutre du groupe G, alors :

$(1)\quad \vert G \vert = \sum_i \chi_i(e)^2.$

Groupe alterné de degré 4

Un premier caractère irréductible est donné par la représentation triviale t dans un espace de dimension 1. À chaque élément de A₄ cette représentation associe l'automorphisme identité, le caractère χ_t de cette représentation associe 1 à chaque élément du groupe A₄.

On obtient une deuxième représentation φ par restriction de la représentation φ₁ de S₄ aux éléments de A₄, en utilisant les notations de l'article Représentations du groupe symétrique d'indice quatre. Comme la valeur d'un caractère ne dépend pas du choix d'un élément pris dans une même classe de conjugaison, le caractère est défini par χ_φ(e) = 3, χ_φ(ab)(cd) = -1 et χ_φ(abc) = χ_φ(acb) = 0. Un calcul montre que la norme de cette représentation est égale à 1, elle est donc irréductible.

Il existe un morphisme de A₄ dans le groupe cyclique d'ordre 3. Il existe deux représentations irréductibles de degré 1 non triviales du groupe cyclique d'ordre 3. La première associe j, la racine cubique de l'unité de partie imaginaire strictement positive, à un élément d'ordre 3 et la deuxième associe son conjugué à la même valeur.

L'égalité (1) montre qu'il n'existe pas d'autre représentation irréductible, à un isomorphisme près. En effet, 3² + 1² + 1² + 1² est égal à 12, l'ordre du groupe alterné de degré 4. On en déduit la table des caractères :

Car. irr.	1	(ab)(cd)	(abc)	(acb)
t	1	1	1	1
σ1	1	1	j	j2
σ2	1	1	j2	j
φ	3	–1	0	0

Il existe une représentation de dimension 3. Elle est utilisée dans le paragraphe "Groupe des rotations du tétraèdre".

Groupe alterné de degré 5

Les caractères du groupe alterné de degré 5 sont un peu plus délicats à déterminer que le cas précédent, même s'il est possible d'y parvenir sans utiliser une approche générique plus lourde. L'existence de 5 classes de conjugaison montre qu'il existe 5 représentations irréductibles. La table des caractères est la suivante :

Car. irr.	1	(ab)(cd)	(abc)	(abcde)	(abced)
t	1	1	1	1	1
σ1	3	–1	0	(1 + √5)/2	(1 – √5)/2
σ2	3	–1	0	(1 – √5)/2	(1 + √5)/2
φ	4	0	1	–1	–1
ψ	5	1	–1	0	0

Les caractères de ces représentations sont tous réels. Chacune de ces représentations s'incarne sur un espace vectoriel réel (cf. Caractère d'une représentation d'un groupe fini). Cette remarque s'applique, en particulier, sur les représentations de dimension 3. Le paragraphe "Groupe des rotations du dodécaèdre" montre qu'une telle représentations correspond à un groupe de symétrie d'un solide de Platon.

Calcul de la table

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.

 

Groupe des rotations d'un polyèdre régulier

Représentation et géométrie

Les groupes A₄ et A₅ admettent des représentations de dimension 3 réelles. Ces représentations sont composées d'automorphismes qui peuvent être vus comme des isométries si l'espace vectoriel E de dimension 3 est équipé du bon produit scalaire. En effet, si G est le groupe des automorphismes, et (.|.) un produit scalaire quelconque de E, alors le produit scalaire <., .> suivant confère le statut d'isométrie aux éléments de G :

$\forall x,y \in E\quad \langle x,y\rangle = \frac 1{|G|} \sum_{g\in G} (gx|gy)$

Ici, |G| désigne l'ordre du groupe G. Un élément de G est une isométrie car la translation à droite est une bijection. Ainsi, si h est un élément de G, l'ensemble des éléments g.h, si g décrit G, est exactement le groupe G.

Ces isométries sont toutes des rotations car leur déterminant est égal à 1. Pour n égal à 4, il suffit de remarquer que la représentation est obtenue par restriction d'une représentation de S₄, chacune des isométries étant le produit d'un nombre pair d'images de transpositions de déterminant égal à -1. Pour n égal à 5, la preuve est donné dans la construction de la table.

Les représentations de degré 3, pour n égal à 4 ou 5, sont fidèles, c'est-à-dire qu'elles sont injectives. Pour s'en persuader, il suffit de remarquer que ces représentations possèdent des caractères qui ne prennent la valeur 3 que pour l'identité (qui est l'image de l'élément neutre). Ces différentes propriétés permettent de concevoir ces représentations de dimension 3 comme des groupes de rotations d'un polyèdre régulier.

Groupe des rotations du tétraèdre

Le groupe des rotations du tétraèdre est isomorphe à A₄

Si n est égal à 4, la représentation est obtenue en restreignant une représentation irréductible de degré 3 du groupe symétrique, décrite dans l'article Représentations du groupe symétrique d'indice quatre. Le groupe G est engendré par les deux automorphismes ayant les matrices suivantes dans une base orthonormale :

$M_{123} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \quad\text{et}\quad M_{234} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Soient φ₂₃₄ l'automorphisme de matrice M₂₃₄ et s un vecteur non nul de l'axe de la rotation φ₂₃₄. On peut, par exemple choisir s comme le point de coordonnées (1, 1, 1). Soit S l'orbite de s, c'est-à-dire l'ensemble des points g(s), si g parcourt le groupe G. L'ensemble S est globalement stable par l'action de G. On définit le polyèdre comme l'enveloppe convexe de S, qui fournit les sommets du polyèdre recherché. Ce polyèdre est un tétraèdre régulier et son groupe des rotations est exactement égal à G.

Détails de la démonstration

• Le polyèdre contient 4 sommets :

La formule des classes 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.

 

Groupe des rotations du dodécaèdre

Le groupe des rotations du dodécaèdre régulier est isomorphe à A₅.

Le groupe des rotations de l'icosaèdre régulier possède la même propriété.

Le groupe A₅ possède aussi une représentation irréductible d'ensemble d'arrivée G et de dimension 3. Un raisonnement, analogue à celui du paragraphe précédent, montre que le groupe des rotations d'un dodécaèdre régulier est isomorphe à G. Ceci revient à dire que le groupe des rotations du dodécaèdre régulier est isomorphe au groupe alterné de degré 5.

Le groupe G, qui laisse globalement invariant le dodécaèdre D laisse aussi globalement invariant l'ensemble des centres des faces du dodécaèdre. Le polyèdre, ayant pour sommets les centres des différentes faces de D, est un icosaèdre régulier. Il existe ainsi deux polyèdres réguliers ayant un groupe de rotations isomorphe à A₅. La technique consistant à construire un nouveau polyèdre à partir des centres des faces est appelé polyèdre dual. Si un groupe d'isométries laisse invariant un polyèdre, le raisonnement utilisé ici montre qu'il laisse toujours invariant son dual.

Il existe deux manières de procéder. la première suppose connue la structure du dodécaèdre régulier et l'objectif est de montrer que son groupe des rotations est isomorphe à A₅. Une méthode simple de procéder est de remarquer qu'il existe 5 cubes de sommets choisis parmi les sommets du dodécaèdre régulier. Le groupe des rotations opère librement sur l'ensemble de ces 5 cubes. Il est donc isomorphe à un sous-groupe de S₅. On remarque ensuite que le groupe des rotations contient 60 éléments. En effet, comme le dodécaèdre contient 20 sommets, il existe 20 manières différentes de positionner un sommet. Une fois le sommet positionné, il reste encore trois manière de positionner une arête contenant ce sommet car chaque sommet est élément de trois arêtes. L'ordre du groupe des rotations est 20 que multiplie 3, c'est-à-dire 60. Un sous-groupe de 60 éléments dans S₅ est nécessairement distingué car il peut être vu comme le noyau du morphisme qui associe 1 à un élément du sous-groupe et -1 aux autres éléments. Il n'existe qu'un unique sous-groupe distingué non trivial dans S₅ c'est A₅, ce qui montre l'isomorphisme recherché.

Une autre manière de procéder est d'utiliser la représentation de dimension 3 du groupe alterné pour construire le dodécaèdre et en déterminer ses paramètres. Elle est proposée dans la boîte déroulante.

Construction de l'icosaèdre et du dodécaèdre

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.

 

Bibliographie

• Daniel Perrin, Cours d'algèbre [détail des éditions] 
• Jean-Pierre Serre, Représentations linéaires des groupes finis [détail des éditions] 
• (en) M. J. Wenninger (en), Dual Models, CUP, 1983 (ISBN 978-0-521-24524-1)