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Somme des coefficients et matrices d'ordre 6

ordregroupe linéairerationnelpolynôme cyclotomiquePolynôme caractéristiqueTraceDéterminant

Soit rr un nombre rationnel quelconque. L'objectif est de montrer qu'il existe une matrice M∈GL2(Q)M \in \mathrm{GL}_{2}(\mathbb{Q}) dont l'ordre dans le groupe linéaire est exactement 66, et telle que la somme de tous ses coefficients soit égale à rr.

1.

Une matrice M∈M2(Q)M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{Q}) est d'ordre 6 si et seulement si son polynôme minimal est le sixième polynôme cyclotomique Φ6(X)=X2−X+1\Phi_6(X) = X^2 - X + 1.

2.

Pour M=(abcd)M = \begin{pmatrix} a & b
c & d \end{pmatrix}, exprimer la condition d'ordre 6 en fonction de la trace et du déterminant.

3.

Traduire la condition sur la somme des coefficients S(M)=rS(M) = r et montrer que le système d'équations obtenu admet au moins une solution rationnelle en utilisant une paramétrisation d'une conique ou une identité algébrique.

Idées clés

•

Utilisation du polynôme cyclotomique Φ6(X)=X2−X+1\Phi_6(X) = X^2 - X + 1.

•

Lien entre l'ordre d'une matrice et son polynôme minimal.

•

Résolution d'une équation diophantienne quadratique simple sur Q\mathbb{Q}.

1. Caractérisation des matrices d'ordre 6 dans GL2(Q)\mathrm{GL_2(\mathbb{Q}).}

Soit M∈M2(Q)M \in \mathcal{M}_2(\mathbb{Q}). Pour que MM soit d'ordre 6, il faut et il suffit que son polynôme minimal μM\mu_M soit le polynôme cyclotomique :

Φ6(X)=X2−X+1\Phi_6(X) = X^2 - X + 1

En effet, les racines de Φ6\Phi_6 sont eiπ/3e^{i\pi/3} et e−iπ/3e^{-i\pi/3}, qui sont des racines primitives 66-ièmes de l'unité. Si μM=Φ6\mu_M = \Phi_6, alors M6−I=(M3+I)(M2−M+I)=0M^6 - I = (M^3+I)(M^2-M+I) = 0, et on vérifie aisément que Mk≠IM^k \neq I pour 1≤k<61 \leq k < 6.

Puisque deg⁡(Φ6)=2\deg(\Phi_6) = 2, cela équivaut à dire que le polynôme caractéristique χM\chi_M est égal à Φ6\Phi_6. En notant M=(abcd)M = \begin{pmatrix} a & b
c & d \end{pmatrix}, les conditions χM(X)=X2−Tr(M)X+det⁡(M)\chi_M(X) = X^2 - \mathrm{Tr}(M)X + \det(M) imposent :

{Tr(M)=a+d=1det⁡(M)=ad−bc=1\begin{cases} \mathrm{Tr}(M) = a + d = 1
\det(M) = ad - bc = 1 \end{cases}

2. Traduction de la contrainte sur la somme des coefficients.

On souhaite que la somme des coefficients S(M)=a+b+c+dS(M) = a + b + c + d soit égale à rr. En utilisant la relation a+d=1a + d = 1, cette condition devient :

1+b+c=r  ⟺  b+c=r−11 + b + c = r \iff b + c = r - 1

Nous devons donc trouver a,b,c,d∈Qa, b, c, d \in \mathbb{Q} tels que :

  1. d=1−ad = 1 - a
  2. b+c=r−1b + c = r - 1
  3. bc=ad−1=a(1−a)−1=−a2+a−1bc = ad - 1 = a(1 - a) - 1 = -a^2 + a - 1

3. Résolution du système sur Q\mathbb{Q.}

Les nombres bb et cc sont les racines du polynôme :

P(T)=T2−(r−1)T+(a2−a+1)P(T) = T^2 - (r-1)T + (a^2 - a + 1)

Pour que bb et cc soient rationnels, il faut et il suffit que le discriminant Δ\Delta de ce polynôme soit le carré d'un rationnel q∈Qq \in \mathbb{Q} :

Δ=(r−1)2−4(a2−a+1)=(r−1)2−4a2+4a−4\Delta = (r-1)^2 - 4(a^2 - a + 1) = (r-1)^2 - 4a^2 + 4a - 4

On cherche donc a,q∈Qa, q \in \mathbb{Q} tels que :

q2=(r−1)2−4a2+4a−1−3  ⟺  q2+(2a−1)2=(r−1)2−3q^2 = (r-1)^2 - 4a^2 + 4a - 1 - 3 \iff q^2 + (2a-1)^2 = (r-1)^2 - 3
Attention, le signe ici dépend de la manipulation. Reprenons proprement :
Δ=(r−1)2−4a2+4a−4=q2\Delta = (r-1)^2 - 4a^2 + 4a - 4 = q^2
q2+4a2−4a+1=(r−1)2−4+1  ⟺  q2+(2a−1)2=(r−1)2−3q^2 + 4a^2 - 4a + 1 = (r-1)^2 - 4 + 1 \iff q^2 + (2a-1)^2 = (r-1)^2 - 3
Cette forme est complexe car le membre de droite peut être négatif. Utilisons plutôt une autre approche pour garantir l'existence.

Posons b=r−1b = r-1 et c=0c = 0. Alors la condition bc=−a2+a−1bc = -a^2+a-1 devient :

0=−a2+a−10 = -a^2 + a - 1
Ce qui n'a pas de solution réelle. Il faut donc que bb et cc soient non nuls.

Reprenons l'équation bc=−a2+a−1bc = -a^2+a-1 avec c=r−1−bc = r-1-b. Fixons une valeur simple pour aa, par exemple a=1a=1. Alors d=0d=0 et bc=−1bc = -1. On a alors le système :

{b+c=r−1bc=−1\begin{cases} b+c = r-1
bc = -1 \end{cases}
Les solutions sont racines de X2−(r−1)X−1=0X^2 - (r-1)X - 1 = 0. Le discriminant est :
Δ=(r−1)2+4\boxed{ \Delta = (r-1)^2 + 4 }
Ce Δ\Delta est strictement positif, mais pas nécessairement un carré dans Q\mathbb{Q}. Pour assurer que Δ\Delta est un carré, nous devons choisir aa judicieusement.

Cherchons aa tel que Δ=4a2−4a+4+(r−1)2\Delta = 4a^2 - 4a + 4 + (r-1)^2 soit un carré q2q^2.

q2−(2a−1)2=3+(r−1)2q^2 - (2a-1)^2 = 3 + (r-1)^2
Soit K=3+(r−1)2K = 3 + (r-1)^2. Comme K>0K > 0 et K∈QK \in \mathbb{Q}, on peut écrire KK comme produit de deux rationnels :
q−(2a−1)=1etq+(2a−1)=Kq - (2a-1) = 1   \text{et}   q + (2a-1) = K
En sommant et soustrayant, on obtient :
2q=K+1  ⟹  q=K+12∈Q2q = K+1 \implies q = \frac{K+1}{2} \in \mathbb{Q}
2(2a−1)=K−1  ⟹  2a−1=K−12∈Q2(2a-1) = K-1 \implies 2a-1 = \frac{K-1}{2} \in \mathbb{Q}
Puisque aa est rationnel, Δ\Delta est le carré du rationnel qq. Ainsi bb et cc sont rationnels.

Conclusion.

Il existe bien une matrice M=(abc1−a)∈M2(Q)M = \begin{pmatrix} a & b
c & 1-a \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\mathbb{Q}) répondant à la question.

L'erreur classique consiste à oublier de vérifier que la matrice trouvée est bien dans GL2(Q)\mathrm{GL}_2(\mathbb{Q}). Ici, det⁡(M)=1\det(M) = 1, donc la matrice est inversible. De plus, il faut s'assurer que l'ordre est exactement 6 et non un diviseur de 6.