Algèbre Partiel du 09/03/2015 avec corrigé - IMJ-PRG

Algèbre
Partiel du 09/03/2015 avec corrigé
Simone DIVERIO
Exercice 1. Soit pun nombre premier, kun entier strictement positif et Gun
groupe d’ordre pk.
(i) Prouver que le centre Z(G)de Gest non trivial.
Soit maintenant k= 2.
(ii) Prouver que Gest abélien.
(iii) Prouver que ou bien Gest isomorphe à Zp2ou alors Gest isomorphe à
Zp×Zp.
Prouver que les trois classes d’isomorphisme de groupes abéliens d’ordre 8
sont Z8,Z4×Z2, et Z2×Z2×Z2(cette question est indépendante des précé-
dentes).
Solution. Un élément de Gest dans le centre ssi sa classe de conjugaison est
réduite à lui-même. Dans tout groupe (non trivial) il y a au moins deux classes de
conjugaison (une en étant la classe de l’élément neutre). Donc, si par l’absurde
le centre était trivial, alors toute classe de conjugaison dans Gdevrait avoir
péléments (puisque le cardinal d’une classe de conjugaison divise l’ordre du
groupe). Mais les classes de conjugaisons forment une partition de G, qui serait
donc d’ordre ≡1 (mod p), contradiction.
Si par l’absurde Gn’était pas abélien, alors {1G}(Z(G)(G. Soit g∈
G\Z(G)et considérons le centralisateur Z(g)de gdans G. Alors, Z(G)(Z(g)
puisque g∈Z(g)et donc, par le Théorème de Lagrange, Z(g) = G. Mais alors
gcommute avec tous les éléments de Get g∈Z(G), contradiction.
Si Ga un élément d’ordre p2alors Gest cyclique d’ordre p2et G'Zp2.
Supposons donc que tout élément dans G\ {1G}soit d’ordre p. Soient g, g0∈
G\ {1G}tels que g06∈ H:= hgi ' Zp, et notons K=hg0i ' Zp. Alors, H∩K=
{1G}, puisque autrement on aurait que H=K, mais g0∈K\H. De plus, G
étant abélien, Het Ksont sous-groupes distingués dans G. Donc, HK est un
sous-groupe de G, et il contient strictement H(et K) et par le Théorème de
Lagrange son ordre doit être p2,i.e. HK =G. Mais alors, G'H×K'Zp×Zp.
Soit Gun groupe abélien d’ordre 8. Si Gpossède un élément d’ordre 8, alors
Gest cyclique d’ordre 8et G'Z8. Donc, on peux supposer dès maintenant
que tout élément de G\ {1G}est d’ordre 2ou 4.
Supposons qu’il n’y ait pas d’éléments d’ordre 4, et soient x, y ∈G\ {1G}
deux éléments distincts. Posons H=hxi ' Z2et K=hyi ' Z2. Les sous-
groupes Het Ksont distingués dans G(Gétant abélien) et H∩K={1G},
puisque x6=y. Donc V=HK est un sous-groupe de Gisomorphe au groupe
de Klein Z2×Z2. Soit z∈G\Vet posons I=hzi ' Z2. Le sous-groupe I
1

est distingué dans G,I∩V={1G}, et V I est un sous-groupe de Gcontentant
strictement V. Donc |V I|>4et |V I|doit diviser 8, donc V I =Get G'
V×I'Z2×Z2×Z2.
Il nous reste le cas où Ga un élément hd’ordre 4. Posons H=hhi ' Z4.
S’il existe un g∈G\Hd’ordre 2, alors K=hgi ' Z2est distingué dans G,
H∩K={1G}et HK est un sous-groupe de Gd’ordre >4, donc HK =G, et
G'H×K'Z4×Z2. Il nous resta à trouver un tel g. Soit donc x∈G\H, et
supposons que xsoit d’ordre 4. Alors x2est d’ordre 2. Si x26∈ H, nous posons
g=x2et nous avons terminé. Si x2∈H, alors x2=h2et dans ce cas posons
g=xh. Alors, g2= (xh)2=xhxh =x2h2=h4=x4= 1G, donc gest d’ordre
2. D’autre part, g6∈ Hpuisque si g=hj, on aurait x=hj−1∈H, mais x6∈ H.
Ces trois classes d’isomorphisme sont évidemment distinctes car dans la pre-
mière il y a un élément d’ordre 8 qui est absent dans les deux autres et dans la
dernière il y a un élément d’ordre 4 qui n’est pas présent dans la deuxième.
Exercice 2. Si nest un nombre entier strictement positif on définit le groupe
diédral de degré ncomme
Dn=hx, y |xn=y2= 1, yx =x−1yi.
(i) Prouver que tout sous-groupe d’un groupe diédral est un groupe diédral
ou cyclique.
Soit maintenant πle plan euclidien, Mle groupe des isométries de π, et soient
respectivement T⊂πet R⊂πun triangle isocèle et un rectangle. Posons
GT:= {m∈M|m(T) = T},et GR:= {m∈M|m(R) = R}.
(ii) Prouver que GTet GRsont des sous-groupes finis de M.
(iii) Déterminer les possibles classes d’isomorphisme pour GTet GR.
(iv) Pour chacun des deux groupes GTet GR, choisir de façon appropriée une
origine et un système de coordonnées, et écrire explicitement les éléments
de ces groupes sous forme matricielle.
(v) Donner un exemple d’un sous-ensemble non vide S⊂πdont le groupe
des symétries est trivial.
(vi) Donner, pour tout entier strictement positif n, un exemple d’un sous-
ensemble non vide Qn⊂πqui ne soit pas isométrique à un polygone
régulier à ncôtés et dont le groupe des symétries est isomorphe à Dn.
Solution. Tout groupe diédral peut être réalisé comme sous-groupe du groupe
des isométries du plan euclidien (par définition...). Donc, un sous-groupe d’un
groupe diédral est, en particulier, un sous-groupe fini du groupe des isométries
du plan euclidien. Mais alors il est isomorphe à un groupe cyclique ou diédral.
On va numéroter les sommets de Tet de Ren sens horaire avec les nombres
respectivement de 1à3et de 1à4(pour Ton va placer 1sur le sommet dont
l’angle n’est pas forcement égal aux deux autres). Ceci permet de construire deux
homomorphismes ϕT:GT→S3et ϕT:GR→S4, définis de façon évidente.
Ces deux homomorphismes sont injectifs : si trois sommets sont fixés, puisque
ils ne sont pas alignés, l’isométrie qui les fixe doit être nécessairement l’identité,
car toute isométrie est déterminée par les valeurs sur trois points non alignés.
En particulier, GTet GRsont d’ordre fini. Ils sont clairement des sous-groupes.
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Si Test équilatéral, alors par définition GT'D3et, de façon analogue, si
Rest un carré alors GR'D4. Si Tn’es pas équilatéral alors, puisque toute
isométrie préserve les angles, le sommet 1doit forcement être fixé et les sommets
2et 3peuvent être fixés ou échangés. Le groupe GTa dans ce cas 2éléments, et
donc GT'Z2'D1. Si Rn’est pas un carré, alors GRest d’ordre 4, car une fois
décidé où déplacer le sommet 1, le mouvement des autres est déterminé. Donc
GR'Z4ou GR'D2'V. Si GR'Z4,GRserait un groupe de rotations,
engendré par la rotation de π/2. Mais ceci n’est pas possible car la seule rotation
qui transforme le rectangle en soi-même est celle de π. Donc GR'V.
On va supposer que Tn’est pas équilatéral et que Rn’est pas un carré (on a
vu en cours les représentations matricielles réelles standard de dimension deux
de D3et D4).
Pour T, on va choisir comme origine un point de la hauteur relative au
sommet 1et comme axes de coordonnées cette hauteur et la perpendiculaire
passant par le point choisi. La seule symétrie non triviale est donc donnée par
−1 0
0 1.
Pour R, on va choisir comme origine le point d’intersection des deux diagonales
et comme axes de coordonnées les deux droites parallèles aux côtés du rectangle
et passant par l’origine. Les trois symetries non triviales sont donc données par
−1 0
0 1,1 0 0−1,−1 0 0−1.
Soit Sun triangle scalène. Alors, toute isométrie mtelle que m(S) = Sdoit
fixer chacun des sommets, car les isométries préservent les angles et un triangle
scalène a trois angles distincts. Donc, en fixant trois points non alignés, une telle
isométrie doit forcement être l’identité.
Soit Qnl’ensemble des sommets d’un polygone régulier à ncôtés. Evidem-
ment, Qnest non vide et ne peut pas être isométrique à un polygone régulier
puisque il est de cardinal fini. Son groupe des symétries GQnest le même du
groupe des symétries du polygone régulier à ncôtés dont il en forme les sommets,
et donc GQn'Dn.
Exercice 3. On considère le groupe des quaternions
Q=h−1, i, j, k |(−1)2= 1, i2=j2=k2=ijk =−1i.
(i) Déterminer les classes de conjugaison de Q.
(ii) Déterminer le nombre et les dimensions des classes d’isomorphisme des
représentations complexes de Q.
(iii) Construire explicitement les 4représentations de dimensions 1de Q.
(iv) Écrire le tableau des caractères de Q.
(v) Construire explicitement la représentation irréductible de dimension 2
de Q. (Indication. Soit H={a+bi +cj +dk |a, b, c, d ∈R}le corps (non
commutatif) des quaternions. Soit V'C2un espace vectoriel complexe,
l’isomorphisme étant donné par le choix d’une base {1, j}. Un vecteur de
Vs’écrit donc formellement comme (a+bi)1 + (c+id)jet ceci donne une
3

identification entre Vet H. Maintenant, faire agir Hsur Và droite, i.e.
en multipliant, via cette identification, à droite par l’inverse de l’élément
qui agit.)
Solution. Les éléments 1et −1commutent avec tous les autres éléments et
donc forment deux classes de conjugaison de cardinal 1. Les autres classes de
conjugaison sont de cardinal au moins 2, puisque Z(H) = {1,−1}. D’autre part,
le cardinal de chacune de ces classes divise 8, et leur somme est 6. Donc, on
trouve trois autres classes de conjugaison de cardinal 2. Elles sont {±i},{±j}
et {±k}.
Le nombre r(G)de classes d’isomorphisme de représentations irréductibles
complexes d’un groupe fini est égal au nombre de classes de conjugaison du
groupe et donc r(H)=5. Soient ρ`,`= 1,...,5, des représentants pour chacune
de ces classes et d`= dim ρ`. Soit ρ1la représentation triviale. Nous avons que
8 = d2
1+d2 2+d2 3+d2 4+d2 5,d1= 1 et, pour tout `,d`divise 8. Or, 7 = d2 2+d2 3+d2 4+d2 5
et donc au moins un des d`,`= 2,...,5, doit être égal à 1, disons d2. Nous
restons alors avec 6 = d2
3+d2 4+d2 5et la seule possibilité (quitte à permuter) est
d3=d4= 1,d5= 2.
Soit ρ:H→C∗une représentation de dimension 1de H. Alors ρne peut pas
être fidèle, autrement Hserait abélien. Donc, ker ρest un sous-groupe distingué
de H,ker ρ6={1}. Si ker ρ=Hnous obtenons la représentation triviale ρ1. Les
autres possibilités pour ker ρsont
Z(H) = {±1}, I ={±1,±i}, J ={±1,±j}, K ={±1,±k}.
Or, H/I 'H/J 'H/K 'Z2et H/Z(H)'V'Z2×Z2(H/Z(H)est d’ordre
4mais s’il était cyclique, Hserait abélien). Evidemment, ρse factorise comme
la composée de la projection sur le quotient H→H/ker ρpar la représentation
fidèle induite H/ker ρ→C∗. De plus, il n’y a qu’une façon de représenter de
façon non triviale Z2dans Cet donc on obtient les représentations suivantes.
Lorsque ker ρ=I
ρ({±1,±i})=1, ρ(({±j, ±k}) = −1.
Lorsque ker ρ=J
ρ({±1,±j})=1, ρ(({±i, ±k}) = −1.
Lorsque ker ρ=K
ρ({±1,±k}) = 1, ρ(({±i, ±j}) = −1.
Lorsque ker ρ=Z(H), les représentations obtenues en composant la projection
sur le quotient par une représentation de Vdans C∗donnent encore les trois
représentations ci-dessus. Le quatre représentations ainsi trouvées ne sont pas
isomorphes entre elles puisqu’elles ont des caractères différents.
Le tableau des caractères partiel trouvé pour le moment est
Or, dans l’espace C ' C5des fonction centrales sur H, muni du produit
hermitien
hφ, ψi=1
8φ1¯
ψ1+φ2¯ ψ2+ 2 φ3¯ ψ3+ 2 φ4¯ ψ4+ 2 φ5¯ ψ5,
4

(1) (1) (2) (2) (2)
1 -1 i j k
χ11 1 1 1 1
χ21 1 1 -1 -1
χ31 1 -1 1 1
χ41 1 -1 -1 1
χ52
nous avons χ5∈Span(χ1, χ2, χ3, χ4)⊥. Si (z1, . . . , z5)sont le coordonnées dans
C5, nous avons que Span(χ1, χ2, χ3, χ4) = {z1−z2= 0}. Donc,
Span(χ1, χ2, χ3, χ4)⊥=C(1,−1,0,0,0),
et χ5= (2,−2,0,0,0).
Avec les notation de l’indication, si on pose z=a+ib et w=c+id, on a
(−1) ∗(z, w)↔(z+wj)(−1) = (−z)+(−w)j↔(−z, −w),
i∗(z, w)↔(z+wj)(−i) = (−iz)+(iw)j↔(−iz, iw),
j∗(z, w)↔(z+wj)(−j) = w+ (−z)j↔(w, −z),
k∗(z, w)↔(z+wj)(−k) = −zk −wjk =−iw + (−iz)j↔(−iw, −iz).
Les matrices de l’action de ces éléments sont donc données par
−1↔−1 0
0−1, i ↔−i0 0i, j ↔0 1 −1 0, k ↔0−i −i0.
Ceci définit bien une représentation complexe de dimension 2, avec caractère χ5.
Elle est donc la représentation complexe irréductible du groupe des quaternion
de dimension 2.
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