Donner la table de caractères de (selon les goûts, l’humeur et l’ambition) S

Rekazator : tables de caractères de groupes classiques

Donner la table de caractères de (selon les goûts, l’humeur et l’ambition) S

, S

, A

, A

.

1 Groupe symétrique S _n , pour n = 3, 4, 5.

Le groupe symétrique S

d’un ensemble à n éléments est, par le théorème de Cayley, un groupe de référence dans la famille des groupes finis. Ses repré- sentations complexes sont connues depuis Frobenius. Nous allons les décrire dans les cas n = 3, 4, 5. Commençons par des généralités, valables pour tout n.

1.0.1 Quatre représentations irréductibles de S

Soit p(n) le nombre de partitions de n, voir [1, III-2.6], pour une série génératrice calculant p(n). Il existe p(n) représentations irréductibles de S

. Parmi elles, on a déjà

(i) La représentation triviale, de degré 1, de caractère χ

(σ) = 1, (ii) la représentation signature, de degré 1, de caractère χ

(σ) = (σ), (iii) la représentation standard ρ

, de degré n − 1, provenant de l’action

naturelle de S

sur {1, · · · , n}, modulo triviale, de caractère χ

(σ) =

|{i, σ(i) = i}| − 1.

(iv) la représentation ρ

, de degré n − 1, donnée par ρ(σ) = (σ)ρ(σ), de caractère χ

(σ) = (σ) |{i, σ(i) = i}| − 1

.

1.1 Table de caractères de S

Le groupe S

possède 3 classes de conjugaisons correspondant aux par-

titions de 3 suivantes : (1 ≥ 1 ≥ 1), pour l’identité, (2 ≥ 1), pour les trois

transpositions, (3), pour les deux 3-cycles. Il y a donc 3 représentations irré-

ductibles, à isomorphisme près. Par ce qui précède, la table de caractères est

donnée par :

|C

| 1 3 2 S

Id (12) (123) χ

1 1 1

χ

1 −1 1

χ

2 0 −1

Exceptionnellement pour n = 3, les caractères χ

et χ

coïncident, et donc les représentations irréductibles ρ

et ρ

sont isomorphes.

Notons que l’irréductibilité de ρ

provient de la double transitivité (en fait, triple !) de l’action de S

sur {1, 2, 3}. Toutefois, on peut éviter l’utili- sation du théorème par un petit calcul bénin de norme de caractère :

hχ

, χ

i

= 1

6 (1 × 2

+ 3 × 0

+ 2 × (−1)

) = 1.

1.1.1 Table de caractères, version géométrique

Afin de réaliser géométriquement ces représentations, on rappelle qu’un triangle équilatéral ABC du plan euclidien a pour groupe d’isométries S

.

La représentation ρ

, de degré 2, correspond à l’action de S

sur les trois points A, B, C du triangle. La représentation , de degré 1, correspond à l’action de S

sur les deux orientations du triangle

.

1.2 Table de caractères de S

Le groupe S

possède 5 classes de conjugaisons correspondant aux par- titions de 4. On a déjà 4 représentations irréductibles (cette fois, elles sont toutes distinctes), il ne reste donc qu’une seule représentation irréductible à trouver, ce que l’on sait faire.

On peut se référer à la table de caractères ci-dessous en remplaçant, dans la dernière ligne, les nombres par des inconnues a, b, c, d, e. Dans un premier temps, le degré a de la dernière représentation irréductible vérifie a

:= 24 − 1

− 1

− 3

− 3

= 4, d’où a = 2. En s’appuyant sur l’orthogonalité de la première et de la deuxième colonne :

1 × 1 + 1 × (−1) + 3 × 1 + 3 × (−1) + 2b = 0,

d’où l’on déduit, b = 0. De même, l’orthogonalité de la première colonne et des autres colonnes donne respectivement c = −1, d = 0, e = 2.

On conclut que la table de caractères de S

est donnée par :

1. Les transpositions changent l’orientation et les3-cycles la respectent.

|C

| 1 6 3 8 6 S

Id (12) (12)(34) (123) (1234)

χ

1 1 1 1 1

χ

1 −1 1 1 −1

χ

3 1 −1 0 −1

χ

3 −1 −1 0 1

φ 2 0 2 −1 0

La dernière ligne de la table de caractères peut aussi s’interpréter en utilisant une spécificité du groupe S

pour n = 4 : il possède un sous-groupe distingué non trivial autre que A

, le groupe de Klein V

, composé, on le rappelle, de l’élément neutre et des trois doubles transpositions. Rappelons également que le quotient de S

par V

est isomorphe à S

. On déduit alors de la représentation irréductible ρ

de degré 2 de S

, une représentation (également irréductible) par passage au quotient

S

→ S

/V

' S

→ GL

( C ).

On retrouve ainsi la dernière ligne de la table de caractères de S

. 1.2.1 Table de caractères, version géométrique

Afin de réaliser géométriquement ces représentations, on peut rappeler que S

est le groupe d’isométries d’un tétraèdre régulier de l’espace euclidien de dimension 3. Alors,

1. la représentation signature se réalise alors comme le déterminant de l’isométrie associée à la permutation (isométrie positive ou négative), 2. la représentation standard se réalise comme la représentation de per-

mutation modulo triviale, associée à l’action du groupe du tétraèdre sur les 4 sommets du tétraèdre.

3. la représentation irréductible de degré 2 se réalise comme la représen- tation de permutation modulo triviale, associée à l’action du groupe du tétraèdre sur les 3 bimédianes du tétraèdre.

La représentation ρ

semble provenir d’une action du groupe S

. Certes, on peut se laisser tromper par le fait que son caractère a des valeurs entières, et, qui plus est, comprises entre −1 et 2. Montrons qu’il n’en est rien. Suppo- sons que S

agisse sur un ensemble X et que le caractère de la représentation V

associée soit égal à χ

, alors, (1234) aurait 1 + 1 = 2 invariants, et (13)(24) en aurait −1 + 1 = 0. Or, (13)(24) = (1234)

, donc, tout invariant pour (1234) est aussi invariant pour (13)(24), absurde.

On peut également réaliser géométriquement ces représentations en rap-

pelant que S

est le groupe d’isométries d’un cube. Alors, en considérant

1. l’action sur les deux tétraèdres inscrits dans le cube. On obtient la signature . (On peut aussi faire un coloriage bipartite des sommets du cube et agir sur les deux couleurs).

2. l’action sur les trois paires de faces opposées, ou si l’on préfère, les trois axes du cube. On obtient la représentation irréductible de degré 2.

3. l’action sur les quatre grandes diagonales du cube. On obtient la repré- sentation standard.

Il manque la représentation ρ

. On a vu ci-dessus qu’on ne pouvait pas l’ob- tenir à partir d’une action par permutation (modulo triviale). En revanche, on peut la réaliser géométriquement comme l’espace des fonctions impaires sur les faces d’un cube.

1.3 Table de caractères de S

Nous allons montrer que la table de caratères de S

est la suivante

|C

| 1 10 15 20 20 30 24

S

Id (12) (12)(34) (123) (123)(45) (1234) (12345)

χ

1 1 1 1 1 1 1

χ

1 −1 1 1 −1 −1 1

χ

4 2 0 1 −1 0 −1

χ

4 −2 0 1 1 0 −1

γ 5 1 1 −1 1 −1 0

γ

5 −1 1 −1 −1 1 0

ψ 6 0 −2 0 0 0 1

Le groupe S

possède 7 classes de conjugaisons correspondant aux parti- tions de 5. On a déjà 4 représentations irréductibles (les quatre premières du tableau ci-dessus) ; il reste encore 3 représentations irréductibles à découvrir (avec bonheur et délectation).

On fait agir S

sur les

= 10 paires parmi {1, 2, 3, 4, 5}. On récupère donc une représentation par permutation de degré 10, dont le caractère est donné par le nombre d’invariants. On trouve facilement la caractère χ

:

S

Id (12) (12)(34) (123) (123)(45) (1234) (12345)

χ

10 4 2 1 1 0 0

Par exemple, (12) possède 4 invariants : {1, 2}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 5}, et (12)(34) en possède 2 : {1, 2} et {3, 4}, etc...

On trouve

hχ

, χ

i = 1

120 (10

+ 10 × 4

+ 15 × 2

+ 20 + 20) = 3,

ce qui prouve que la représentation se décompose en exactement 3 représen- tations irréductibles deux à deux distinctes. Il y a bien sûr, parmi elles, la représentation triviale, de degré 1. On trouve de plus hχ

, χ

i = 1 ; il y a donc également la représentation standard, de degré 4. Il ne reste donc plus qu’une seule représentation irréductible : elle est de degré 10 − 1 − 4 = 5, et son caractère est donné par γ = χ

− χ

− χ

.

On obtient alors une nouvelle représentation irréductible dont le caractère est γ

:= γ ; on vérifie qu’il est bien distinct de γ.

Il ne reste donc plus qu’une seule représentation irréductible à déterminer.

Elle est de degré d avec

d

= 120 − 1

− 1

− 4

− 4

− 5

− 5

= 36,

et donc d = 6. La dernière ligne se calcule, comme à l’accoutumée, par l’orthogonalité des colonnes.

En revanche, la représentation de caractère γ ne peut pas se voir comme une représentation issue (au caractère trivial près) d’une représentation de permutation (modulo triviale). En effet, si tel était le cas, on aurait une action fidèle de S

sur 6 éléments, et telle que le nombre d’invariants de (123)(45) soit égal à γ (123)(45)

+ 1 = 1 + 1 = 2. Or, les seuls éléments, dans S

, possédant 2 invariants, sont les doubles transpositions et les 4-cycles, donc, des éléments d’ordre 4 ou 2, ce qui est absurde car (123)(45) est d’ordre 6 et une action fidèle respecte l’ordre.

1.3.1 Table de caractères, version géométrique

On peut réaliser géométriquement la signature et la représentation de caractère γ

. Pour cela, il faut tout d’abord rappeler que S

est isomorphe à PGL

( F

).

1. La représentation signature se réalise alors comme le morphisme u 7→

, composée du déterminant et du symbole de Legendre de F

. On vérifie que cette application de PGL

( F

) vers {1, −1} est bien dé- finie (après passage au quotient) puisque les homothéties de GL

( F

) ont pour déterminant des carrés de F

. C’est d’ailleurs une consé- quence directe, pour ceux qui le connaissent, du théorème de Frobenius- Zolotarev.

2. La représentation irréductible de caractère γ

est donnée par l’action (triplement) transitive de PGL

( F

) sur les 6 droites de P

( F

).

Pour conclure sur la table de caractères du groupe S

, on peut noter que

les caractères irréductibles sont, jusqu’ici, tous à valeurs dans Z . C’est d’au-

tant plus étonnant que, déjà, pour le groupe Z /3 Z , les caractères n’étaient

même pas réels. On peut montrer que, pour tout n, la table de caractères de S

reste toujours à valeurs entières.

2 Groupe alterné A _n , pour n = 3, 4, 5.

L’importance du groupe symétrique A

n’est plus à démontrer : il s’agit d’un groupe simple (pour n 6= 4) de référence ! Comme il est seulement d’in- dice 2 dans S

, on pourra trouver intéressant d’étudier ses représentations sous l’angle de la restriction.

2.1 Généralités sur le groupe A

Nous allons commencer par étudier ses classes de conjugaison, et tout par- ticulièrement, comment les classes de conjugaison, pour S

, de permutations paires, se scindent (ou pas) en classes de conjugaison pour A

.

Proposition.

Soit σ dans A

, et donc C

⊂ A

. Si, dans la décomposition en cycles de σ, il existe, soit un cycle de longueur paire, soit un cycle de longueur impaire avec multiplicité, alors C

reste une classe de conjugaison pour A

. Sinon, C

se scinde en deux classes de conjugaison pour A

.

Démonstration. On commence par montrer le lemme suivant :

Lemme 2.1. Si Z

est inclus dans A

, alors C

se scinde en deux classes de conjugaison de A

de même cardinal. Sinon C

reste une classe de conjugaison de A

.

Preuve du lemme : On considère le morphisme composé de Z

⊂ S

→ S

/A

. Son noyau est Z

∩ A

, ce qui implique un morphisme injectif de Z

/(Z

∩ A

) dans S

/A

, qui est de cardinal 2.

Donc, Z

/(Z

∩ A

) est d’ordre 1 ou 2.

Posons |Z

/(Z

∩ A

)| = k. Alors, k = 1 si Z

⊂ A

et k = 2 sinon.

Or, le cardinal de la classe de σ dans S

vaut

|C

| = |S

/Z

| = 2 |A

|

k |A

∩ Z

| = 2

k |A

/(A

∩ Z

)| .

Or, |A

/(A

∩ Z

)| est le cardinal de la classe de conjugaison de σ pour A

. D’où l’assertion.

Reprenons la preuve de la proposition. Supposons qu’il existe un cycle σ

de

longueur paire j = 2k, dans la décomposition en cycles disjoints de σ. Alors,

σ

commute à σ. Donc, Z

n’est pas inclus dans A

, puisque (σ

) = −1.

On suppose maintenant que σ possède dans sa décomposition deux cycles à supports disjoints, σ

= (z

z

· · · z

) et σ

= (z

z

· · · z

), de même longueur impaire j. Alors ζ := (z

z

) · · · (z

z

) commute à σ, puisqu’il commute à σ

σ

et que son support est disjoint des autres cycles. De plus, il vérifie (ζ) = −1, puisque j est impair. Donc, Z

n’est pas inclus dans A

. Ainsi, dans les deux cas, on a que Z

n’est pas inclus dans A

, et donc, par le lemme, que C

reste une classe de conjugaison de A

. Maintenant, si les deux conditions ne sont pas satisfaites, alors σ est produit de cycles disjoints impairs avec multiplicité 1. Il en résulte, par une formule classique, que Z

est d’ordre impair. Or, un élément de S

\A

possède forcément un cycle de longueur paire dans sa décomposition. Ainsi, son ordre, qui est le ppcm des ordres de ses cycles, est forcément pair. Par Lagrange, il ne peut se trouver dans Z

. Donc, Z

∈ A

, ce qui implique, par le lemme, que la classe de conjugaison C

se scinde en deux classes de conjugaison de A

.

Par exemple, dans S

, les classes qui se scindent en deux classes de A

sont celles des permutations (1234567), (12345)(678).

Remarque.

Dans le cas où la classe C

se scinde en deux classes pour A

, alors on peut facilement décrire ces deux classes : il y a la classe de conjugaison C

(pour A

) de σ, et celle de tσt

, où t est une transposition quelconque. En effet, comme l’action de A

sur C

possède deux orbites, si la conjugaison par t fixait C

, l’action de S

sur C

aurait également deux orbites, ce qui est absurde, car l’action est clairement transitive.

2.1.1 La restriction à A

d’une représentation de S

Comme le sous-groupe A

est un sous-groupe maximal de S

, on peut s’attendre à ce que les représentations irréductibles de S

se restreignent en des représentations presque irréductibles de A

. Voici un énoncé qui précise la chose :

Proposition. Soit V une représentation irréductible de S

, de caractère χ

et soit V

la restriction de V au sous-groupe A

. Alors, de deux choses l’une

1. Soit il existe g dans S

tel que (g) = −1 et χ

(g) 6= 0, et dans ce cas, V

reste irréductible,

2. Soit pour tout g dans S

tel que (g) = −1, χ

(g) = 0, et dans ce cas,

V

se décompose somme directe de deux représentations irréductibles

non isomorphes.

Démonstration. Comme V est irréductible, P

g∈S_n

|χ

(g)|

= |S

|. On en déduit

1

|A

| X

g∈An

|χ

(g)|

≤ 2.

Or,

n|

P

g∈An

|χ

(g)|

est la norme (au carré) du caractère de V

, donc, c’est un entier plus grand que 1. Conclusion, soit cette norme vaut 1, soit elle vaut 2, et dans ce cas, |χ

(g)|

= 0 pour tout g / ∈ A

.

Dans ce dernier cas, cela signifie que V

se décompose en une somme directe de deux représentations irréductibles non isomorphes. Dans le premier cas, V

est irréductible.

Exercice 2.2. Montrer que, dans le second cas, la représentation V

se décompose en une somme directe de deux représentations irréductibles de même dimension.

Soluce Posons pour simplifier W = V

, c’est-à-dire, l’espace V , mais vu comme A

-module. On sait que W = W

⊕ W

, où W

et W

sont deux représentations irréductibles. Soit τ une transposition ; elle agit sur W , par construction. Alors, τ W

:= {τ (w), w ∈ W

} est encore une représentation pour A

puisque, pour tout σ de A

, on a

σ τ (w)

= τ (τ

στ )(w)

∈ τ W

, car τ

στ ∈ A

Il en résulte que W

∩ τ W

est soit nul, soit égal à W

. Supposons, par l’absurde, W

∩ τ W

= W

. Alors, comme W

est stable par A

et par τ, il est stable par S

. C’est donc une sous-représentation de V , ce qui est absurde, car V est irréductible comme S

-module. Conclusion, W

∩ τ W

= 0 et donc W

⊕ τ W

⊂ W . On a forcément égalité puisque W se décompose en deux représentations irréductibles.

2.2 Table de caractères de A

On va utiliser les résultats de la section qui précède pour déterminer les classes de conjugaison de A

ainsi que leur cardinal.

La table de caractères de A

est donnée par :

|C

| 1 3 4 4

A

Id (12)(34) (123) (132)

χ

1 1 1 1

χ

1 1 j j

χ

1 1 j

j

χ

3 −1 0 0

On voit effectivement que

1. le S

- caractère χ

reste irréductible quand on le restreint à A

, 2. le S

- caractère φ se scinde en deux caractères irréductibles, forcément

de degré 1. Le groupe de Klein V

est dans le noyau de la représentation (puisque c’était déjà le cas pour la S

-représentation dont on prend la restriction), et donc, les deux A

-représentations passent au quotient pour donner deux représentations de A

/V

' Z /3 Z .

2.2.1 Table de caractères, version géométrique

On peut comprendre géométriquement ces représentations, quoi que cela n’apporte rien de nouveau à ce que l’on a déjà fait sur S

. On rappelle que A

est le groupe des isométries positives du tétraèdre régulier.

1. La représentation standard se réalise alors comme issue, modulo la triviale, de l’action par permutation de A

sur les sommets du tétraèdre.

Cette action est doublement transitive (en général, l’action naturelle de A

est n − 2-transitive), et donc la représentation reste irréductible.

2. Les deux autres représentations non triviales résultent de l’action tran- sitive de A

sur les trois bimédianes du tétraèdre. En revanche, cette action n’est pas doublement transitive : en effet, le groupe de Klein agit trivialement, et l’action des 3-cycles de A

se fait par des 3-cycles de S

.

2.3 Table de caractères de A

Nous allons montrer que la table de caractères de A

est la suivante

|C

| 1 15 20 12 12

A

Id (12)(34) (123) (12345) (12354)

χ

1 1 1 1 1

χ

4 0 1 −1 −1

γ 5 1 −1 0 0

ψ

3 −1 0

√ 5 2

1−√ 5 2

ψ

3 −1 0

√ 5 2

1+√ 5 2

On voit effectivement, que

1. le S

-caractère χ

reste irréductible quand on le restreint à A

,

2. le S

-caractère γ reste irréductible quand on le restreint à A

,

Pour ce qui est des deux dernières représentations restantes, on peut calculer leur degré d

et d

en notant que

d

+ d

= 60 − 5

− 4

− 1

= 18,

ce qui force d

= d

= 3. Notons au passage qu’on aurait pu le voir, plus élégamment, en scindant la S

-représentation irréductible de degré 6.

Maintenant, notons (a, b, c, d) les autres entrées de la ligne correspondant à ψ

. Par orthogonalité des caractères irréductibles

0 = hχ

, ψ

i = 3 + 15a + 20b + 12c + 12d 0 = hχ

, ψ

i = 12 + 20b − 12c − 12d 0 = hγ, ψ

i = 15 + 15a − 20b

Ceci donne facilement a = −1, b = 0 et c + d = 1.

Il reste à déterminer c et d. Supposons, par l’absurde, que l’un des deux ne soit pas réel. Alors, ψ

est le caractère de la représentation duale, et comme il est distinct de ψ

, les relations d’orthogonalité donnent hψ

, ψ

i = 0, ce qui implique 3

+ (−1)

+ |c|

+ |d|

= 0, absurde.

Donc, c et d sont réels, et 1 = hψ

, ψ

i = 1

60 (3

+ 15 × (−1)

+ 12(c

+ d

)) = 1

60 24 + 12(c

+ (1 − c)

) , d’où l’on tire c

− c − 1 = 0. Les deux solutions de cette équation sont le fabuleux nombre d’or et son conjugué, ce qui donne matière à remplir les deux dernières lignes du tableau.

2.3.1 Table de caractères, version géométrique

On peut réaliser géométriquement certaines représentations de A

. Pour cela, il faut rappeler que A

est le groupe des isométries du dodécaèdre (ou de l’icosaèdre). De plus, le groupe A

est isomorphe à PSL

( F

).

1. La représentation irréductible de degré 5 provient de l’action de A

sur les 6 axes passant par des milieux de faces opposées du dodécaèdre. On voit alors, par irréductibilité, que cette action est doublement transitive.

On peut également réaliser cette représentation en faisant agir A

'

PSL

( F

) sur P

( F

), de cardinal 6. On savait déjà que l’action de PSL

sur la droite projective était doublement transitive.

2. Les représentations irréductibles de degré 3 se déduisent du morphisme ρ : A

→ GL

( R ) ⊂ GL

( C ),

qui résulte du fait que A

agit par isométries sur le dodécaèdre (ou de l’icosaèdre), en préservant l’isobarycentre du solide, et donc A

agit sur l’espace euclidien ambiant R

. On obtient effectivement deux repré- sentations non isomorphes en composant ρ par le Q -isomorphisme de corps qui échange les deux racines de X

− X − 1, dont une des racines est le nombre d’or.

Pour conclure sur la table de caractères du groupe A

, on peut noter que les caractères irréductibles sont, jusqu’ici, tous à valeurs dans des anneaux d’entiers quadratiques.

Leçons 101-103-104-105-107-108-161-183.

Références

[1] Philippe Caldero et Jérôme Germoni. Nouvelles Histoires Hédonistes de

Groupes et de Géométries. Calvage et Mounet, 2017.