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

Algèbre
Partiel du 09/03/2015 avec corrigé
Simone DIVERIO
Exercice 1. Soit p un nombre premier, k un entier strictement positif et G un
groupe d’ordre pk .
(i) Prouver que le centre Z(G) de G est non trivial.
Soit maintenant k = 2.
(ii) Prouver que G est abélien.
(iii) Prouver que ou bien G est isomorphe à Zp2 ou alors G est 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 précédentes).
Solution. Un élément de G est 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 G devrait avoir
p éléments (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 G n’était pas abélien, alors {1G } ( Z(G) ( G. Soit g ∈
G \ Z(G) et considérons le centralisateur Z(g) de g dans G. Alors, Z(G) ( Z(g)
puisque g ∈ Z(g) et donc, par le Théorème de Lagrange, Z(g) = G. Mais alors
g commute avec tous les éléments de G et g ∈ Z(G), contradiction.
Si G a un élément d’ordre p2 alors G est cyclique d’ordre p2 et G ' Zp2 .
Supposons donc que tout élément dans G \ {1G } soit d’ordre p. Soient g, g 0 ∈
G \ {1G } tels que g 0 6∈ H := hgi ' Zp , et notons K = hg 0 i ' Zp . Alors, H ∩ K =
{1G }, puisque autrement on aurait que H = K, mais g 0 ∈ K \ H. De plus, G
étant abélien, H et K sont 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 G un groupe abélien d’ordre 8. Si G possède un élément d’ordre 8, alors
G est cyclique d’ordre 8 et G ' Z8 . Donc, on peux supposer dès maintenant
que tout élément de G \ {1G } est d’ordre 2 ou 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 ' Z2 et K = hyi ' Z2 . Les sousgroupes H et K sont distingués dans G (G étant abélien) et H ∩ K = {1G },
puisque x 6= y. Donc V = HK est un sous-groupe de G isomorphe au groupe
de Klein Z2 × Z2 . Soit z ∈ G \ V et posons I = hzi ' Z2 . Le sous-groupe I
1
est distingué dans G, I ∩ V = {1G }, et V I est un sous-groupe de G contentant
strictement V . Donc |V I| > 4 et |V I| doit diviser 8, donc V I = G et G '
V × I ' Z2 × Z2 × Z2 .
Il nous reste le cas où G a un élément h d’ordre 4. Posons H = hhi ' Z4 .
S’il existe un g ∈ G \ H d’ordre 2, alors K = hgi ' Z2 est distingué dans G,
H ∩ K = {1G } et HK est un sous-groupe de G d’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 x soit d’ordre 4. Alors x2 est d’ordre 2. Si x2 6∈ H, nous posons
g = x2 et nous avons terminé. Si x2 ∈ H, alors x2 = h2 et dans ce cas posons
g = xh. Alors, g 2 = (xh)2 = xhxh = x2 h2 = h4 = x4 = 1G , donc g est d’ordre
2. D’autre part, g 6∈ H puisque si g = hj , on aurait x = hj−1 ∈ H, mais x 6∈ H.
Ces trois classes d’isomorphisme sont évidemment distinctes car dans la première 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 n est un nombre entier strictement positif on définit le groupe
diédral de degré n comme
Dn = hx, y | xn = y 2 = 1, yx = x−1 yi.
(i) Prouver que tout sous-groupe d’un groupe diédral est un groupe diédral
ou cyclique.
Soit maintenant π le plan euclidien, M le groupe des isométries de π, et soient
respectivement T ⊂ π et R ⊂ π un triangle isocèle et un rectangle. Posons
GT := {m ∈ M | m(T ) = T },
et GR := {m ∈ M | m(R) = R}.
(ii) Prouver que GT et GR sont des sous-groupes finis de M .
(iii) Déterminer les possibles classes d’isomorphisme pour GT et GR .
(iv) Pour chacun des deux groupes GT et 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 ⊂ π dont le groupe
des symétries est trivial.
(vi) Donner, pour tout entier strictement positif n, un exemple d’un sousensemble non vide Qn ⊂ π qui ne soit pas isométrique à un polygone
régulier à n côtés 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 T et de R en sens horaire avec les nombres
respectivement de 1 à 3 et de 1 à 4 (pour T on va placer 1 sur le sommet dont
l’angle n’est pas forcement égal aux deux autres). Ceci permet de construire deux
homomorphismes ϕT : GT → S3 et 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, GT et GR sont d’ordre fini. Ils sont clairement des sous-groupes.
2
Si T est équilatéral, alors par définition GT ' D3 et, de façon analogue, si
R est un carré alors GR ' D4 . Si T n’es pas équilatéral alors, puisque toute
isométrie préserve les angles, le sommet 1 doit forcement être fixé et les sommets
2 et 3 peuvent être fixés ou échangés. Le groupe GT a dans ce cas 2 éléments, et
donc GT ' Z2 ' D1 . Si R n’est pas un carré, alors GR est d’ordre 4, car une fois
décidé où déplacer le sommet 1, le mouvement des autres est déterminé. Donc
GR ' Z4 ou GR ' D2 ' V . Si GR ' Z4 , GR serait 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 T n’est pas équilatéral et que R n’est pas un carré (on a
vu en cours les représentations matricielles réelles standard de dimension deux
de D3 et D4 ).
Pour T , on va choisir comme origine un point de la hauteur relative au
sommet 1 et 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
1 0
−1 0
,
,
.
0 1
0 −1
0 −1
Soit S un triangle scalène. Alors, toute isométrie m telle que m(S) = S doit
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 Qn l’ensemble des sommets d’un polygone régulier à n côtés. Evidemment, Qn est non vide et ne peut pas être isométrique à un polygone régulier
puisque il est de cardinal fini. Son groupe des symétries GQn est le même du
groupe des symétries du polygone régulier à n côtés 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 = j 2 = k 2 = 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 4 représentations de dimensions 1 de 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 ' C2 un espace vectoriel complexe,
l’isomorphisme étant donné par le choix d’une base {1, j}. Un vecteur de
V s’écrit donc formellement comme (a + bi)1 + (c + id)j et ceci donne une
3
identification entre V et H. Maintenant, faire agir H sur V à droite, i.e.
en multipliant, via cette identification, à droite par l’inverse de l’élément
qui agit.)
Solution. Les éléments 1 et −1 commutent 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 ρ1 la représentation triviale. Nous avons que
8 = d21 +d22 +d23 +d24 +d25 , d1 = 1 et, pour tout `, d` divise 8. Or, 7 = d22 +d23 +d24 +d25
et donc au moins un des d` , ` = 2, . . . , 5, doit être égal à 1, disons d2 . Nous
restons alors avec 6 = d23 + d24 + d25 et la seule possibilité (quitte à permuter) est
d3 = d4 = 1, d5 = 2.
Soit ρ : H → C∗ une représentation de dimension 1 de H. Alors ρ ne peut pas
être fidèle, autrement H serait abélien. Donc, ker ρ est un sous-groupe distingué
de H, ker ρ 6= {1}. Si ker ρ = H nous obtenons la représentation triviale ρ1 . Les
autres possibilités pour ker ρ sont
Z(H) = {±1},
I = {±1, ±i},
J = {±1, ±j},
K = {±1, ±k}.
Or, H/I ' H/J ' H/K ' Z2 et H/Z(H) ' V ' Z2 × Z2 (H/Z(H) est d’ordre
4 mais s’il était cyclique, H serait abélien). Evidemment, ρ se factorise comme
la composée de la projection sur le quotient H → H/ ker ρ par la représentation
fidèle induite H/ ker ρ → C∗ . De plus, il n’y a qu’une façon de représenter de
façon non triviale Z2 dans C et donc on obtient les représentations suivantes.
Lorsque ker ρ = I
ρ({±1, ±i}) = 1,
ρ(({±j, ±k}) = −1.
ρ({±1, ±j}) = 1,
ρ(({±i, ±k}) = −1.
ρ({±1, ±k}) = 1,
ρ(({±i, ±j}) = −1.
Lorsque ker ρ = J
Lorsque ker ρ = K
Lorsque ker ρ = Z(H), les représentations obtenues en composant la projection
sur le quotient par une représentation de V dans 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 ' C5 des fonction centrales sur H, muni du produit
hermitien
hφ, ψi =
1
φ1 ψ̄1 + φ2 ψ̄2 + 2 φ3 ψ̄3 + 2 φ4 ψ̄4 + 2 φ5 ψ̄5 ,
8
4
χ1
χ2
χ3
χ4
χ5
(1)
1
1
1
1
1
2
(1)
-1
1
1
1
1
(2)
i
1
1
-1
-1
(2)
j
1
-1
1
-1
(2)
k
1
-1
1
1
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 0
−i 0
0 1
0
−1 ↔
, i↔
, j↔
, k↔
0 −1
0 i
−1 0
−i
−i
.
0
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.
5