55 à 60 - Département de mathématiques et de statistique

10.3. Th´eor`emes de Mackey. Soient maintenant deux sous groupes Het Kde Get Vun
kH-module (o`u kest un corps). Alors on obtient le kG-module IndG
HVpar induction et puis le
kK-module ResG
KIndG
HVpar restriction. On peut partiellement d´ecomposer ce kK-module.
Fixons pour le moment un ´el´ement s∈G. On obtient un sousgroupe Ks< K d´efini par
Ks:= K∩sHs−1.
Sur l’espace vectoriel Von a une action par H; nous l’utilisons pour d´efinir une action de Kssur
Vpar
σ·v:= (s−1σs)v, σ ∈Ks, v ∈V.
Il y a un sens parce que s−1σs ∈H. Nous notons Vavec cette structure de kKs-module par Vs.
Proposition 10.1 (Mackey).Soient s1, . . . , sr∈Gdes repr´esentants des double-translat´es K\G/H.
Alors il y a un isomorphisme de kK-modules
ResG
KIndG HV'
r
M
i=1
IndK
KsiVsi.
Preuve. Fixons s∈Gencore. Consid´erons l’espace de fonctions
Ws:= {f:KsH −→ V;∀x∈KsH, ∀h∈H:f(xh−1) = hf(x)}.
Comme pour les modules d’induction on montre que c’est un espace vectoriel et Kagit lin´eairement
sur Wspar
(σ·f)(x):=f(σ−1x),
pour σ∈K,f∈Wset x∈KsH. Montrons que Ws'IndK
KsVs.
Rappelons que
IndK
KsVs={f:K−→ Vs;∀x∈K, ∀σ∈Ks:f(xσ−1) = σv}.
Pour f∈Wsd´efinissons f:K−→ Vspar f(x) := f(xs), o`u x∈K. V´erifions que f∈IndK
KsVs.
Soit σ∈Kset x∈Kalors
f(xσ−1) = f(xσ−1s) = f(xs ·s−1σ−1s) = s−1σsf(xs) = σ·(f(x)).
L’application f7→ fest un kK-module homomorphisme:
g·f(x) = (g·f)(xs) = f(g−1xs) = f(g−1x) = (g·f)(x)
pour g∈K,x∈K. C’est un isomorphisme, son inverse est l’application f7→ ˜ f, o`u
˜
f(xsh):=h−1f(x),
o`u x∈K,h∈H. Par construction l’application ˜ fest dans Ws, et
˜
f(xsh) = h−1f(x) = h−1f(xs) = f(xsh)
et
˜
f(x) = ˜ f(xs) = f(x).
Sauf possiblement f7→ ˜ fn’est pas bien d´efinie, parce que’elle d´epend des choix. Supposons
xsh =x1sh1, o`u x, x1∈Ket h, h1∈H. Alors x−1
1x=sh1h−1s−1∈K∩sHs−1=Ks. Mais fa
une sym´etrie par rapport `a Ks:f(x) = f(x1(x−1
1x)) = (x−1 1x)−1f(x1) pour l’action de Kssur Vs,
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donc h−1f(x) = h−1s−1(x−1
1x)−1sf(x1) = h−1 1f(x) pour l’action de Hsur V. Alors l’application
f7→ ˜ f´etait bien-d´efinie.
On a une inclusion Ws−→ ResG
KIndG
HVde kH-modules si on ´etend une application f:KsH
−→ Vvers une fonction f:G−→ Vo`u on d´efinit f(x) = 0 si x6∈ KsH. Si Ks1Het Ks2Hsont
disjoints, alors Ws1∩Ws2={0}. De l’autre cˆot´e chaque f:G−→ Vest uniquement d´etermin´ee
par ses restrictions sur tous les double-translat´es KsH.
Si s1, . . . , sr∈Gsont des repr´esentants des double-translat´es K\G/H on obtient une bijection
⊕r
i=1Wsi'ResG
KIndG
HV. Et la preuve est compl`ete. 
On obtient le crit`ere d’irr´eductibilit´e de Mackey, en prenant K=H.
Corollaire 10.3. Soit Hun sous-groupe du groupe fini Get Vun CH-module.
Alors IndG
HVest un CG-module simple si et seulement si
(i) Vest simple comme CH-module, et
(ii) Pour chaque s∈G\Hles deux CHs-modules Vs(d´efini plus haut) et ResH
HsVsont disjoint
(c-`a-d, il n’existe pas un CHs-module simple qui apparaˆıt dans ces deux CHs-modules).
Preuve. On utilise la r´eciprocit´e de Frobenius plusieurs fois. Soient s1, . . . , srdes repr´esentants des
double-translat´es H\G/H, en supposant que s1=1. Nous avons Hs1=H, et donc V=Vs1=
ResH
HV.
(IndG
HχV,IndG HχV)G= (ResG HIndG HχV, χV)H=X
i
(IndH
HsiχVsi, χV)H=
= (χV, χV)H+X
i>1
(χVsi,ResH
HsχV)Hs
Il suit que IndG
HVest simple ⇐⇒ (IndG HχV,IndG HχV)G= 1 ⇐⇒ (χV, χV)H= 1 et pour
chaque i > 1: (χVsi,ResH
HsχV) = 0. Et on obtient le r´esultat voulu. 
Si Vest un kH-module, HCG, alors pour chaque s∈Gon obtient un kH-module Vs,son
module conjugu´e, par g·v:= sgs−1v.
Corollaire 10.4. Soit HCGun sous-groupe normal du groupe fini Get Vun CH-module.
Alors IndG
HVest un CG-module simple si et seulement si
(i) Vest simple comme CH-module, et
(ii) Pour chaque s∈G\Hle module conjugu´e Vsn’est pas isomorphe `a V.
Exemple 10.4.Consid´erons Alt5CS5. Ils existent deux repr´esentations simples complexes pour
Alt5de degr´e 3, disons χ2(avec CAlt5-module V) et χ3. Soit g1= (1,2,3,4,5) et g2= (2,1,3,4,5) =
(12)g1(12)−1, alors g1et g2ne sont pas conjugu´es dans Alt5. On a χ2(g2) = χ3(g1)6=χ2(g1), donc
V(12) n’est pas isomorphe `a V(mais `a l’autre CAlt5-module de dimension 3). Alors IndS5
Alt5Vest
un CSn-module simple de dimension 6.
11. Entiers alg´ ebriques
On rappelle que a∈Cest un entier alg´ebrique s’il existe un polynˆome unitaire
f(T) = Tn+m1Tn−1+. . . +mn−1T+mn

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avec coefficients mi∈Ztel que f(a) = 0.
Nous avons le crit`ere suivant pour les entiers alg´ briques, une cons´equence du th´eor`eme de Cayley-
Hamilton de l’alg`ebre lin´eaire.
Proposition 11.1. Soit a∈C. Alors aest un entier alg´ebrique si et seulement si il existe un
sous-anneau A⊂Cde rang fini sur Z, tel que a∈A.
Preuve. Si aest une racine du polynˆome Tn+m1Tn−1+. . . +mn−1T+mn∈Z[T], alors an=
−m1an−1−. . .−mn−1a−mnet donc le Z-module Aengendr´e par 1, a, . . . , an−1est un sous-anneau
de Cde rang n < ∞sur Z.
Par contre, soit A⊂Cun sous-anneau qui a rang n < ∞sur Zet a∈A. Alors il existe une
Z-base x1, . . . , xnde A. Il existe une matrice M= (mij) d’entiers telle que
axj=
n
X
i=1
mijxi.
La puissance Micorrespond `a ai. Soit f(T) = χM(T) = det(T1−M) le polynˆome caract´eristique
de la matrice M. C’est un polynˆome unitaire de degr´e ndans Z[T], car le coefficient de la matrice
sont entiers. Par le th´eor`eme de Cayley-Hamilton f(M) = 0. Donc aussi f(a) correspond `a la
matrice 0, donc f(a) = 0. Et donc aest un entier alg´ebrique. 
Exemple 11.1.Les exemples les plus importants dans la th´eorie de la repr´esentation sont les suivants.
Les entiers alg´ebriques contenus dans Qsont les entiers ordinaires, c.-`a-d.les ´el´ements de Z.
Preuve. Soit a=r
sune fraction qui est aussi un entier alg´ebrique avec polynˆome Tn+m1Tn−1+
. . . +mn−1T+mn∈Z[T]. On peut supposer que ret ssont relativement premiers. Supposons
a6∈ Z, c.-`a-d., s6=±1. En substituant aet en multipliant par snon obtient
rn+m1rn−1s+. . . +mn−1rsn−1+mnsn= 0
et il suit que sdivise rn. Contradiction. Donc a∈Z.
Soit n∈N. D´efinissons le nombre complexe n=e2πi/n ∈C; c’est une solution de l’´equation
Tn−1 = 0, donc est un entier alg´ebrique. Les entiers alg´ebriques contenus dans le corps Q(n)
(le plus petit sous-corps de Ccontenant Qet n) forment le sous-anneau Z[n] = Z+Zn+Z2
n+
. . . +Zn−1
nengendr´e par n;Z[n] est de rang ≤nsur Z. Le groupe multiplicatif Γn= (Z/nZ)×
agit sur Q()Q-lin´eaire par
(m+nZ)•X
i
qii:= X
i
qimi,
o`u qi∈Q. On a Q(n)Γn=Qet Z[n]Γn=Z.
Preuve. Soit Φn(T) := Qm∈Γn(T−m
n). Alors par exemple Φ1(T) = T−1, Φ2(T) = T+ 1,
Φ3(T) = T2+T+ 1, Φ4(T) = T2+ 1. On a Qd|nΦd(T) = Tn−1. On utilise cet identit´e pour
montrer par induction que chaque Φd(T) est unitaire, dans Z[T] et irre´eductible (cf. [3, §13.6]).
Il suit que Q(n)'Q[T]/(Φn(T) et aussi que Pm∈Γnm
n∈Z.
Soit α=Piqii∈Q()Γn, o`u gi∈Q. Alors
α=1
|Γn|X
m∈ΓnX
i
qim
n=X
i
qi 1
|Γn|X
m∈Γn
m
n!∈Q.

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Alors Q(n)Γn=Qet aussi Z[n]Γn=Z.
Un ´el´ement g´en´eral de Q() s’´ecrit uniquement comme
a=r0+r1n+r22+. . . +rφ(n)−1φ(n)−1
s,
o`u les riet ssont entiers et φ(n):=|Γn|. Supposons aest un entier alg´ebrique et a6∈ Z[], c.-`a-d.,
sne divise pas tous les coefficients ri. Comme avant, en substituant a=r
sdans son polynˆome
d’int´egrit´e et en multipliant par snon obtient
rn+m1rn−1s+. . . +mn−1rsn−1+mnsn= 0
et il suit que sdivise rn. Contradiction. Donc a∈Z[].
Maintenant nous commen¸cons `a donner des applications dans la th´eorie des repr´esentations.
Proposition 11.2. Soit ρ:G−→ GL(d, C)une repr´esentation complexe d’un groupe fini avec le
caract`ere χ:G−→ C. Soit g∈Gd’ordre net posons n=e2πi/n ∈C. Alors χ(g)∈Z[n].
Si pour chaque m∈Zrelativement premier avec non a que gmest conjugu´e `a g, alors on a
mˆeme que χ(g)∈Z.
Preuve. On peut diagonaliser la matrice ρ(g) d’ordre fini. Les coefficients sur le diagonal sont tous
de la forme ri
n, pour certaines ri, 1 ≤i≤N. Donc la trace est Piri n∈Z[n].
Si mest relativement premier avec n, alors χ(gm) = Pimri=χ(g), donc χ(g)∈Z[]Γn=Z,
par l’exemple pr´ec´edent. 
Proposition 11.3. Soit χ:G−→ Cun caract`ere simple et C(g)la classe de conjugaison de g.
Alors |C(g)|χ(g)
χ(1G)est un entier alg´ebrique.
Preuve. Soient C1, . . . , Ccles classes de conjugaison, et [Ci] = Pg∈Ci[g]∈CG. Choisissons des
repr´esentants ci∈Ci. Alors [Ci][Cj] = Praijr[Cr], o`u aijr =|{x∈Ci, y ∈Cj;xy =cr}|. Donc
PiZ[Ci] est un sous-anneau du centre de CGde rang fini. Fixons maintenant une repr´esentation
simple ρde caract`ere χ. Alors par le lemme de Schur ρ(c) est scalaire, pour chaque cdans le centre
de CG, disons a(c) Id. Par restriction, PiZ[Ci]−→ C:c7→ a(c) est un homomorphisme d’anneau.
L’image est donc un sous-anneau de Cde rang fini sur Z. Alors par le crit`ere de prop. 11.1,
chaque image est un entier alg´ebrique. En particulier, a([Ci]) est un entier alg´ebrique. On calcule
a([Ci]) = χ([Ci])/χ(1G) = |Ci|χ(ci)/χ(1G) et on conclut. 
Proposition 11.4. La dimension de chaque repr´esentation simple complexe divise l’ordre du
groupe.
Preuve. Soit χun tel caract`ere simple. On a
|G|
χ(1) =|G| χ(1) < χ, χ >=1 χ(1)
c
X
i=1
|Ci|χ(ci)χ(c−1
i) =
c
X
i=1
|Ci|χ(ci)
χ(1) χ(c−1
i)
est un entier alg´ebrique inclu dans Q, donc est un entier ordinaire. Alors χ(1) divise |G|dans Z.

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11.1. Le th´eor`eme paqbde Burnside. Une des premi`eres applications importantes de la th´eorie
des caract`eres ´etait le th´eor`eme de Burnside disant que chaque groupe d’ordre paqb, o`u p, q premiers,
est r´esoluble. Dans la preuve le prochain r´esultat est utilis´e.
Soit ρ:G−→ GL(V) une repr´esentation simple complexe. Le centre de ρ, not´e Z(ρ) est par
d´efinition Z(ρ):=ρ−1(Z(GL(V))), c-`a-d, les g∈Gqui sont envoy´e sur une matrice scalaire. Donc
Z(ρ)CG.
Proposition 11.5 (Burnside).Soit ρune repr´esentation simple d’un groupe fini Gavec caract`ere
χet g∈G. Supposons que pgcd(χ(1),|C(g)|) = 1. Alors g6∈ Z(ρ)si et seulement si χ(g) = 0.
Preuve. Par l’hypoth`ese ils existent deux entiers a, b ∈Ztels que aχ(1) + b|C(g)|= 1. Donc par
prop. 11.3
b|C(g)|χ(g)
χ(1) =(1 −aχ(1))χ(g) χ(1) =χ(g) χ(1) −aχ(g)
est un entier alg´ebrique, et donc aussi α:= χ(g)
χ(1) est un entier alg´ebrique.
Soit n=O(g), l’ordre de g. Posons := e2πi/n ∈C. L’extension de corps Q⊂Q() a
Γn= (Z/nZ)×comme groupe de Galois. L’automorphisme γ=m(mest relativement premier
avec n) est induite par γ() = m. Le nombre γ(α) est aussi un entier alg´ebrique, et si α6= 0 alors
aussi γ(α)6= 0. Le produit N(α) := Qγ∈Γγ(α) est Γ-invariant, donc N(α)∈Q()Γ
n=Qet N(α)
est un entier alg´ebrique. Donc N(α)∈Z.
Supposons que g∈Z(ρ), alors par Schur il existe un c∈C,|c|= 1, tel que ρ(g) = c1, donc
|χ(g)|=|c|χ(1) = χ(1) 6= 0.
Par contre si g6∈ Z(ρ) alors par l’in´egalit´e du triangle on a |χ(g)|< χ(1), donc |α|<1. Pour
chaque γ∈Γ on a aussi |γ(α)|<1 et donc |N(α)|<1. Mais N(α)∈Z, donc N(α) = 0. Alors
α= 0 et χ(g) = 0. 
Corollaire 11.1. Soit Gun groupe simple et non-ab´elien. Supposons |C(g)|=prpour un g∈G
et un nombre premier p. Alors g=1.
Preuve. Supposons g6=1. Soit ρune repr´esentation simple non-triviale avec caract`ere χ. Le sous-
groupe Z(ρ) est normal dans G, donc Z(ρ) = {1}ou Z(ρ) = G, parce que Gest simple. Mais si
Z(ρ) = G, n´ecessairement χ(1) = 1 et on obtient un homomorphisme non-triviale G−→ C×, injectif
parce que Gest simple. Donc Gest ab´elien; contradiction avec l’autre hypoth`ese. Donc g6∈ Z(ρ).
Par prop. 11.5 si pne divise pas χ(1) alors χ(g) = 0. On applique une relation d’orthogonalit´e du
tableau de caract`eres simples:
0 = X
χirr.
χ(1)χ(g) = 1 + X
χirr.;p|χ(1)
χ(1)χ(g)
Alors
−1
p=X
χirr.;p|χ(1)
χ(1)
pχ(g)
est un entier alg´ebrique et donc dans Z. Une contradiction. Alors g=1.
Th´eor`eme 11.1 (Burnside).Supposons |G|=paqb, o`u p, q premier. Alors Gest r´esoluble.