MAT 731: Groupes et représentations des groupes 3. Alg`ebres de

MAT 731: Groupes et repr´esentations des groupes
3. Alg`ebres de groupes
Partout dans ce cours, on se fixe kun corps alg´ebriquement clos et Gun groupe fini avec
identit´e 1. Soit kG ={Pg∈Gλgg|λg∈k}le k-espace vectoriel ayant pour base G. Alors
kG est une k-alg`ebre de dimension |G|pour la multiplication suivante:
(X
g∈G
λgg)(X
h∈G
µhh) = X
g,h∈G
λgµg(gh).
´
Evidemment kG est commutative si et seulement si Gest commutative.
Soit Vun k-espace vectoriel de dimension finie. Remarquons que Autk(V) est un groupe.
Or Vest un kG-module `a gauche si, et seulement si, il existe un homomorphisme de groupes
φ:G→Aut(V). Dans ce cas, pour tout g∈G, x ∈V, on a que g·x=φ(g)(x) et
(X
g∈G
λgg)·x=X
g∈G
λg(g·x).
En particulier kest un kG-module pour la multiplication gλ =λ, pour tous g∈G, λ ∈k
(c’est-`a-dire, induite de l’homomorphisme trivial G→Autk(k) : g7→ 1Ik). On appelle kle
kG-module trivial. Ceci est ´evidemment simple car il est de dimension 1.
Remarque. Un homomorphisme de groupes finis φ:G→Hinduit un homomorphisme
d’alg`ebres
Φ : kG →kH :X
g∈G
λgg7→ X
g∈G
λgφ(g).
En outre, kH a une kG-module structure induite de Φ de sorte que Φ soit kG-lin´eaire.
3.0. Lemme. Posons ∆(G) = {Pg∈Gλgg|Pg∈Gλg= 0}. Alors ∆(G) est un id´eal
bilat`ere de kG tel que kG/∆(G)∼
=ken tant que k-alg`ebre ainsi que kG-module.
D´emonstration. L’homomorphisme trivial de groupes G→ {1}:g7→ 1 induit un
´epimorphisme d’alg`ebres
Φ : kG →k:X
g∈G
λgg7→ X
g∈G
λg.
1

On a kerΦ = ∆(G). Donc ∆(G) un id´eal bilat`ere de kG et kG/∆(G)∼
=ken tant que
k-alg`ebre. En outre, kG/∆(G) = (kG)¯ 1, o`u ¯ 1 = 1 + ∆(G), en tant que kG-module. Et pour
tout g∈G, on a g¯ 1 = g·1 = 1 + (g−1) = ¯ 1 car g−1∈∆(G). Ainsi kG/∆(G)∼
=k.
3.1. Th´eor`eme de Mackey. L’alg`ebre kG est semisimple si et seulement si la car-
act´eristique de kne divise pas l’ordre de G.
D´emonstration. D’abord supposons que car(k) = p > 0 et p||G|. Supposons que kG
serait semisimple. Soit {e1, e2, . . . , en}un ensemble orthogonal complet d’idempotents primi-
tifs de kG. Alors (kG)e1,(kG)e2, . . . , (kG)ensont les kG-modules simples `a isomorphisme
pr`es et
kGkG = (kG)e1⊕(kG)e2⊕ · · · ⊕ (kG)en.
On peut supposer que (kG)e1∼
=k. On pr´etend que (kG)ei6∼ =k, pour tout 1 < i ≤n.
Supposons que (kG)e2serait aussi trivial. Posons e1=Pg∈Gλgget e2=Pg∈Gµgg. Or
e1=e1e1=Pg∈Gλg(ge1) = Pg∈Gλge1= (Pg∈Gλg)e1.De mˆeme e2= (Pg∈Gµg)e2. En outre
0 = e2e1= (Pg∈Gµg)e1entra¨ıne que Pg∈Gµg= 0, et donc e2= 0, une contradiction. Donc
kapparaˆıt une seule fois dans {(kG)e1,(kG)e2, . . . , (kG)en}, les facteurs de composition de
la suite de composition
0⊆(kG)e1⊂(kG)e1⊕(kG)e2⊂ · · · ⊂ (kG)e1⊕(kG)e2⊕ · · · ⊕ (kG)en=kG.
Ainsi kapparaˆıt une seule fois dans les facteurs de composition de toute suite de composition
de kG. D’apr`es le lemme 3.0, ∆(G) est un sous-module de kG tel que kG/∆(G)∼
=k. Posons
σ=Pg∈Gg. Remarquons σ∈∆(G) car p| |G|.´ Evidemment g·σ=σ. Donc kσ est un
sous-module de kG et kσ ∼
=k. Comme kG/∆(G)∼ =k, la suite
0⊂kσ ⊆∆(G)⊂kG
peut ˆetre raffin´ee en une suite de composition de kG dont les facteurs de composition
comptent au moins deux fois le module trivial k. Cette contradiction implique que kG
n’est pas semisimple.
Supposons maintenant que la caract´eristique de kne divise pas |G|. Alors |G|est in-
versible dans k. Soit Uun kG-module `a gauche de dimension finie. On montrera que tout
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sous-module Vde Uest un facteur direct de U. D’abord Vest un facteur direct de Uen
tant que k-espace vectoriel. Donc il existe un idempotent π∈Endk(U) tel que π(U) = V.
Posons
ε=1
|G|X
g∈G
gπg−1∈Endk(U).
Ici on consid`ere g∈Autk(U). En particulier, g−1(U) = Uet g(V) = Vcar Vest un sous
kG-module de U. Or
ε(U) = 1
|G|X
g∈G
gπg−1(U) = 1
|G|X
g∈G
gπ(U) = 1
|G|X
g∈G
g(V) = 1
|G|X
g∈G
V=V.
En plus, pour tout x∈V, on a g−1(x)∈V, et donc
ε(x) = 1
|G|X
g∈G
gπg−1(x) = 1
|G|X
g∈G
gg−1(x) = 1
|G|X
g∈G
x=x.
Par cons´equent ε2=ε. Enfin, pour tout h∈G, y ∈U, on a
ε(hy) = 1
|G|X
g∈G
gπg−1(hy) = 1
|G|X
g∈G
h(h−1g)gπ(h−1g)−1(y) = h1
|G|X
g∈G
gπg−1(y) = h(ε(y)).
Ainsi ε∈EndkG(U). Par cons´equent, Vest un facteur direct de Uen tant que kG-module.
Donc Uest semisimple. Par cons´equent, kG est une alg`ebre semisimple. La preuve s’ach`eve.
On ´etudiera le nombre de kG-modules simples. On sait que kG et kG/rad(kG) ont mˆeme
nombre de modules simples. Comme kest alg´ebriquement clos,
kG/rad(kG)∼
=Mn1(k)⊕ · · · ⊕ Mnr(k),
o`u Mn(k) est l’alg`ebre des matrices de type n×nsur k. Dans ce cas, on voit que rest le
nombre de kG-modules simples.
3.2. Proposition. Si kG est semisimple, alors le nombre de kG-modules simples est
´egal au nombre de classes de conjugu´e de G.
D´emonstration. Supposons que kG est semisimple. Posons kG =A1⊕ · · · ⊕ Ar, o`u
AikG et Ai∼
=Mni(k). Alors rest le nombre de kG-modules simples. Or le centre de kG
est
Z(kG) = Z(A1)⊕ · · · ⊕ Z(Ar).
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Remarquons que Z(Ai) se compose des matrices scalaires, et donc dimkZ(Ai) = 1. Par
cons´equent, dimkZ(kG) = r, le nombre de kG-modules simples. Il suffit de montrer que r
est le nombre de classes de conjugu´e de G.
Soient C1, C2, . . . , Csles classes de conjugu´e de G. Posons γi=Pg∈Cig, i = 1, . . . , s. On
voit ais´ement que γ1, . . . , γs∈kG sont lin´eairement ind´ependants sur k. Pour tout g∈G,
comme gCig−1=Ci, on a gγig−1=γi, c’est-`a-dire, γi∈Z(kG), i= 1, . . . , s. D’autre part,
supposons que a=Pg∈Gλgg∈Z(kG). On se fixe h∈G. Alors
X
g∈G
λgg=a=hah−1=X
g∈G
λg(hgh−1) = X
g∈G
λhgh−1g.
D’o`u, λg=λhgh−1,pour tous g∈G. Donc λgest constant sur chaque classe Ci, disons,
λg=λi,pour tout g∈Ci.Ceci donne
a=X
g∈G
λgg=
s
X
i=1 X
g∈Ci
λgg=
s
X
i=1
λiX
g∈Ci
g=
s
X
i=1
λiγi.
Ainsi γ1, . . . , γsest une base de Z(G). Donc s=dimkZ(kG) = r. Ceci ach`eve la d´emonstration.
Exemple. Si Gest commutatif dont l’ordre n’est pas divisible par la caract´eristique de
k, alors kG admet exactement |G|modules simples `a isomorphisme pr`es.
On ´etudiera le cas g´en´eral. Soit Aune k-alg`ebre de dimension finie. Pour tous a, b ∈A,
posons [a, b] = ab−ba. Alors [a, b] = 0 si et seulement si ab =ba. On voit ais´ement que [−,−]
est bilin´eaire. Posons [A, A] le sous k-espace de Aengendr´e par les ´el´ements [a, b], a, b ∈A.
Alors Aest commutatif si et seulement si [A, A] = 0. Si A=A1⊕ · · · ⊕ Ar, o`u Aiest un
id´eal bilat`ere de A, alors [A, A] = [A1, A1]⊕ · · · ⊕ [Ar, Ar], car [Ai, Aj] = 0 lorsque i6=j.
Soit X= (aij)∈Mn(k). Alors la trace de Xest tr(X) = Pn
i=1 aii. Rappelons que
tr(λX +µY ) = λtr(X) + µtr(Y) et tr(XY ) = tr(Y X). En particulier, tr(Y XY −1) = tr(X)
si Yest inversible. Comme kest alg´ebriquement clos, Xest semblable `a une matrice de
Jordan. Ainsi tr(X) = λ1+· · ·+λn, o`u λ1, . . . , λnsont les valeurs propres de Xen comptant
les multiplicit´es alg´ebriques.
3.3. Lemme. Soit Mn(k) l’alg`ebre des matrices de type n×nsur k.
(1) [Mn(k), Mn(k)] = {X∈Mn(k)|tr(X) = 0}.
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(2) dimkMn(k)/[Mn(k), Mn(k)] = 1.
(3) Si car(k) = p > 0, alors X∈[Mn(k), Mn(k)] si et seulement si Xpi∈[Mn(k), Mn(k)]
pour un i≥0.
D´emonstration. On peut supposer que n > 1. Posons V={X∈Mn(k)|tr(X) = 0},
qui est ´evidemment un sous-espace de Mn(k). Soit Eij ∈Mn(k) la matrice dont le terme
en position (i, j) est 1 et les autres sont tous nuls. On sait que {Eij |1≤i, j ≤n}est
une k-base de Mn(k). Remarquons que {Eij , Ess −E11 |i6=j, s > 1}est une famille libre
contenue dans V. D’autre part, si X= (aij )∈V, alors Pn
i=1 aii = 0. Or
X=X
i,j
aijEij =X
i6=j
aijEij +
n
X
i=1
aiiEii −(
n
X
i=1
aii)E11 =X
i6=j
aijEij +
n
X
i=2
aii(Eii −E11).
Ainsi {Eij, Ess −E11 |i6=j, s > 1}est une k-base de V. Ainsi dimkV=n2−1.
On montrera que [Mn(k), Mn(k)] = V. D’abord, pour toutes X, Y ∈Mn(k),tr[X, Y ] =
tr(XY −Y X) = tr(XY )−tr(Y X) = 0. Donc [Mn(k), Mn(k)] ⊆V. D’autre part, Ess −E11 =
Es1E1s−E1sEs1= [Es1, E1s], et pour i6=j, on a Eij =Ei1E1j−E1jEi1= [Ei1, E1j]. Ainsi
V⊆[Mn(k), Mn(k)], et donc [Mn(k), Mn(k)] = V. En particulier, dimk[Mn(k), Mn(k)] =
n2−1 = dimkMn(k)−1, et donc (2) est valide.
Enfin supposons que car(k) = p > 0. On pr´etend que (tr(X))p= tr(Xp),pour tout
X∈Mn(k). En effet, soit June forme de Jordan de X, qui est triangulaire sup´erieure dont
les termes diagonaux sont λ1, . . . , λn. Donc Xpest semblable `a Jpdont les termes diagonaux
sont λp
1, . . . , λp
n. Ainsi
tr(Xp) = λp
1+· · · +λp
n= (λ1+· · · +λn)p= (tr(X))p,
d’o`u tr(Xpi) = tr(X)pi, pour tout i≥0. Maintenant X∈[Mn(k), Mn(k)] si et seulement
si tr(X) = 0 si et seulement si (tr(X))pi= 0 pour un i≥0 si et seulement si tr(Xpi) = 0,
pour un i≥0 si et seulement si Xpi∈[Mn(k), Mn(k)] pour un i≥0. Ceci ach`eve la
d´emonstration.
3.4. Lemme. Soit car(k) = p > 0. Posons T= [kG, kG].
(1) Pour tout a, b ∈kG, (a+b)p≡ap+bp(mod T).
(2) Si a∈T, alors ap∈T.
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