Université Paris 6 Année universitaire Cours Groupes finis et leurs représentations Corrigé de l examen terminal du 21 mai 2012.

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1 Université Paris 6 Année universitaire Cours Groupes finis et leurs représentations Corrigé de l examen terminal du 1 mai 01 Exercice 1 Questions de cours Soit G un groupe fini et soit p un nombre premier Écrivons G = pn m où n 0 et où m est premier à p Un p-sous-groupe de Sylow de G est un sous-groupe de G de cardinal p n Théorème 1) Il existe in p-sous-groupe de Sylow de G ) Soit S un p-sous-groupe de Sylow de G et soit P un p-sous-groupe de G Il existe g G tel que P gsg 1 En particulier si P est lui-même un p-sylow, on a par égalité des cardinaux P = gsg 1 : deux p-sous-groupes de Sylow de G sont conjugués, et a fortiori isomorphes Il s ensuit que si S est distingué, c est le seul p-sous-groupe de Sylow de G 3) Le nombre de p-sous-groupes de Sylow de G divise m, et est congru à 1 modulo p Exercice 1) Le nombre de p-sous-groupes de Sylow de G divise q, donc vaut 1 ou q puisque p est premier Il est congru à 1 modulo p ; or comme q < p on a 1 q 1 < p, ce qui exclut que p divise q 1 Par conséquent, le nombre de p-sylow de G ne peut être égal à q, et il vaut dès lors 1 ) Le groupe G possède ainsi un unique p-sous groupe de Sylow H, qui est donc distingué Comme G = pq, le cardinal de H est p, et H est isomorphe à Z/pZ Soit maintenant K un q-sylow de G Il est de cardinal q, et donc isomorphe à Z/qZ Le groupe H est distingué, les cardinaux de H et K sont premiers entre eux, et leur produit est égal au cardinal de G Il résulte alors du cours qu il existe un morphisme θ de K dans Aut(H) tel que G s identifie à H θ K Comme H Z/pZ et K Z/qZ, le groupe G est bien de la forme Z/pZ ψ Z/qZ pour un certain ψ : Z/qZ Aut(Z/pZ) 3) On sait que l application α (n αn) établit un isomorphisme entre (Z/pZ) et Aut(Z/pZ) Le cardinal de (Z/pZ) est p 1 Le cardinal de l image de ψ divise le cardinal de Aut(Z/pZ), à savoir p 1 ; et il divise par ailleurs q, cette image étant un quotient de Z/qZ Si q est premier à p 1, cette image est donc le groupe trivial, ce qui veut dire que ψ est trivial Ainsi, si q est premier à p 1, le morphisme ψ est nécessairement trivial, ce qui veut dire que le produit semi-direct Z/pZ ψ Z/qZ est le produit direct Z/pZ Z/qZ, qui est isomorphe à Z/(pq)Z par le lemme chinois Autrement dit, G est cyclique 4) On suppose que q divise p 1 Le groupe Aut(Z/pZ) (Z/pZ) est cyclique, et q divise son cardinal L ensemble Γ des éléments de Aut(Z/pZ) d ordre divisant q est donc un sous-groupe cyclique de Aut(Z/pZ), de cardinal q L application ψ ψ(1) établit une bijection entre Hom(Z/qZ, Aut(Z/pZ)) et Γ ; si γ Γ, le morphisme correspondant est n γ n Soient maintenant ϕ et ψ deux morphismes non triviaux de Z/qZ dans le groupe Aut(Z/pZ) ; posons γ = ϕ(1) et δ = ψ(1) Comme ϕ est non trivial, γ est non trivial, et et est donc un générateur de Γ, qui est cyclique de cardinal 1

2 q Ainsi, δ est de la forme γ r ; et comme δ est non trivial, δ est non trivial, ce qui veut dire que r est premier à q On a pour tout n Z/qZ les égalités ψ(n) = (γ r ) n = γ rn = (γ n ) r = ϕ(n) r = ϕ(rn) Comme r est premier à q, l application n rn est un automorphisme χ de Z/qZ ; par ce qu on vient de voir, on a ψ = ϕ χ 5) On suppose toujours que q divise p 1 Un groupe de cardinal pq est d après ) de la forme Z/pZ ψ Z/qZ pour un certain ψ : Z/qZ Aut(Z/pZ) Il y a (d après ce qu on a vu au cours de la preuve de 4) ) exactement q morphismes de Z/qZ vers Aut(Z/pZ) Le morphisme trivial correspond au produit direct qui est abélien (et même cyclique) ; comme q, il existe au moins un morphisme non trivial ϕ de de Z/qZ vers Aut(Z/pZ) Le morphisme ϕ étant non trivial, les deux facteurs Z/pZ et Z/qZ de Z/pZ ϕ Z/qZ ne commutent pas entre eux, et Z/pZ ϕ Z/qZ n est en particulier pas isomorphe au produit direct Z/pZ Z/qZ Soit ψ un (autre) morphisme non trivial de Z/qZ vers Aut(Z/pZ) Par 4), il existe un automorphisme χ de Z/qZ tel que ψ = ϕ χ On vérifie aussitôt que (a, b) (a, χ(b)) définit un isomorphisme Z/pZ ψ Z/qZ Z/pZ ϕ Z/qZ Il y a donc exactement deux classes d isomorphismes de groupes de cardinal pq, à savoir Z/pqZ et Z/pZ ϕ Z/qZ Exercice 3 Un automorphisme non intérieur de S 6 a) Le cardinal de S 5 est 5! = 10 = 8 3 5, et celui de A 5 est 60 Un 5-sous-groupe de Sylow de S 5 a pour cardinal 5 (et est donc isomorphe à Z/5Z) Le nombre N de ces sous-groupes divise 4, et est congru à 1 modulo 5 Par conséquent, N = 1 ou N = 6 Si N était égal à 1, le groupe S 5 aurait un seul 5-sous-groupe de Sylow, nécessairement distingué, et de cardinal 5 comme on l a mentionné ; mais ceci contredit la description exhaustive (admise) des sous-groupes distingués de S 5 Par conséquent, N = 1 b) Soit K le noyau du morphisme de S 5 vers S S Il est contenu dans le stabilisateur de chacun des éléments de S On sait par le cours que l action de G sur S est transitive ; par conséquent, le stabilisateur de chaque élément de S a pour cardinal 10/6 = 0 Le cardinal de K divise donc 0, et il résulte alors de la description exhaustive (admise) des sous-groupes distingués de S 5 que K est trivial ; autrement dit, le morphisme étudié de S 5 vers S 6 est injectif c) Soit K le noyau du morphisme naturel de S 6 dans S S6/G Il est contenu dans le stabilisateur des éléments de S 6 /G, et en particulier dans celui de la classe triviale G, qui n est autre que G Ainsi, le cardinal de K divise le cardinal de G, qui est égal à 10 Par ailleurs, en tant que noyau d un morphisme, K est distingué dans S 6 Il résulte alors de la description exhaustive (admise) des sousgroupes distingués de S 6 que K est trivial (le cardinal de A 6 est 70/=360) ; le morphisme ϕ est donc injectif, et partant bijectif pour des raisons de cardinal d) Si G avait un point fixe sur {1,, 6} S, cela signifierait qu il existe un 5-sous-groupe de Sylow de S 5 invariant par conjugaison, c est-à-dire distingué, ce qui est absurde (le raisonnement est le même qu au a) ) Par contre, ϕ(g) admet un point fixe : celui qui correspond à la classe triviale G, invariante sous l action de G par translation Supposons que ϕ soit intérieur, donc de la forme σ σ 0 σσ0 1 pour une certaine σ 0 Soit x un point fixe de ϕ(g) On aurait alors pour tout g G les

3 égalités g(σ0 1 x) = σ 1 0 (σ 0(g(σ0 1 (x)))) = σ 1 0 ((σ 0gσ0 1 )(x)) = σ 1 0 (ϕ(g)(x)) = σ 1 0 (x) car x est fixe sous ϕ(g) Ainsi, σ0 1 (x) serait fixe sous G, et on aboutit en conséquence à une contradiction Remarque culturelle On peut montrer que si n 6, tout automorphisme de S n est intérieur Il y a donc une exception pour n = 6 Exercice 4 a) Soit (v, w) V Par définition de E, on a (v+w) (v+w) E En développant, il vient v v + v w + w v + w w E Comme v v et w w appartienent à E, l élément v w + w v de V k V appartient à a v w + w v = 0 Sa classe modulo E est donc nulle, ce qui veut exactement dire que v w + w v = 0 L espace vectoriel V k V est engendré par les e i e j, pour 1 i n et 1 j n Par conséquent, Λ V = V k V/E est engendré par les classes des e i e j, c est-à-dire par les e i e j Si i = j alors e i e i = 0, et peut donc être retiré sans changer le caractère générateur de la famille Si i j alors e j e i = e i e j par ce qui précède ; on peut donc supprimer e i e j ou e j e i sans changer le caractère générateur de la famille On choisit de garder e i e j si i < j, et e j e i sinon La famille génératrice de Λ V ainsi obtenue après ces suppressions est précisément (e i e j ) 1 i<j n b) Soit v V ; écrivons v = λ i e i, avec les λ i dans k On a v v = ( λ i e i ) ( λ j e j ) = i,j λ i λ j e i e j = i λ i e i e i + i j λ i λ j e i e j Le dernier terme est somme de termes qui sont de la forme λ i λ j (e i e j +e i e j ) avec i j (on le voit en regroupant les termes d indices (i, j) et (j, i)) ; par conséquent, v v appartient au sous-espace engendré par les e i e i et les e i e j + e j e i pour i j L assertion requise découle alors du fait que E est engendré par les v v c) Dans V k V, il y a n éléments de la forme e i e i, et n(n 1)/ éléments de la forme e i e j + e j e i avec i j (il y a en effet autant de tels éléments que de paires (i, j), l ordre de i et j et ne comptant pas) Ainsi, E est contenu dans un sous-espace vectoriel de V k V engendré par n + n(n 1)/ = n(n + 1)/ éléments Il est donc de dimension au plus n(n + 1)/ ; il s ensuit que Λ V est de dimension au moins n n(n + 1)/ = n(n 1)/ Par ailleurs, Λ V est engendré d après a) par la famille (e i e j ) 1 i<j n, qui compte autant d éléments que de paires (i, j) contenues dans {1,, n}, à savoir n(n 1)/ ; sa dimension est dès lors au plus égale à n(n 1)/ ; finalement, la dimension du k-espace vectoriel Λ V est exactement n(n 1)/ Comme la famille (e i e j ) 1 i<j n d élément de Λ V est génératrice de cardinal n(n 1)/, c est une base de Λ V d) L application de V dans V k V qui envoie (v, w) sur f(v) f(w) est bilinéaire Par la propriété universelle du produit tensoriel, il existe une unique application linéaire f f de V k V dans lui-même qui envoie v w sur f(v) f(w) pour tout (v, w) Soit v V On a f f(v v) = f(v) f(v) E Comme les v v engendrent E, celui-ci est table sous f f 3

4 L unicité de Λ f provient du fait que les v w engendrent Λ V, puisque les v w engendrent V k V Montrons l existence de Λ f L application composée V k V f f V k V Λ V (où l application de droite est l application quotient) s annule sur les éléments de E : en effet si u E alors (f f)(u) E par ce qui précède, et l image du vecteur (f f)(u) dans Λ V est donc nulle En vertu de la propriété universelle du quotient, cette application composée induit une application k-linéaire Λ f de Λ V = V k V/E vers Λ V Pour tout (v, w) V, il résulte de la définition de Λ f que Λ f(v w) est égale à la classe modulo E de (f f)(v w), soie encore à la classe modulo E de f(v) f(w), c est-à-dire précisément à f(v) f(w) Comme Id Λ V est une application linéaire de Λ V dans lui-même envoyant le vecteur v w sur v w pour tout (v, w), elle coïncide avec Λ Id V par définition de celle-ci (et plus précisément, par la partie unicité de la définition) Comme Λ f Λ g est une application linéaire de Λ V dans lui-même envoyant v w sur Λ f(g(v) g(w)) = f(g(v)) f(g(w)) pour tout (v, w), elle coïncide avec Λ f g par définition de celle-ci (et plus précisément, par la partie unicité de la définition) e) Par hypothèse, f(e i ) = λ i e i pour tout i Par conséquent, on a pour tout couple (i, j) avec i < j les égalités Λ f(e i e j ) = f(e i ) f(e j ) = λ i e i λ j e j = λ i λ j e i e j (la dernière égalité provient de la bilinéarité de (v, w) v w, qui se déduit de celle de (v, w) v w) Ainsi, N est diagonale, et son terme diagonal correspondant au couple (i, j) avec i < j est précisément λ i λ j Il vient Tr Λ f = Tr N = λ i λ j = λ i λ j + λ j λ i = 1 i n,1 j n ce qu il fallait démontrer = 1 i<j n 1 i n,1 j n,i j λ i λ j 1 i n 1 i<j n λ i λ j λ i = 1 i n λ i = (Tr M) Tr M = (Tr f) Tr f, 1 i n Exercice 5 a) Les classes de conjugaison sont : la classe c 0 de l identité (c est une classe singleton) ; la classe c des transpositions ; son cardinal est égal au nombre de paires, soit 5(5 1)/ = 10 ; la classe c 3 des 3-cycles ; pour se donner un 3-cycle, il faut choisir une partie à 3 éléments puis l un des deux 3-cycles qu elle supporte ; le cardinal de la classe c 3 est donc (5 4 3)/6 = 0 ; la classe c 4 des 4-cycles ; pour se donner un 4-cycle, il faut choisir une partie à 4 éléments puis l un des six 4-cycles qu elle supporte ; le cardinal de c 4 est donc 6 5 = 30 ; λ i 4

5 la classe c 5 des 5-cycles : il y en a 4! = 4 ; la classe c, des produits de deux transpositions à supports disjoints ; pour se donner une telle permutation, il faut choisir une partie à 4 éléments, puis l un des trois produits de deux transpositions à supports disjoints qu elle supporte ; le cardinal de c, est donc 3 5 = 15 ; la classe c,3 des produits d une transposition par un 3-cycle, les deux étant à supports disjoints ; pour se donner une telle permutation, il faut choisir une partie à éléments (le support de la transposition), puis l un des deux 3-cylces supportés par son complémentaire ; le cardinal de c,3 est donc (5 4)/ = 0 Remarque On vérifie que la somme fait bien 10 (cette vérification n était pas demandée, mais peut être très utile au brouillon, pour détecter une éventuelle erreur de calcul) Comme il y a sept classes de conjugaison dans S 5, il y a sept (classes d isomorphe de) représentations irréductibles de S 5 b) Le vecteur e i de P est non nul, et est invariant sous l action de S 5 Il engendre donc une droite stable sous S 5, sur lequel celui-ci agit trivialement ; cette droite est dès lors une sous-représentation de P isomorphe à 1 Le sous-espace vectoriel V de P est défini par une équation linéaire non nulle, il est donc de dimension 4 Son intersection avec la droite C ( e i ) est l ensemble des vecteurs de la forme λ e i tels que 5λ = 0 ; c est donc {0} Pour des raisons de dimension, P = C ( e i ) V 1 V, ce qu il fallait démontrer La matrice d un élément σ de S 5 dans la base (e 1,, e n ) est une matrice de permutation ; sa trace est le nombre de 1 sur sa diagonale, soit encore le nombre de vecteurs e i fixes sous σ, ou encore le nombres de points fixes de σ dans {1,, 5} On en déduit les valeur du caractère χ P : χ P Le caractère de 1 est constant et égal à 1 ; comme P = 1 V, il vient χ V = χ P 1 Le caractère χ V est dès lors donné par le tableau Le carré scalaire χ V χ V vaut χ V ( 1) ( 1) 10 (ne pas oublier de faire intervenir le cardinal des classes de conjugaison) On trouve χ V χ V = = = 1 Par conséquent, V est irréductible c) Le caractère de V C Σ est égal à χ V χ Σ Le caractère χ Σ prend les valeurs suivantes : χ Σ

6 Par conséquent, χ V C Σ a pour valeurs χ V C Σ Comme ses valeurs sont les mêmes que celles de χ V au signe près, son carré scalaire est le même que celui de χ V, c est-à-dire qu il est égal à 1 Par conséquent, V C Σ est irréductible Les quatre représentations 1, Σ, V et V C Σ sont donc irréductibles, et ont toutes des caractères différents, d après la table χ χ Σ χ V χ V C Σ Elles sont donc deux à deux non isomorphes d) Dans cette question et la suivante, on utilise les notations et les résultats de l exercice 4 Pour tout σ, notons ρ σ l image de σ dans GL(V ) L exercice 4 (question d) assure que pour toute σ S 5, l endomorphisme ρ σ de V induit un endomorphisme Λ ρ σ de Λ V qui envoie v w sur ρ σ (v) ρ σ (w) pour tout (v, w) V On déduit de la question d) de l exercice 4 que Id Λ V = Λ (Id V ) = Λ (ρ σ ρ 1 σ ) = Λ ρ σ Λ (ρ 1 σ ); par conséquent, Λ ρ σ est bijective On déduit par ailleurs de la question d) de l exercice 4 que Λ (ρ στ ) = Λ (ρ σ ρ τ ) = Λ (ρ σ ) Λ (ρ τ ), ce qui montre que σ Λ ρ σ définit une opération linéaire de S 5 sur Λ (V ) qui satisfait les propriétés voulues f) Soit σ S 5 On a σ 10 = Id, et donc ρ 10 σ = Id V Comme X 10 1 est scindé à racines simples dans C, l endomorphisme ρ σ est diagonalisable On déduit alors de la question e) de l exercice 5 que On a donc pour tout σ S 5 l égalité Tr(Λ ρ σ ) = (Tr(ρ σ)) Tr(ρ σ) χ Λ V (σ) = (χ V (σ)) χ V (σ ) On peut ainsi calculer χ Λ V, en utilisant le fait suivant : si σ c 0, c ou c, alors σ = Id c 0 ; si σ c 3 alors σ = σ 1 c 3 ; si σ c,3 alors σ c 3 (la transposition disparaît, le carré du 3-cycle reste un 3-cycle) ; si σ c 5 alors σ est d ordre 5, donc σ aussi puisque est premier à 5 ; par conséquent σ est un 5-cycle, donc appartient à c 5 si σ c 4 alors σ est d ordre 4 ; par conséquent σ est une permutation d ordre qui est par ailleurs paire ; elle appartient dès lors à c, 6

7 Les valeurs du caractère χ Λ V sont donc données par le tableau suivant : χ χ Σ χ V χ V C Σ χ Λ V Le carré scalaire χ Λ V χ Λ V est égal à = = 1 Par conséquent, la représentation Λ V est irréductible Elle est distincte des représentations précédentes puisque son caractère est distincts des caractères précédents On vérifie immédiatement grâce au tableau de caractères ci-dessus qu on a l égalité sχ Λ V C Σ = χ Λ V χ Σ = χ Λ V Par conséquent, Λ V est isomorphe à Λ V C Σ g) Il y a sept représentations irréductibles de S 5 On en a exhibé 5, il en reste deux, disons de dimensions respectives n et m La somme des carrés des dimensions des représentations irréductibles de G est égale au cardinal de G, donc à 10 Les représentations 1 et Σ sont de dimension 1, les représentations V et V C Σ sont de dimension, et Λ V est de dimension 6 (utiliser l exercice 4), question b), ou regardez la valeur de son caractère sur l identité) On a donc n + m = 10, soit n + m = 50 On voit à la main que cela ne laisse que trois possibilités pour le couple (n, m) : (1, 7), (7, 1), et (5, 5) Les cas (7, 1) et (1, 7) sont à exclure En effet, une représentation de dimension 1 de S 5 est donnée par un morphisme ϕ de S 5 dans le groupe abélien C Soit τ une transposition On a τ = Id, et donc ϕ(τ) = 1, ce qui veut dire que ϕ(τ) = 1 ou ϕ(τ) = 1 Par ailleurs, si σ est une autre transposition, elle est conjuguée à τ, donc de la forme ατα 1 Il vient ϕ(σ) = ϕ(α)ϕ(τ)ϕ(α) 1 = ϕ(τ) car C est abélien Par conséquent, si ϕ(τ) = 1 alors ϕ est trivial sur toutes les transpositions, donc trivial ; et si ϕ(τ) = 1 alors ϕ vaut ( 1) sur toutes les transpositions, et est donc la signature Ainsi, les seules représentations irréductibles de dimension 1 de S 5 sont 1 et Σ, qui ont déjà été comptées Il reste donc deux représentations irréductibles de S 5, toutes deux de dimension 5 7

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