Rekazator : Sous-groupes distingués, simplicité, centre
Exercice 0.1 (Treillis des sous-groupes distingués). On veut montrer que l’on peut retrouver le treillis (pour l’inclusion) des sous-groupes dis- tingués de G à partir de la table des caractères deG.
1. Montrer, pour tout caractère irréductible χ, que Kχ ={g, χ(g) = χ(e)}est le noyau de la représentation correspondante.
2. Si K est un sous-groupe distingué de G, montrer que K est le noyau de la représentation régulière du groupe G/K (vue comme G-représentation par passage au quotient). En déduire que K est l’intersection de noyaux de G-modules irréductibles.
3. Déduire que le treillis engendré par les Ki (i∈ Irr(G)) est égal au treillis des sous-groupes distingués de G.
4. Observer ce résultat sur la table de S3 et celle de S4. Soluce
1. On veut montrer que le noyau ker(ρ) de la représentation associée à χ est égal à Kχ. On a clairement l’inclusion directe puisque, si g est dans ker(ρ), alors
χ(g) = tr ρ(g)
= tr ρ(e)
=χ(e).
Montrons l’inclusion inverse. On suppose χ(g) =χ(e), et on veut mon- trer ρ(g) = In. D’une part, χ(g) = n. D’autre part, on a χ(g) = tr ρ(g)
, où ρ(g) a pour valeurs propres des racines de l’unité λi, 1≤i≤n. L’inégalité triangulaire donne donc
n =|χ(g)|=
X
i
λi
≤X
i
|λi|=n.
Le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire assure que tous les λi sont dans la même direction et dans le même sens. Comme ils sont tous de norme 1, ils sont tous égaux, disons, àλ. On a donc, n=P
iλi =nλ, 1
d’où λ = 1. Comme ρ(g) est diagonalisable et que ses valeurs propres sont toutes égales à 1, on a bien ρ(g) = In.
2. SoitVreg la représentation régulière du groupe quotient G/K. On pro- longe, par la surjection canonique, la représentation régulière G/K → GL(Vreg), en une représentation G→ GL(Vreg). Comme la représenta- tion régulière est fidèle, voir??, on déduit que le noyau de cette nouvelle représentation est égal à K.
Or, par semi-simplicité, Vreg, vue comme G-représentation, se décom- pose en somme directe de G-représentations irréductibles Vi. Ainsi, K est l’intersection des noyaux des représentations irréductibles Vi. 3. On voit par synthèse des deux questions précédentes que tout sous-
groupe distingué de G se réalise comme intersection de noyaux de re- présentations irréductibles, qui eux-mêmes, se voient très bien sur la table de caractères : sur la ligne de la table correspondant à i∈Irr(G) de degrédi, on prend la réunion des classes de conjugaison sur lesquelles la valeur de χi vaut di.
4. La table de S3 comporte 3 lignes. Sur la première ligne, on voit que le degré 1 est répété partout, donc K1 = S3. Sur la seconde, le degré 1 apparaît dans la colonne de l’élément neutre et les 3-cycles, donc K2 = A3. Enfin, sur la dernière, on ne retrouve le degré 2 que sur la colonne de l’élément neutre. Donc, les sous-groupes distingués de S3
sont les intersections deS3,A3,{e}. Comme ils sont emboîtés, ses seuls sous-groupes distingués sont donc S3, A3,{e}.
La table de S4 comporte 5 lignes. La seule nouveauté par rapport à S3 est la représentation irréductible de degré 2. En effet, on voit sur la table que son noyau est la réunion de l’élément neutre et des trois double-transpositions : c’est le groupe de Klein V4. On trouve donc que les sous-groupes distingués de S4 sont les intersections de S4, A4, V4, {e}. Comme ils sont emboîtés, ses seuls sous-groupes distingués sont donc S4, A4, V4, {e}.
Enfin, on vérifie que la table de A5 ne comporte, sur aucune de ses lignes, à l’exception de la triviale, des répétitions dans l’apparition du degré. Les seuls sous-groupes distingués sont alors A5 et{e}. Force est de constater que A5 est simple.
Exercice 0.2. Soit G un groupe fini. Montrer que l’intersection des
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noyaux des représentations de degré 1 de G est égale au groupe dé- rivé D(G).
Soluce
L’inclusion inverse est l’inclusion facile : si χ est une représentation de degré 1, c’est un morphisme de G dans C∗, et donc elle envoie D(G) dans D(C∗), qui est trivial carC∗ est abélien. Conclusion,D(G)est dans le noyau de χ, et ce, pour toute représentationχ de degré 1.
Montrons l’inclusion directe. SoitVregla représentation régulière du groupe quotient G/D(G). On prolonge, par la surjection canonique, la représenta- tion régulière G/D(G) → GL(Vreg), en une représentation G → GL(Vreg).
Comme la représentation régulière est fidèle, voir ??, on déduit que le noyau de cette nouvelle représentation est égal à D(G).
Or, par semi-simplicité, Vreg, vue comme G/D(G)-représentation, se dé- compose en somme directe deG/D(G)-représentations irréductiblesVi, forcé- ment de degré1, puisqueG/D(G)est abélien. Les représentationVi peuvent encore se voir comme des représentations de G, via la surjection canonique, et vue comme G-représentation,Vreg se décompose en somme directe de Vi.
Ainsi, D(G), est l’intersection des noyaux des représentations irréduc- tibles Vi, qui contient l’intersection de tous les noyaux des représentations de degré 1.
Exercice 0.3(Critère de simplicité). En utilisant l’exercice 0.1, montrer qu’un groupe est simple si et seulement si tous les Ki, pour i ∈ Irr(G) non trivial, sont réduits à l’identité. Observer la simplicité de A5 sur sa table des caractères.
Soluce
Si le groupe G est simple, alors les noyaux (forcément distingués) Ki de l’exercice 0.1, sont égaux à G ou{e}. SiKi =G, alors la représentation est triviale. Ceci confirme la première assertion.
Pour chaque ligne de la table des caractères deA5, à l’exception de la ligne correspondant au caractère trivial, on voit que le degré n’apparaît qu’une fois (dans la première colonne). D’où la simplicité deA5 (déjà constatée dans l’exercice 0.1).
Exercice 0.4 (Le centre vu par la table des caractères).
Soit G un groupe fini. Pour tout caractère irréductible χ de G, on
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note
Z(χ) := {g ∈G,|χ(g)|=χ(e).}
On se propose de montrer que le centreZ(G) deG est Z(G) = ∩χ∈Irr(G)Z(χ).
On notera ρχ une représentation associée à χ.
1. Montrer que Z(χ) ={g ∈G, ρχ(g) = λgId, |λg|= 1}.
2. En déduire que pour toutgdeZ(χ)et touthdeG, on ahgh−1g−1 ∈ ker(ρχ)et conclure l’assertion voulue.
Soluce
1. Soit g dans Z(χ). On note λg tel que χ(g) = λgχ(e), avec |λg| = 1.
L’inégalité triangulaire donne
χ(e) =|χ(g)|=
X
i
λi
≤X
i
|λi|=χ(e),
où les λi sont les valeurs propres de ρχ(g).
Comme dans l’exercice 0.1 1), le cas d’égalité dans l’inégalité triangu- laire prouve que les λi sont égaux, et donc égaux à λg. Ainsi,ρχ(g) = λgId. L’inclusion inverse est claire.
2. Par la question précédente, ρχ(hgh−1g−1) = Id, ce qui implique la pre- mière assertion.
Montrons alors l’égalité Z(G) =∩χ∈Irr(G)Z(χ). L’inclusion directe pro- vient du lemme de Schur. Pour l’inclusion inverse, on pose g dans
∩χ∈Irr(G)Z(χ). D’après ce que l’on vient de voir, pour tout h de G, hgh−1g−1 est dans l’intersection des noyaux de toutes les représenta- tions irréductibles, donc, dans le noyau de la représentation régulière, qui est fidèle ! Conclusion,hgh−1g−1 =epour touthdeG, etg ∈Z(G).
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