TD12 : Repr´ esentations des groupes finis II

(1)

Ecole Normale Sup´´ erieure 1`ere ann´ee

Ann´ee 2015-2016 Alg`ebre 1

TD12 : Repr´ esentations des groupes finis II

Exercices ?: à préparer à la maison avant le TD, seront corrigés en début de TD.

Exercices ??: seront trait´es en classe en priorit´e.

Exercices ? ? ?: plus difficiles.

Exercice 1 : ?

SoitG un groupe fini, soitH un sous-groupe deGet soitπ une repr´esentation deG de caract`ere χ.

a) Montrer que la restriction deπ àH a pour caractère la restrictionχ|_H. b) Siπ est irréductible, est-ce que χ|_H est un caractère irréductible ? Solution de l’exercice 1.

a) C’est ´evident : pour touth∈H, on aχ_π_|

H(h) := tr(π_|_H(h)) = tr(π(h)) =χ(h) =χ_|_H(h).

b) Non : si G est un groupe fini non abélien, H = {1} le sous-groupe trivial de G et π une représentation complexe irréductible de Gde dimension ≥2 (une telle représentation existe), alors toute droite de π est un sous-espace strict non nul deπ stable par H, doncχ|_H n’est pas irréductible.

Exercice 2 : ?

SoitG un groupe fini, soitH un sous-groupe deGet soit (π, V) une repr´esentation deH. On pose W := Ind^G_H(π) :={f :G→V | ∀x∈G∀h∈H f(hx) =π(h)f(x)},

avec action de Gdonn´ee par g(f) :x7→f(xg).

a) Montrer que Ind^G_H(π) est une représentation de G. Quelle est sa dimension ? b) Siπ est irréductible, est-ce que Ind^G_H(π) est une représentation irréductible de G? Solution de l’exercice 2.

a) On v´erifie facilement les points suivants :

— l’ensemble Ind^G_H(π) est un sous-espace vectoriel de V^G.

— la formule (g, f)7→g(f) d´efinit une action de groupe lin´eaire deGsur Ind^G_H(π).

— pour toutg∈Getf ∈Ind^G_H(π),f(g)∈Ind^G_H(π) : en effet, pour touth∈H etx∈G, on a f(g)(hx) =f(h(xg)) =π(h)f(xg) =π(h)f(g)(x).

Ces trois points assurent que Ind^G_H(π) est naturellement une repr´esentation de G.

En outre, si R ⊂ G désigne un ensemble de représentants de G modulo H, l’application Ind^G_H(π) → V^R définie par f 7→ f|_R est une application linéaire, et c’est un isomorphisme par définition de Ind^G_H(π) : un élément de Ind^G_H(π) est entièrement déterminé par l’image des

´el´ements de R. Cela assure que dim Ind^G_H(π)

=|R|dim(V), i.e.

dim Ind^G_H(π)

= [G:H] dimV .

b) Non : pour avoir un contre-exemple, on s’inspire de l’exercice 3 suivant. On considère un groupe Gnon trivial et H ={1} le sous-groupe trivial. La représentation trivial de H, notée triv, est irréductible. Alors l’exercice 3 assure que Ind^G_H(triv)'K[G], oùK[G] désigne la représentation régulière deG. Or on sait que cette dernière est irréductible si et seulement si |G|= 1, ce que l’on a exclut.

(2)

Exercice 3 :

SoitGun groupe fini ; notons triv la représentation triviale du sous-groupe{e_G}deG. Déterminer la représentation Ind^G_{e

G}(triv).

Solution de l’exercice 3. Par d´efinition, on a

Ind^G_{e}(triv) ={f :V →G}=V^G, avec l’action de Gd´efinie par g(f) :=f(.g).

On voit donc tout de suite que Ind^G_{e}(triv) est isomorphe à la représentation régulière deG.

Exercice 4 : ??

Soit Gun groupe fini et soit H un sous-groupe de G. On va d´efinir une application entre espaces de fonctions centrales

C(H) −→ C(G) f 7→ f^G. D’abord on d´efinitf⁰ :G→Cpar

f⁰(x) =

(f(x) six∈H,

0 sinon.

Ensuite on posef^G(g) = _|H|¹ P

x∈Gf⁰(xgx⁻¹).

a) Montrer que f^G∈ C(G).

b) Supposons quef est un caractère irréductible. Est-ce quef^G est irréductible ?

c) Soit (π, V) une représentation deH et soit χson caractère. Montrer queχ^G est le caractère de Ind^G_H(π).

Solution de l’exercice 4.

a) Soientgx∈G. Alors par d´efinition on a f^G(gxg⁻¹) = 1

|H|

X

y∈G

f⁰(y(gxg⁻¹)y⁻¹) = 1

|H|

X

y∈G

f⁰((yg)x(yg)⁻¹).

Or l’applicationy7→yg est une bijection deG, donc on a f^G(gxg⁻¹) = 1

|H|

X

y∈G

f⁰(yxy⁻¹) =f^G(x),

doncf^G∈ C(G).

b) Non : prenonsH ={e_G}, avecGun groupe non trivial, et triv la représentation triviale deH, qui est un caractère irréductible deH. Alors par définition triv⁰ est la fonction indicatrice 1eG

de {e_G}, et donc pour tout x∈G triv^G(x) =X

g∈G

f⁰(gxg⁻¹) = X

g∈G:gxg⁻¹=eG

1 =|G|1_e_G(x).

Par conséquent, on constate que triv^G est le caractère de la représentation régulière deG, qui n’est pas irréductible.

c) On a vu à l’exercice 2 que la représentation Ind^G_H(π) se décomposait en somme directe de sous-espaces vectoriels de la forme

Ind^G_H(π) =M

g∈R

V^g,

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où R ⊂ G est un ensemble de représentants de G modulo H et V^g = V, avec l’inclusion V^g ⊂ Ind^G_H(π) définie par v 7→ f_g, où f_g : R → V est la fonction indicatrice de {g} ⊂ R multipliée par v. En explicitant l’action de G sur cette décomposition, on trouve facilement que, pour toutg∈G,

χ_IndG

H(π)(g) =P

g⁰∈R:g⁰gg⁰⁻¹∈Hχ_Vg0(g⁰gg⁰⁻¹) =P

g⁰∈R:g⁰gg⁰⁻¹∈Hχ_V(g⁰gg⁰⁻¹)

= _|H¹_|P

g⁰∈G:g⁰gg⁰⁻¹χ_V(g⁰gg⁰⁻¹) = _|H|¹ P

g⁰∈Gχ⁰_V(g⁰gg⁰⁻¹) =χ^G(g), d’o`u finalementχ_IndG

H(π)=χ^G.

Exercice 5 : (Réciprocité de Frobenius, point de vue des représentations)??

Soient Gun groupe fini, H un sous-groupe de G,π une repr´esentation de H et ρ une repr´esentation de G.

a) Montrer :

Hom_G(ρ,Ind^G_H(π)) = Hom_H(ρ_|_H, π).

b) En déduire que, si ρ et π sont irréductibles, la multiplicité de ρ dans Ind^G_H(π) est égale à la multiplicité de π dansρ|_H.

a) Définissons une application naturelle α : HomG(ρ,Ind^G_H(π)) → HomH(ρ|_H, π). Si φ : ρ → Ind^G_H(π) est un morphisme de G-représentations, on définit ψ = α(φ) comme l’application linéaireψ:ρ|_H :π tel queψ(v) :=φ(v)(eG). Un calcul simple assure qu’effectivementψ=α(φ) estH-équivariante, et que l’applicationφ7→α(φ) est linéaire.

Réciproquement, on définit une application β : Hom_H(ρ_|_H, π) → Hom_G(ρ,Ind^G_H(π)) en intro- duisant pour toutψ:ρ|H →π, l’application linéaireφ=β(ψ) :ρ→Ind^G_H(π), oùφ(w) :G→V est définie parg7→ψ(g·w). On vérifie également queβ(ψ) estG-équivariant, et que l’application β est linéaire.

Alors en suivant les d´efinitions, on obtient que pour toutψ :ρ_|H → π, α(β(ψ)) = ψ, et pour tout ψ : ρ → Ind^G_H(π), β(α(φ)) = φ. Donc α et β sont inverses l’une de l’autre, donc elles d´efinissent un isomorphisme naturel

Hom_G(ρ,Ind^G_H(π)) = Hom_H(ρ_|_H, π).

b) Le lemme de Schur assure que la multiplicité de ρ dans Ind^G_H(π) est égale à la dimension de l’espace vectoriel Hom_G(ρ,Ind^G_H(π)). De même, la multiplicité de π dans ρ_|_H est égale à la dimension de l’espace vectoriel HomH(ρ|_H, π). La question a) assure que ces deux entiers sont

´egaux.

Exercice 6 : (Réciprocité de Frobenius, point de vue des caractères)

Soient G un groupe fini, H un sous-groupe de G, φ une fonction centrale sur G et ψ une fonction centrale sur H. Montrer

hφ, ψ^Gi=hφ|_H, ψi.

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Solution de l’exercice 6. L’exercice 4 permet le calcul suivant : φ, ψ^G

= 1

|G|

X

x∈G

φ(x⁻¹)ψ^G(x)

= 1

|G|

X

x∈G,y∈G/H

φ(x⁻¹)ψ⁰(yxy⁻¹)

= 1

|G|

X

x∈G,y∈G/H

φ(yx⁻¹y⁻¹)ψ⁰(yxy⁻¹)

= 1

|H|

X

h∈H

φ(h⁻¹)ψ⁰(h)

=

φ_|_H, ψ ,

d’o`u le r´esultat.

Exercice 7 : (Th´eor`eme de Frobenius)

Soit n ≥ 1 un entier et soit G un groupe fini. Soit X un ensemble à n éléments muni d’une action transitive de G, soit x₀ ∈ X et notons H le stabilisateur de x₀. On suppose que tout élément de G autre que l’identité fixe au plus un élément deX.

On noteG₁ l’ensemble des ´el´ements deGqui agissent surX sans point fixe ; on poseG₀ :=G₁∪ {1}.

a) D´eterminer le cardinal de G₀.

b) Soitχ_σ le caractère de la C-représentation de permutation donnée par l’action deG surX et soitχ₁ le caractère de la représentation triviale. On pose χ =χ_σ −χ₁. Montrer queχ est un caractère.

c) Soient ψ un caractère irréductible de H et ψG le caractère de l’induite de H à G. On pose φ=ψ_G−ψ(1)χ. Montrer que φest un caractère irréductible deG. En déduire que G0 est un sous-groupe distingué de G.

d) Montrer queGest le produit semi-direct de H parG₀. Solution de l’exercice 7.

a) L’hypoth`ese nous dit que {1} ∪ S

x∈X

(Stab_G(x)\ {1}) est une union disjointe. Le cardinal de S

XStabx est alorsn(|H| −1) + 1 =|G| −n+ 1. Ainsi le cardinal deG₀ estn.

b) Remarquons d’abord queχ_σ(g) est égal au cardinal de Fix(g). On veut montrer que la représentation de permutationσ contient la représentation triviale. Pour cela calculons :

hχ_σ,1i= 1

|G|



n+ X

g /∈G₀

χ_σ(g)



= 1.

Cela assure que la représentation triviale est une sous-représentation de σ (avec multipli- cité 1), donc χ est le caractère d’une sous-représentation de σ supplémentaire de cette sous- représentation triviale.

c) En utilisant l’exercice 2, on a φ(1) =nψ(1)−(n−1)ψ(1) =ψ(1).

Soit g∈G1. On a φ(g) =ψG(g)−ψ(1)(χσ(g)−1), or χσ(g) = 0 car g ne fixe aucun point de X, doncφ(g) =ψG(g) +ψ(1). Or pour tout g⁰ ∈G, on a g⁰gg⁰⁻¹ ∈H si et seulement si g fixe g⁰x₀, ce qui n’arrive jamais. Donc la formule permettant de calculerψ_G (voir exercice 4) assure queψG(g) = 0. Donc finalement, pour tout g∈G1,φ(g) =ψ(1).

Soitg∈G\G0. Alors gfixe exactement un point deX, donc il existeh∈Hconjugu´e `a gdans Get la formule de l’exercice 4 assure que l’on a φ(g) =ψ(h).

(5)

On calcule ensuite

hφ, φi = _|G|¹ ψ(1)²+ P

g∈G₀\{1}

ψ(1)²+ P

g6=1, g∈S Stab(x)

φ(g)φ(g)

!

= _|G|¹ ψ(1)²+ P

g∈G₀\{1}

ψ(1)²+n P

h∈H\{1}

ψ(h)ψ(h)

! .

Reste à utiliser le fait que ψ est un caractère irréductible pour en déduire que hφ, φi vaut 1.

Dès lors, φ est le caractère d’une représentation irréductible ou alors son opposé. Mais on a φ(1) =ψ(1)>0, d’où le résultat.

Comme on aφ(g) =φ(1) pour toutg∈G0, on sait queG0est dans le noyau de la repr´esentation correspondant `a φ.

Soit g ∈ G\ G₀. Alors g est conjugué à un élément h ∈ H \ {1}. Comme les caractères irréductibles forment une base des fonctions centrales sur H, il existe un caractère irréductible ψavec ψ(h)6=ψ(1). Dès lors,g n’est pas dans le noyau de la représentationφcorrespondant à ceψ. Finalement,G₀ est exactement l’intersection des noyaux des représentations de caractère ψG−ψ(1)χ, où ψ parcourt l’ensemble des caractères irréductibles de H. En tant que tel, G0

est bien un sous-groupe distingu´e deG.

d) On a les propri´et´es suivantes :

— H est un sous-groupe de G,G₀ est un sous-groupe distingu´e de G.

— H∩G₀ ={1} car tout élément deH fixex₀ et les éléments deG₀\ {1}sont sans point fixe.

— Montrons que G = G0 ·H. Pour cela, on considère l’application π : G0 → X définie par π(g) :=g·x₀. Puisque les éléments deG₀\{1}ne fixent pasx₀, on voit queπest injective. Or la question a) assure que |G|=n=|X|, doncπ est bijective. Donc G₀ agit transitivement sur X.

Soit alors g ∈G. Par le raisonnement pr´ec´edent, il existe g₀ ∈ G₀ tel que g·x₀ =g₀·x₀. Donc h:=g⁻¹₀ g∈H etg=g₀h. Cela assure queG=G₀·H.

Les trois points pr´ec´edents assurent queG est le produit semi-direct de H parG0 (voir TD4, exercice 2).

Exercice 8 : (Crit`ere de Mackey)

SoitG un groupe fini et soitk un corps algébriquement clos de caractéristique première à |G|. Soient H etK des sous-groupes deGet soit (ρ, W) une représentation de H sur k. On poseV := Ind^G_HW. SoitS un système de représentants deK\G/H contenant 1. Pours∈S, on poseH_s=sHs⁻¹∩K et on noteW_s la représentation deH_s correspondant au morphisme ρ^s: Hs → GL(W)

x 7→ ρ(s⁻¹xs) . a) Montrer que V est isomorphe `aL

s∈SInd^K_H_sW_s en tant que repr´esentation deK.

b) Montrer queV est irr´eductible si et seulement si les conditions suivantes sont satisfaites : (i) W est irr´eductible ;

(ii) pour tout s∈Sr{1}, Hom(W_s, W|_H_s) = 0 (on dit alors que W_s, etW|_H_s ne s’entrelacent pas).

a) On a vu aux exercices 2 et 4 que l’on a une d´ecomposition d’espaces vectorielsV =L

g∈G/HgW. Pours∈S, on d´efinitV_(s) =L

g∈KsH/HgW; c’est une sous-K-repr´esentation deV, et on aV = L

s∈SV_(s). Le groupeK agit transitivement sur lesgW pourg∈KsH/Het le stabilisateur de sW est Hs. On peut donc r´e´ecrire V_(s)=L

g∈K/Hsg(sW) = Ind^K_H_s(sW). EtsW est isomorphe

`

a W_s en tant queH_s-représentation. D’où le résultat.

b) En appliquant la question a) `aK=H, on sait queV est isomorphe `aL

s∈SInd^H_H_s(Ws) en tant queH-représentation. Appliquons la réciprocité de Frobenius (voir exercice 5) :

HomG(V, V)'M

s∈SHomH(W,Ind^H_H_sWs).

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En appliquant une réciprocité de Frobenius à droite cette fois-ci, on obtient HomH(W,Ind^H_H_sWs)'HomHs(W|_Hs, Ws).

Les dimensions étant additives,V est irréductible si et seulement si dim Hom_H(W, W) = 1 et dim HomHs(W|_Hs, Ws) = 0 pour touts∈S\ {1}. D’où l’équivalence demandée.

Exercice 9 : ??

SoitG un groupe fini et (V, ρ) une repr´esentation complexe deG, de caract`ereχ.

Montrer les deux ´equivalences suivantes :

a) le caractèreχest à valeurs dansRsi et seulement siV admet une forme bilinéaire non dégénérée invariante parG.

b) la représentation ρ provient d’une représentation réelle par extension des scalaires si et seulement si V admet une forme bilinèaire symétrique non dégénérée invariante parG.

a) On noteV^∗ l’espace dual deV. On dispose de la repr´esentation duale deρd´efinie parρ^∗ :G→ GL(V^∗) telle que pour toutg∈G,ρ^∗(g) :f 7→f(g⁻¹·). Alors un calcul simple via la base duale assure que pour tout g∈G,

χ_V^∗(g) =χ(g⁻¹) =χ(g).

Par conséquent, χ est à valeurs réelles si et seulement si χ_V^∗ = χ si et seulement si V etV^∗ sont isomorphes comme représentations de G si et seulement s’il existe une forme bilinéaire V ⊗V → C non dégénérée invariante par G (on rappelle qu’on dispose toujours de la forme bilinéaire naturelle invariante parG et non dégénéréeV ⊗V^∗ →C).

b) — On suppose d’abord queV =V0⊗_RCetρ=ρ0⊗_RC, où (V0, ρ0) est une représentation de G surR. Alors on voitV₀ comme un sous-R-espace vectoriel deV stable parG, et donc on a V =V0⊕iV0. On munit V0 de la forme quadratique définie positive q0 invariante par G définie par sa forme polaireb0 :

b₀(x, y) := X

g∈G

hg·x, g·yi,

o`uh., .i est un produit scalaire quelconque surV0.

Alorsq₀⊗_RCest une forme quadratique surV, dont la forme polaire est la forme bilinéaire symétrique non dégénérée invariant parG recherchée.

— Réciproquement, supposons V muni d’une forme bilinéaire symétrique non dégénérée B, invariante parG. On sait (comme dans le point précédente) queV admet un produit scalaire hermitien (défini positif)h., .iet invariant parG(obtenu en moyennant un produit hermitien quelconque sur V). La non-dégénérescence de h., .iassure que pour tout x∈V, il existe un unique ϕ(x) ∈ V tel que B(x,·) = hϕ(x),·i. On voit facilement que ϕ : V → V est une bijection antilinéaire, donc ϕ²:=ϕ◦ϕ∈GL(V). On a alors, pour toutx, y∈V,

hϕ²(x), yi=B(ϕ(x), y) =B(y, ϕ(x)) =hϕ(y), ϕ(x)i

par symétrie deB. Or le produit h., .i est hermitien, donc on déduit de l’égalité précédente que

hϕ²(x), yi=hϕ²(y), xi=hx, ϕ²(y)i,

ce qui assure que ϕ² est unitaire. Or pour tout x ∈ V, on a hϕ²(x), xi = hϕ(x), ϕ(x)i, doncϕ² est définie positive. Donc la réduction des endomorphismes hermitiens assure qu’il existe un unique u ∈ GL(V) hermitien défini positif tel que ϕ² =u² (et on sait que u est un polynôme en ϕ). Posons alors σ := ϕ◦u⁻¹. Alors σ² = idV, i.e. σ est une involution antilinéaire de V. Donc V se décompose en une somme directe de R-sous-espaces propres V =V+⊕V− aveciV+=V−. On a doncV =V+⊕iV+. Enfin,B eth., .i sont invariants par G, donc on en déduit que ϕ,uetσ sontG-équivariants, doncV+ etiV+ sont stables parG.

Cela assure que V₊ est une repr´esentation r´eelle deGtelle que V 'V₊⊗_RC.

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Exercice 10 : (Repr´esentations complexes de S_n) ? ? ?

Soit n ≥ 1 un entier et soit λ une partition de n, c’est-`a-dire une suite (λ_k)k≥1 d’entiers naturels v´erifiant n=P

kλk avec λk ≥λk+1 pour toutk. À cette partitionλ, on associe un tableau de Young T_λ, qui est un tableau den cases alignées à gauche dans lequel lai-ème ligne aλ_i colonnes.

Le groupe symétrique S_n s’identifie au groupe de permutations des cases de T_λ. On définit alors le sous-groupePλ (resp.Qλ) comme étant respectivement le stabilisateur des lignes (resp. des colonnes) de T_λ. On appelle projecteurs de Young les éléments de C[S_n] suivants

a_λ = 1

|P_λ| X

Pλ

g, b_λ= 1

|Q_λ| X

Qλ

ε(g)g,

o`u ε(g) d´esigne la signature de la permutationg. On pose c_λ=a_λb_λ.

a) Supposonsg∈S_nrPλQλ. Montrer qu’il existe une transpositiont∈Pλ vérifiantg⁻¹tg∈Qλ. b) En déduire l’existence d’une application linéaire l_λ : C[Sn] → C telle que l’on ait a_λgb_λ =

l_λ(g)c_λ pour toutg∈C[S_n].

c) Soit µ une partition de n. On introduit l’ordre lexicographique sur les partitions de n : on a λ > µs’il existe j≥1 tel que λj > µj etλi =µi pour tout i < j. Supposonsλ > µ. Montrer que l’on a a_λC[S_n]b_µ= 0.

d) SoitA une algèbre. Un élément e∈A est ditidempotent s’il vérifiee² =e. Montrer que pour toutA-module à gauche M, on a HomA(Ae, M)'eM. Montrer que cλ est proportionnel à un idempotent deC[S_n].

e) Soit V_λ la représentation de S_n donnée par multiplication à gauche sur l’espace C[S_n]c_λ. Montrer que l’application λ7→ Vλ induit une bijection entre l’ensemble des partitions de n et l’ensemble des classes d’isomorphisme de représentations irréductibles de S_n surC.

a) Soient g ∈ S_n,T =T_λ etT⁰ =gT. On veut montrer qu’il existe i etj dans {1,2, . . . , n} qui sont sur une même ligne dans T et sur une même colonne dans T⁰. Supposons que deux tels indices n’existent pas. Alors tous les éléments de la première ligne deT se retrouvent dans des colonnes distinctes deT⁰. On peut donc trouverq1 ∈gQλg⁻¹ tel queq1T⁰ ait la même première ligne (à permutation sur la ligne près) que T. Soit alors p₁ ∈P_λ tel quep₁T etq₁T⁰ ont même première ligne. Soit S_λ¹ l’ensemble des permutations de S_n fixant point par point la première ligne de p1T. On peut de même trouver q2 ∈ gQλg⁻¹ ∩S_λ¹ et p2 ∈Pλ∩S_λ¹ tels que p2p1T et q₂q₁T⁰ ont leurs deux premières lignes identiques. On considère ensuite S_λ² le sous-groupe de S_λ¹ fixant les points des deux premières lignes de p₂p₁T, etc... Par récurrence, on a finalement p∈Pλ etq ∈Qλ tels quepT =gqg⁻¹T⁰. Autrement dit, on apq⁻¹ =g∈PλQλ.

b) Sigs’écritpqavec p∈P_λ etq∈Q_λ, on aa_λgb_λ =ε(q)c_λ. Sign’est pas élément deP_λQ_λ, soit t∈P_λ donné par la question a). On a alors

aλgbλ =aλtgbλ =aλg(g⁻¹tg)bλ=−a_λgbλ , de sorte que cette quantit´e est nulle.

c) Soit g∈S_n. Pour répéter l’argument de la question b), il nous suffit de trouvert∈P_λ tel que g⁻¹tgsoit un élément deQµ. On poseT =Tλ etT⁰=gTµ. Si on aλ1 > µ1, l’existence d’indices iet j qui sont sur la même ligne deT et la même colonne deT⁰ est claire par le principe des tiroirs. Si on a λ₁ = µ₁, il existe p₁ ∈ P λ et q₁ ∈ gQ_λg⁻¹ tels que T₂ := p₁T et T₂⁰ := q₁T⁰ ont même première ligne. On travaille ensuite sur la deuxième ligne deT2 etT₂⁰, etc... Comme l’hypothèse assure que λ > µ, il existe un plus petit indice α avec λα > µα. Par principe des tiroirs, la α-ième ligne deT_α va alors contenir deux indices qui sont dans la même colonne de T_α⁰. Cela assure le résultat.

d) Les applications eM → Hom_A(Ae, M)

em 7→ (ae7→aem) et eM ← Hom_A(Ae, M)

f(e) ←[ f sont inverses l’une de l’autre.

Par la question b), on a c²_λ =l_λ(b_λa_λ)c_λ. Aussi, comme on a c²_λ(1) = 1, le coefficient l_λ(b_λa_λ) n’est pas nul. Il s’ensuit quel_λ(b_λa_λ)⁻¹c_λ est un idempotent.

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5. Supposons λ≥µ. On a par la question d) :

Hom_S_n(V_λ, Vµ) = Hom_S_n(C[Sn]c_λ,C[Sn]cµ)'c_λC[Sn]cµ.

Si on aλ > µ, cet espace est nul par la question c). Dans le casλ=µ, l’espace est de dimension 1 par la question b). De ce fait, on sait que les V_λ sont irr´eductibles et que V_λ et Vµ sont isomorphes si et seulement siλ=µ. Enfin, il y a autant de classes de conjugaison dans S_n que de partitions den, ce qui permet de conclure.

Exercice 11 : ? ? ?

On garde les notations de l’exercice précédent. SoitU_λ la représentation Ind^S_Pⁿ

λ C.

a) Montrer que la repr´esentation obtenue par multiplication `a gauche surC[Sn]aλ est isomorphe

` a U_λ.

b) Montrer la d´ecompositionU_λ =L

µ≥λK_µλV_µ, o`u lesK_µλsont des entiers naturels avecK_λλ= 1.

Les entiers K_µλ sont appel´esnombres de Kostka.

On d´efinit les ensembles suivants, qui correspondent `a ajouter ou enlever une case sur le tableau de Young Tλ :

A(λ) ={ν partition den+ 1| ∃j, ∀i, ν_i=λi+δij}, R(λ) ={ν partition den−1| ∃j, ∀i, ν_i=λ_i−δ_ij}.

c) Montrer queV_λ est isomorphe `a L

ν∈R(λ)V_ν en tant queS_n−1-repr´esentation.

d) Montrer que Ind^S_Sⁿ

n−1V_ν 'L

λ∈A(ν)V_λ est un isomorphisme de S_n-repr´esentations.

a) SoitV une représentation irréductible deS_n. Par réciprocité de Frobenius (voir exercice 5), on a

Hom_S_n(U_λ, V)'HomP_λ(id, V).

De plus, C[P_λ]a_λ est isomorphe à laP_λ-représentation triviale puisque pour tout p∈P_λ, on a pa_λ=a_λ. Enfin, le dernier isomorphisme provient des propriétés du produit scalaire :

Hom_S_n(U_λ, V)'Hom_P_λ(C[P_λ]a_λ, V)'Hom_S_n(C[S_n]a_λ, V). b) On a

Hom_S_n(U_λ, Vµ) = Hom_S_n(C[Sn]a_λ,C[Sn]cµ)'a_λC[Sn]cµ. Ce dernier est nul dans le casλ < µ et est de dimension 1 si λ=µ.

c) Soit ν une partition de n−1. Toute injection ι : S_n−1 ,→ S_n se prolonge lin´eairement en ι : C[Sn−1] ,→ C[S_n] et munit V_λ d’une structure de repr´esentation de S_n−1. On a par la question d) de l’exercice 10 :

Hom_S_n−1(V_ν, V_λ) = Hom_S_n−1(C[Sn−1]c_ν,C[S_n]c_λ)'ι(c_ν)C[S_n]c_λ.

En choisissant ι correspondant `a l’inclusion canonique de {1,2, . . . , n−1} dans {1,2, . . . , n}, on obtient la condition ν_i ≤ λ_i pour tout i pour que cet espace de morphismes soit non nul.

Autrement dit, il est n´ecessaire d’avoir ν∈R(λ).

R´eciproquement, soitν∈R(λ). Siσd´esigne len-cycle (1 2 · · · n), alors on aS_n=

n−1

L

k=0

S_n−1σ^k. On a ainsi

Hom_S_n−1(Vν, V_λ) =

n−1

M

k=0

Hom_S_n−1(C[Sn−1]cν,C[Sn−1]σ^kc_λ).

Un seul de ces termes est non nul, de dimension 1, et sin₀ est la case enlev´ee deλpour obtenir ν, alors cela correspond au termek=n−n₀.

(9)

d) La r´eciprocit´e de Frobenius (voir exercice 5) nous donne Hom_S_n(Ind^S_Sⁿ

n−1V_ν, V_λ)'Hom_S_n−1(V_ν, V_λ) et le résultat résulte de la question précédente.

Exercice 12 : (Th´eor`eme de Burnside)? ? ?

Soient p, q deux nombres premiers, α, β ∈ N. Soit G groupe fini tel que |G| = p^αq^β. L’objectif de l’exercice est de montrer que Gest r´esoluble.

a) Soientζ₁, . . . , ζ_n∈Cdes racines de l’unit´e. Montrer que ^ζ¹^+···+ζ_n ⁿ est un entier alg´ebrique si et seulement siζ1+· · ·+ζn= 0 ou ζi=ζ1 pour touti.

b) SoitH un groupe fini,ρ une représentation irréductible deH surC, de caractèreχ.

i) Montrer que pour tout h ∈H, si c(h) d´esigne le cardinal de la classe de conjugaison de h dans H, alorsc(h)^χ(h)_χ(1) est un entier alg´ebrique.

ii) Montrer que pour tout h ∈ H, si c(h) est premier avec χ(1), alors ^χ(h)_χ(1) est un entier alg´ebrique.

iii) Sous les hypoth`eses de la question b)ii), montrer que si χ(h) 6= 0, alors ρ(h) est une homoth´etie.

c) Soith∈Htel quec(h) soit une puissance d’un nombre premier. En considérant la représentation régulière deH, montrer queG contient un sous-groupe strict distinguéN tel que l’image de h dansH/N soit centrale dans H/N.

d) Montrer par r´ecurrence queG est r´esoluble.

a) Rappelons que si α ∈ Cest un nombre algébrique (i.e. la racine d’un polynôme de Q[X]), on appelle conjugués deαles racines du polynôme minimal deαdansQ[X]. On montre d’abord le résultat suivant : siαetβ sont deux nombres algébriques, alorsα+β est un nombre algébrique et les conjugués de α+β sont de la forme α⁰+β⁰, où α⁰ et β⁰ sont des conjugués de α et β respectivement. Par hypothèse, α et β sont algébriques de polynômes minimaux respectifs P et Q : les racines de P (resp. Q) sont exactement les conjugués de α (resp. β). On introduit les matrices compagnons A et B associées aux polynômes P et Q : ce sont des matrices à coefficients dansQdont les polynômes caractéristiques sont exactementP et Q. On considère alors la matrice C := A⊗I+I⊗B. C’est une matrice à coefficients dans Q dont les valeurs propres sont exactement les sommes d’un conjugué deα et d’un conjugué deβ. Doncα+β est algébrique et son polynôme minimal divise le polynôme caractéristique deC, donc les conjugués de α+β sont des valeurs propres de C, donc de la forme souhaitée.

Répondons maintenant à la question a). On note α := ^ζ¹^+···+ζ_n ⁿ et supposons que α est un entier algébrique. Ce qui précède assure que les conjugués de α sont également de la forme α⁰ = ^ζ¹⁰^+···+ζ_n ⁿ⁰, avec ζ_i⁰ racine de l’unité pour tout i. Par conséquent, tout conjugué deα est un nombre complexe de module≤1. Si les ζ_i ne sont pas tous égaux, alors l’inégalité triangulaire assure que |α| < 1, et par conséquent le produit des conjugués de α est de module < 1 ; or ce produit est, au signe près, le coefficient constant du polynôme minimal P de α dans Q[X] ; commeαest une entier algébrique,P est à coefficients entiers, donc son coefficient constant est un entier de valeur absolue<1, il est donc nul ; doncP =X par irréductibilité, doncα = 0.

On a bien montré que siα était un entier algébrique, alorsα= 0 ou ζi =ζ1 pour touti.

La r´ecipoque est ´evidente.

b) i) Voir cours, lemme IV.3.5.

ii) Les entiers c(h) et χ(1) sont premiers entre eux, donc le théorème de Bézout assure qu’il existe des entiers a, b∈Ztels que ac(h) +bχ(1) = 1. En multipliant par ^χ(h)_χ(1), on obtient

ac(h)χ(h)

χ(1) +bχ(h) = χ(h) χ(1).

(10)

Or la question b)i) assure que c(h)^χ(h)_χ(1) est un entier algébrique, et χ(h) est un entier algébrique (c’est une somme de racines de l’unité), donc comme l’ensemble des entiers algébriques est un sous-anneau de C, on déduit de la formule précédente que ^χ(h)_χ(1) est un entier algébrique.

iii) Si on note n=ρ(1) la dimension de la représentation ρ, on sait queα := ^χ(h)_χ(1) = ^ζ¹^+···+ζ_n ⁿ, où lesζi sont des racines de l’unité qui sont les valeurs propres de ρ(h). La question b)ii) assure que α est un entier algébrique, qui est non nul par hypothèse, donc la question b)i) assure que ζ_i =ζ₁ pour tout i, doncρ(h) est diagonalisable avec toutes ses valeurs propres

´

egales `aζ1, doncρ(h) =ζ1id, donc ρ(h) est une homoth´etie.

c) Si h= 1, le résultat est évident en prenant N ={1}. Supposons désormais h6= 1. On noteρH

la représentation régulière de H. On sait que χ_H(h) = 0 car h 6= 1, ot χ_H = P

χn_χχ, où χ décrit les caractères irréductibles de H et n_χ = dim(χ) =χ(1). On a donc P

χχ(1)χ(h) = 0, doncP

χ6=trivχ(1)χ(h) =−1, donc

X

χ6=triv

χ(1)χ(h) p =−1

p.

Comme−¹_p n’est pas un entier algébrique, il existe χ6= triv (dont on note ρ la représentation correspondante) tel que ^χ(1)χ(h)_p n’est pas un entier algébrique. En particulier, on a χ(h) 6= 0 etp ne divise pas χ(1) = dim(χ). Donc les entiers c(h) et χ(1) sont premiers entre eux. Alors la question b)iii) assure que ρ(h) est une homothétie. On définit alorsN := Ker(ρ) qui est un sous-groupe distingué deG, distinct de Gcarχ6= triv. Orρ(h) est une homothétie, doncρ(h) est central dans le groupe linéaire deρ, doncρ(h) est central dans l’image deGdans ce groupe, donc l’image deh est centrale dansG/N.

d) On raisonne par r´ecurrence sur |G|. Un groupe dont le cardinal est un puissance d’un nombre premier est nilpotent, donc r´esoluble. On peut donc supposer queα, β≥1.

Ecrivons l’´´ equation aux classes pour l’action de G sur lui-mˆeme par conjugaison : on a |G|= 1+P

h6=1∈G/conjc(h). Réduisons cette égalité moduloq: on obtient 1+P

h6=1∈G/conjc(h)≡0 [q].

Par cons´equent, il existeh∈Gtel queq ne divise pasc(h).

Or c(h) divise |G|, doncc(h) est une puissance dep.

Alors la question c) assure qu’il existe un sous-groupe distingu´e strict N ⊂G tel que l’image de h dansG/N soit centrale dans G/N. On a alors deux cas :

— si N 6= {1}, on applique l’hypothèse de récurrence aux groupes N et G/N qui sont de cardinal divisant strictement celui de G, donc ils sont résolubles, doncGest résoluble.

— si N = {1}, alors h ∈ Z(G), donc Z(G) 6= {1}, donc on peut appliquer l’hypothèse de récurrence aux groupes Z(G) et G/Z(G), qui sont donc résolubles, doncGest résoluble.