Algèbre Partiel du 09/03/2015 avec corrigé

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1 Algèbre Partiel du 09/03/2015 avec corrigé Simone DIVERIO Exercice 1 Soit p un nombre premier k un entier strictement positif et G un groupe d ordre p k (i) Prouver que le centre Z(G) de G est non trivial Soit maintenant k = 2 (ii) Prouver que G est abélien (iii) Prouver que ou bien G est isomorphe à Z p 2 ou alors G est isomorphe à Z p Z p Prouver que les trois classes d isomorphisme de groupes abéliens d ordre 8 sont Z 8 Z 4 Z 2 et Z 2 Z 2 Z 2 (cette question est indépendante des précédentes) Solution Un élément de G est dans le centre ssi sa classe de conjugaison est réduite à lui-même Dans tout groupe (non trivial) il y a au moins deux classes de conjugaison (une en étant la classe de l élément neutre) Donc si par l absurde le centre était trivial alors toute classe de conjugaison dans G devrait avoir p éléments (puisque le cardinal d une classe de conjugaison divise l ordre du groupe) Mais les classes de conjugaisons forment une partition de G qui serait donc d ordre 1 (mod p) contradiction Si par l absurde G n était pas abélien alors {1 G } Z(G) G Soit g G \ Z(G) et considérons le centralisateur Z(g) de g dans G Alors Z(G) Z(g) puisque g Z(g) et donc par le Théorème de Lagrange Z(g) = G Mais alors g commute avec tous les éléments de G et g Z(G) contradiction Si G a un élément d ordre p 2 alors G est cyclique d ordre p 2 et G Z p 2 Supposons donc que tout élément dans G \ {1 G } soit d ordre p Soient g g G \ {1 G } tels que g H := g Z p et notons K = g Z p Alors H K = {1 G } puisque autrement on aurait que H = K mais g K \ H De plus G étant abélien H et K sont sous-groupes distingués dans G Donc HK est un sous-groupe de G et il contient strictement H (et K) et par le Théorème de Lagrange son ordre doit être p 2 ie HK = G Mais alors G H K Z p Z p Soit G un groupe abélien d ordre 8 Si G possède un élément d ordre 8 alors G est cyclique d ordre 8 et G Z 8 Donc on peux supposer dès maintenant que tout élément de G \ {1 G } est d ordre 2 ou 4 Supposons qu il n y ait pas d éléments d ordre 4 et soient x y G \ {1 G } deux éléments distincts Posons H = x Z 2 et K = y Z 2 Les sousgroupes H et K sont distingués dans G (G étant abélien) et H K = {1 G } puisque x y Donc V = HK est un sous-groupe de G isomorphe au groupe de Klein Z 2 Z 2 Soit z G \ V et posons I = z Z 2 Le sous-groupe I 1

2 est distingué dans G I V = {1 G } et V I est un sous-groupe de G contentant strictement V Donc V I > 4 et V I doit diviser 8 donc V I = G et G V I Z 2 Z 2 Z 2 Il nous reste le cas où G a un élément h d ordre 4 Posons H = h Z 4 S il existe un g G \ H d ordre 2 alors K = g Z 2 est distingué dans G H K = {1 G } et HK est un sous-groupe de G d ordre > 4 donc HK = G et G H K Z 4 Z 2 Il nous resta à trouver un tel g Soit donc x G \ H et supposons que x soit d ordre 4 Alors x 2 est d ordre 2 Si x 2 H nous posons g = x 2 et nous avons terminé Si x 2 H alors x 2 = h 2 et dans ce cas posons g = xh Alors g 2 = (xh) 2 = xhxh = x 2 h 2 = h 4 = x 4 = 1 G donc g est d ordre 2 D autre part g H puisque si g = h j on aurait x = h j 1 H mais x H Ces trois classes d isomorphisme sont évidemment distinctes car dans la première il y a un élément d ordre 8 qui est absent dans les deux autres et dans la dernière il y a un élément d ordre 4 qui n est pas présent dans la deuxième Exercice 2 Si n est un nombre entier strictement positif on définit le groupe diédral de degré n comme D n = x y x n = y 2 = 1 yx = x 1 y (i) Prouver que tout sous-groupe d un groupe diédral est un groupe diédral ou cyclique Soit maintenant π le plan euclidien M le groupe des isométries de π et soient respectivement T π et R π un triangle isocèle et un rectangle Posons G T := {m M m(t ) = T } et G R := {m M m(r) = R} (ii) Prouver que G T et G R sont des sous-groupes finis de M (iii) Déterminer les possibles classes d isomorphisme pour G T et G R (iv) Pour chacun des deux groupes G T et G R choisir de façon appropriée une origine et un système de coordonnées et écrire explicitement les éléments de ces groupes sous forme matricielle (v) Donner un exemple d un sous-ensemble non vide S π dont le groupe des symétries est trivial (vi) Donner pour tout entier strictement positif n un exemple d un sousensemble non vide Q n π qui ne soit pas isométrique à un polygone régulier à n côtés et dont le groupe des symétries est isomorphe à D n Solution Tout groupe diédral peut être réalisé comme sous-groupe du groupe des isométries du plan euclidien (par définition) Donc un sous-groupe d un groupe diédral est en particulier un sous-groupe fini du groupe des isométries du plan euclidien Mais alors il est isomorphe à un groupe cyclique ou diédral On va numéroter les sommets de T et de R en sens horaire avec les nombres respectivement de 1 à 3 et de 1 à 4 (pour T on va placer 1 sur le sommet dont l angle n est pas forcement égal aux deux autres) Ceci permet de construire deux homomorphismes ϕ T : G T S 3 et ϕ T : G R S 4 définis de façon évidente Ces deux homomorphismes sont injectifs : si trois sommets sont fixés puisque ils ne sont pas alignés l isométrie qui les fixe doit être nécessairement l identité car toute isométrie est déterminée par les valeurs sur trois points non alignés En particulier G T et G R sont d ordre fini Ils sont clairement des sous-groupes 2

3 Si T est équilatéral alors par définition G T D 3 et de façon analogue si R est un carré alors G R D 4 Si T n es pas équilatéral alors puisque toute isométrie préserve les angles le sommet 1 doit forcement être fixé et les sommets 2 et 3 peuvent être fixés ou échangés Le groupe G T a dans ce cas 2 éléments et donc G T Z 2 D 1 Si R n est pas un carré alors G R est d ordre 4 car une fois décidé où déplacer le sommet 1 le mouvement des autres est déterminé Donc G R Z 4 ou G R D 2 V Si G R Z 4 G R serait un groupe de rotations engendré par la rotation de π/2 Mais ceci n est pas possible car la seule rotation qui transforme le rectangle en soi-même est celle de π Donc G R V On va supposer que T n est pas équilatéral et que R n est pas un carré (on a vu en cours les représentations matricielles réelles standard de dimension deux de D 3 et D 4 ) Pour T on va choisir comme origine un point de la hauteur relative au sommet 1 et comme axes de coordonnées cette hauteur et la perpendiculaire passant par le point choisi La seule symétrie non triviale est donc donnée par Pour R on va choisir comme origine le point d intersection des deux diagonales et comme axes de coordonnées les deux droites parallèles aux côtés du rectangle et passant par l origine Les trois symetries non triviales sont donc données par ( ) 1 0 Soit S un triangle scalène Alors toute isométrie m telle que m(s) = S doit fixer chacun des sommets car les isométries préservent les angles et un triangle scalène a trois angles distincts Donc en fixant trois points non alignés une telle isométrie doit forcement être l identité Soit Q n l ensemble des sommets d un polygone régulier à n côtés Evidemment Q n est non vide et ne peut pas être isométrique à un polygone régulier puisque il est de cardinal fini Son groupe des symétries G Qn est le même du groupe des symétries du polygone régulier à n côtés dont il en forme les sommets et donc G Qn D n Exercice 3 On considère le groupe des quaternions Q = 1 i j k ( 1) 2 = 1 i 2 = j 2 = k 2 = ijk = 1 (i) Déterminer les classes de conjugaison de Q (ii) Déterminer le nombre et les dimensions des classes d isomorphisme des représentations complexes de Q (iii) Construire explicitement les 4 représentations de dimensions 1 de Q (iv) Écrire le tableau des caractères de Q (v) Construire explicitement la représentation irréductible de dimension 2 de Q (Indication Soit H = {a + bi + cj + dk a b c d R} le corps (non commutatif) des quaternions Soit V C 2 un espace vectoriel complexe l isomorphisme étant donné par le choix d une base {1 j} Un vecteur de V s écrit donc formellement comme (a + bi)1 + (c + id)j et ceci donne une 3

4 identification entre V et H Maintenant faire agir H sur V à droite ie en multipliant via cette identification à droite par l inverse de l élément qui agit) Solution Les éléments 1 et 1 commutent avec tous les autres éléments et donc forment deux classes de conjugaison de cardinal 1 Les autres classes de conjugaison sont de cardinal au moins 2 puisque Z(H) = {1 1} D autre part le cardinal de chacune de ces classes divise 8 et leur somme est 6 Donc on trouve trois autres classes de conjugaison de cardinal 2 Elles sont {±i} {±j} et {±k} Le nombre r(g) de classes d isomorphisme de représentations irréductibles complexes d un groupe fini est égal au nombre de classes de conjugaison du groupe et donc r(h) = 5 Soient ρ l l = 1 5 des représentants pour chacune de ces classes et d l = dim ρ l Soit ρ 1 la représentation triviale Nous avons que 8 = d 2 1+d 2 2+d 2 3+d 2 4+d 2 5 d 1 = 1 et pour tout l d l divise 8 Or 7 = d 2 2+d 2 3+d 2 4+d 2 5 et donc au moins un des d l l = 2 5 doit être égal à 1 disons d 2 Nous restons alors avec 6 = d d d 2 5 et la seule possibilité (quitte à permuter) est d 3 = d 4 = 1 d 5 = 2 Soit ρ: H C une représentation de dimension 1 de H Alors ρ ne peut pas être fidèle autrement H serait abélien Donc ker ρ est un sous-groupe distingué de H ker ρ {1} Si ker ρ = H nous obtenons la représentation triviale ρ 1 Les autres possibilités pour ker ρ sont Z(H) = {±1} I = {±1 ±i} J = {±1 ±j} K = {±1 ±k} Or H/I H/J H/K Z 2 et H/Z(H) V Z 2 Z 2 (H/Z(H) est d ordre 4 mais s il était cyclique H serait abélien) Evidemment ρ se factorise comme la composée de la projection sur le quotient H H/ ker ρ par la représentation fidèle induite H/ ker ρ C De plus il n y a qu une façon de représenter de façon non triviale Z 2 dans C et donc on obtient les représentations suivantes Lorsque ker ρ = I Lorsque ker ρ = J Lorsque ker ρ = K ρ({±1 ±i}) = 1 ρ(({±j ±k}) = 1 ρ({±1 ±j}) = 1 ρ(({±i ±k}) = 1 ρ({±1 ±k}) = 1 ρ(({±i ±j}) = 1 Lorsque ker ρ = Z(H) les représentations obtenues en composant la projection sur le quotient par une représentation de V dans C donnent encore les trois représentations ci-dessus Le quatre représentations ainsi trouvées ne sont pas isomorphes entre elles puisqu elles ont des caractères différents Le tableau des caractères partiel trouvé pour le moment est Or dans l espace C C 5 des fonction centrales sur H muni du produit hermitien φ ψ = 1 8( φ1 ψ1 + φ 2 ψ2 + 2 φ 3 ψ3 + 2 φ 4 ψ4 + 2 φ 5 ψ5 ) 4

5 (1) (1) (2) (2) (2) 1-1 i j k χ χ χ χ χ 5 2 nous avons χ 5 Span(χ 1 χ 2 χ 3 χ 4 ) Si (z 1 z 5 ) sont le coordonnées dans C 5 nous avons que Span(χ 1 χ 2 χ 3 χ 4 ) = {z 1 z 2 = 0} Donc et χ 5 = ( ) Span(χ 1 χ 2 χ 3 χ 4 ) = C( ) Avec les notation de l indication si on pose z = a + ib et w = c + id on a ( 1) (z w) (z + wj)( 1) = ( z) + ( w)j ( z w) i (z w) (z + wj)( i) = ( iz) + (iw)j ( iz iw) j (z w) (z + wj)( j) = w + ( z)j (w z) k (z w) (z + wj)( k) = zk wjk = iw + ( iz)j ( iw iz) Les matrices de l action de ces éléments sont donc données par ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 i 0 0 i 1 i j k 0 i 1 0 i 0 Ceci définit bien une représentation complexe de dimension 2 avec caractère χ 5 Elle est donc la représentation complexe irréductible du groupe des quaternion de dimension 2 5