Exercices corrigés — Représentations & caractères

Une représentation est un morphisme de groupes vers $GL(V)$.

La régulière agit sur $\mathbb{C}[G]$ (base indexée par $G$).

La permutation agit sur $\mathbb{C}^X$ par $\rho(g)e_x=e_{g\cdot x}$.

Une représentation, c'est faire agir un groupe abstrait par des MATRICES. On remplace des éléments dont on ne sait rien par des objets qu'on sait calculer : trace, déterminant, valeurs propres.

👉 Tout le chapitre repose sur cet échange, et le caractère $\chi(g)=\operatorname{tr}\rho(g)$ en sera l'invariant central.

Triviale : $\rho(g)=1$ pour tout $g$. C'est un morphisme, et c'est le plus simple possible.

Signature : $\rho(\sigma)=\varepsilon(\sigma)=\pm 1$, définie sur $S_n$ uniquement.

Permutation : $G$ agit sur un ensemble $X$, et l'on fait permuter la base $(e_x)_{x\in X}$ de $\mathbb{C}^X$ :

Régulière : le cas $X=G$ avec l'action par translation. C'est la plus grosse, et elle contient toutes les irréductibles (exercice C6).

Pour la représentation de permutation, il faut $\rho(gh)=\rho(g)\rho(h)$ :

C'est exactement l'axiome d'action $g\cdot(h\cdot x)=(gh)\cdot x$, transporté sur la base.

👉 C'est le pont avec le chapitre précédent : toute action fournit une représentation, et le lemme de Burnside en deviendra un cas particulier des relations d'orthogonalité (exercice D5).

Les matrices obtenues sont des matrices de PERMUTATION : un seul $1$ par ligne et par colonne, le reste nul.

La troisième ligne est l'exercice A4 : la trace d'une matrice de permutation compte les points fixes, car un $1$ n'apparaît sur la diagonale que si $g\cdot x=x$.

La quatrième est l'exercice A5 : dans la régulière, $g\neq e$ ne fixe aucun élément de $G$ (l'action par translation est libre), d'où une trace nulle.

Le résultat qui organise tout :

Sur $S_3$ : $1^2+1^2+2^2=6$ ✓ — trois irréductibles, trois classes de conjugaison.

👉 Cette contrainte est si forte qu'elle DÉTERMINE souvent les degrés : pour $\lvert G\rvert=6$ avec $3$ classes, la seule décomposition possible en carrés est $1+1+4$. La table de caractères se construit alors presque sans calcul (exercice C1).

Une sous-représentation est un sous-espace stable par tous les $\rho(g)$.

$\rho'\sim\rho$ s'il existe $P$ inversible avec $\rho'(g)=P\rho(g)P^{-1}$.

$P$ envoie les sous-espaces stables de $\rho$ sur ceux de $\rho'$.

Les irréductibles sont les « atomes » : par Maschke (exercice B1), toute représentation en est une somme directe. Les classifier, c'est tout connaître.

C'est un CHANGEMENT DE BASE simultané pour tous les $g$ — et le « simultané » est le point : un seul $T$ doit convenir pour l'ensemble du groupe.

👉 C'est beaucoup plus contraignant, et c'est ce qui rend la classification possible : il y a très peu de représentations à équivalence près.

Supposons $\rho$ irréductible et $\rho'=T\rho T^{-1}$. Soit $W'$ une sous-représentation de $\rho'$.

Posons $W=T^{-1}(W')$. Alors pour tout $g$ :

$W$ est donc stable par $\rho$, donc vaut $0$ ou $V$ par irréductibilité. Comme $T$ est bijective :

👉 Le geste est le transport de structure : on ramène une question sur $\rho'$ à la même question sur $\rho$, via $T$. C'est ce qui rend l'irréductibilité un invariant de la classe d'équivalence — et donc une propriété du caractère (exercice E3).

La quatrième ligne est le contre-exemple à retenir : la droite des vecteurs constants est toujours stable dans une représentation de permutation.

👉 Une représentation de permutation n'est JAMAIS irréductible dès que $\lvert X\rvert\geq 2$ : elle contient toujours la triviale. C'est le point de départ de l'exercice A6.

La dernière ligne est ce qui rend la théorie CALCULABLE : décider l'irréductibilité devient un calcul de somme finie, sans jamais chercher de sous-espace stable.

Sur le caractère standard de $S_3$, $\chi=(2,0,-1)$ avec les tailles $(1,3,2)$ :

$GL_1(\mathbb{C})=\mathbb{C}^\times$.

Pour $C_n$, $\rho(c)$ détermine tout, et $\rho(c)^n=1$.

$\rho(c)$ est une racine $n$-ième de l'unité.

où $\zeta_n=e^{2i\pi/n}$ et $k=0,\dots,n-1$.

C'est le cas modèle : sur un groupe cyclique, tout est de degré $1$ et tout se calcule explicitement.

Une représentation de degré $1$ agit sur $V=\mathbb{C}$, et

car une matrice $1\times 1$ est inversible si et seulement si son unique coefficient est non nul.

Et une telle représentation est TOUJOURS irréductible : $\mathbb{C}$ n'a pas de sous-espace propre non trivial.

👉 C'est le seul cas où caractère et représentation coïncident ; en degré $\geq 2$, le caractère est une trace, donc une information strictement plus pauvre... et pourtant suffisante (exercice E3).

Un morphisme $\rho:C_n\to\mathbb{C}^\times$ est déterminé par $\rho(c)$ — puisque $c$ engendre le groupe.

Et $\rho(c)$ est contraint par $c^{n}=e$ :

Il y en a exactement $n$ : $1,\zeta_n,\zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{\,n-1}$.

Réciproquement, chaque racine $\zeta_n^{\,k}$ définit bien un morphisme :

et l'on vérifie : $\chi_k(c^{j}c^{l})=\zeta_n^{k(j+l)}=\chi_k(c^{j})\chi_k(c^{l})$ ✓

Contrôle 1 — la somme des carrés des degrés :

Contrôle 2 — le nombre de classes de conjugaison. $C_n$ étant abélien, chaque élément forme sa propre classe :

conforme à l'exercice E4.

Contrôle 3 — l'orthogonalité. Pour $k\neq l$ :

car c'est une somme géométrique de raison $\zeta_n^{k-l}\neq 1$ :

C'est exactement la matrice de la transformée de Fourier discrète, et les relations d'orthogonalité y sont les relations d'orthogonalité des exponentielles.

👉 La décomposition d'une représentation en irréductibles GÉNÉRALISE la décomposition d'une fonction en série de Fourier. C'est ce qui donne son nom à l'« analyse harmonique sur les groupes ».

Et le cas abélien général suit : par l'exercice B3, tout groupe abélien n'a que des irréductibles de degré $1$, et sa table est celle du groupe dual $\hat G\simeq G$.

$\rho(g)$ est la matrice de permutation de l'action de $g$.

La trace compte les $1$ sur la diagonale.

Le coefficient diagonal $(x,x)$ vaut $1$ ssi $g\cdot x=x$.

Le caractère de la représentation de permutation COMPTE LES POINTS FIXES.

👉 C'est le pont exact avec le lemme de Burnside : celui-ci calcule une moyenne de $\lvert\mathrm{Fix}(g)\rvert$, c'est-à-dire — on le verra à l'exercice D5 — un produit scalaire $\langle\chi_X,\mathbf 1\rangle$.

Dans la base $(e_x)_{x\in X}$, la représentation agit par

Les coefficients de la matrice :

C'est une MATRICE DE PERMUTATION : exactement un $1$ par colonne (et par ligne).

Chaque terme diagonal vaut :

On somme donc des $1$, un par point fixe :

Contrôle : $\chi(e)=\lvert\mathrm{Fix}(e)\rvert=\lvert X\rvert=\deg\rho$ ✓ — conforme à la règle générale $\chi(e)=\deg\rho$.

Justification de chaque ligne : une transposition $(1\,2)$ fixe le point $3$ — donc un point fixe ; un $3$-cycle n'en fixe aucun.

Contrôle par l'irréductibilité :

👉 Le $2$ n'est pas qu'un « non » : il dit que la représentation est somme de deux irréductibles distinctes, chacune de multiplicité $1$. C'est ce que l'exercice A6 va identifier.

La multiplicité de la triviale :

Sur $S_3$ : $\frac{1\cdot 3+3\cdot 1+2\cdot 0}{6}=\frac{6}{6}=1$ — une seule orbite, l'action étant transitive ✓

👉 Deux langages, un seul calcul. Et la théorie des représentations en dit plus : le produit $\langle\chi_X,\chi_X\rangle$ compte le nombre d'orbites de $G$ sur $X\times X$, une information que Burnside seul ne donne pas.

Sur $S_3$ : $\langle\chi_X,\chi_X\rangle=2$, et $S_3$ a bien $2$ orbites sur $\{1,2,3\}^2$ — la diagonale et son complémentaire ✓

$G$ agit sur $\mathbb{C}[G]$ (base $(e_h)_{h\in G}$) par $\rho(g)e_h=e_{gh}$.

C'est l'action de $G$ sur lui-même par translation à gauche.

Un point fixe : $gh=h\iff g=e$.

Un caractère extrêmement simple, et pourtant le plus riche du chapitre : la régulière contient toutes les irréductibles, chacune avec multiplicité égale à son degré (exercice C6).

un espace vectoriel de dimension $\lvert G\rvert$, de base $(e_h)_{h\in G}$.

L'action est la translation à gauche :

C'est la représentation de permutation associée à l'action de $G$ SUR LUI-MÊME — celle de l'exercice A4, avec $X=G$.

Par l'exercice A4, $\chi_{\mathrm{reg}}(g)=\lvert\mathrm{Fix}(g)\rvert$ pour l'action par translation.

Or cette action est LIBRE :

(en multipliant à droite par $h^{-1}$)

👉 C'est la LIBERTÉ de l'action qui donne les zéros — et c'est le même fait qui donnait le théorème de Cayley (chapitre burnside, exercice A4).

La multiplicité de $V_i$ dans la régulière :

Un seul terme est non nul, celui de $g=e$ :

Et en prenant la dimension des deux côtés :

👉 Le calcul le plus rentable du chapitre : un caractère à un seul terme non nul donne la contrainte qui détermine tous les degrés.

Décomposition :

Vérifions coordonnée par coordonnée :

👉 La contrainte est très restrictive. Pour $\lvert G\rvert=6$ avec 3 classes, il faut écrire $6$ comme somme de $3$ carrés dont le premier est $1$ (la triviale existe toujours) — la seule possibilité est $1+1+4$. Les degrés sont donc forcés avant tout calcul.

La droite $\langle e_1+e_2+e_3\rangle$ est stable : sous-représentation triviale.

L'hyperplan $\{x_1+x_2+x_3=0\}$ est stable : la standard (degré 2).

$\chi_{\mathrm{perm}}(g)=\lvert\mathrm{Fix}(g)\rvert=\chi_{\mathrm{triv}}+\chi_{\mathrm{std}}$.

Contrôle immédiat : $(1,1,1)+(2,0,-1)=(3,1,0)$ ✓

La droite des vecteurs CONSTANTS est toujours stable :

$G$ y agit trivialement, d'où le nom.

Il est STABLE : permuter les coordonnées ne change pas leur somme.

Et $\mathbb{C}^3=W_0\oplus W_1$ :

(un vecteur constant de somme nulle est nul)

👉 Ce supplémentaire n'est pas un hasard : le théorème de Maschke (exercice B1) garantit qu'un tel supplémentaire stable existe toujours. Ici on l'exhibe directement.

Le caractère d'une somme directe est la SOMME des caractères — car la trace d'une matrice diagonale par blocs est la somme des traces.

Contrôle : $\chi_{\text{std}}(e)=2=\deg$ ✓

(critère de l'exercice E3)

Contrôle croisé — l'orthogonalité à la triviale :

La standard ne contient donc AUCUNE copie de la triviale — la décomposition est complète.

👉 Cette construction est GÉNÉRALE. Pour $S_n$ agissant sur $\{1,\dots,n\}$ :

et la standard est toujours irréductible, de caractère $\chi(\sigma)=\lvert\mathrm{Fix}(\sigma)\rvert-1$. Pour $S_4$, elle est de degré $3$ — c'est le $\chi=(3,1,-1,0,-1)$ de l'exercice D4.

Partir d'un produit hermitien quelconque $\langle\cdot,\cdot\rangle_0$ sur $V$.

Le moyenner : $\langle u,v\rangle=\frac1{\lvert G\rvert}\sum_g\langle\rho(g)u,\rho(g)v\rangle_0$.

Ce produit est $G$-invariant ; l'orthogonal d'une sous-rep est une sous-rep.

C'est la « complète réductibilité », et c'est ce qui fonde tout le chapitre : classifier les irréductibles suffit à tout connaître.

Sans Maschke, une représentation pourrait contenir une sous-représentation sans supplémentaire stable, et la décomposition n'existerait pas.

⚠️ Deux hypothèses, toutes deux nécessaires : le groupe fini, et la caractéristique du corps ne divisant pas $\lvert G\rvert$.

Soit $W\subseteq V$ une sous-représentation. On cherche un supplémentaire stable.

Partons d'un projecteur quelconque $p:V\to W$ (il en existe, par algèbre linéaire), sans aucune raison d'être $G$-équivariant.

Moyennons-le sur le groupe :

👉 C'est LE geste du chapitre : rendre équivariant en moyennant. Il reviendra pour l'unitarisation (exercice B5).

⚠️ La division par $\lvert G\rvert$ exige que $\lvert G\rvert$ soit INVERSIBLE dans le corps — c'est là que l'hypothèse de caractéristique mord.

(a) $p_0$ est à valeurs dans $W$ : chaque $\rho(g)p\rho(g)^{-1}$ y est, car $p$ y est et $W$ est stable par $\rho(g)$.

(b) $p_0$ est l'identité sur $W$. Pour $w\in W$ : $\rho(g)^{-1}w\in W$, donc $p\rho(g)^{-1}w=\rho(g)^{-1}w$, donc

et la moyenne de $\lvert G\rvert$ copies de $w$ vaut $w$ ✓

(c) $p_0$ est $G$-ÉQUIVARIANT. Pour $h\in G$ :

car $g\mapsto hg$ est une BIJECTION de $G$ — la somme est simplement réindexée.

Posons $W'=\ker p_0$. Alors

(décomposition classique d'un projecteur : $v=p_0(v)+(v-p_0(v))$)

Et $W'$ est STABLE : si $p_0(v)=0$, alors par équivariance

Puis on RÉCURRE sur $\dim V$ : si $V$ n'est pas irréductible, il a une sous-représentation propre $W$, et $V=W\oplus W'$ avec $\dim W,\dim W'<\dim V$. La récurrence s'arrête car les dimensions décroissent strictement.

Contre-exemple en caractéristique $p$ : soit $G=\mathbb{Z}/p$ sur $K=\mathbb{F}_p$, agissant sur $K^2$ par

La droite $W=K\,e_1$ est stable, et c'est la seule droite stable : un vecteur $(a,b)$ avec $b\neq 0$ est envoyé sur $(a+b,b)\neq\lambda(a,b)$.

👉 C'est tout l'objet de la théorie des représentations MODULAIRE, bien plus difficile, et qui n'est pas au programme ici.

Sur $\mathbb{C}$ et $G$ fini, tout va bien — et c'est ce cadre qui permet la table de caractères, l'orthogonalité, et la classification.

$\ker f$ et $\operatorname{im} f$ sont des sous-représentations.

L'irréductibilité force $f=0$ ou $f$ isomorphisme.

Si $V=W$, prendre une valeur propre $\lambda$ de $f$ et considérer $f-\lambda\,\mathrm{id}$.

Soient $V,W$ irréductibles et $f:V\to W$ équivariante ($f\rho_V(g)=\rho_W(g)f$).

Les irréductibles sont donc RIGIDES : il n'y a presque aucun morphisme entre elles. C'est cette rigidité qui produira les relations d'orthogonalité.

Le noyau : si $f(v)=0$, alors

donc $\rho_V(g)v\in\ker f$ — le noyau est stable.

L'image : pour $w=f(v)$,

l'image est stable ✓

👉 C'est l'équivariance, et elle seule, qui donne ces deux stabilités. Une application linéaire quelconque n'a aucune raison d'avoir un noyau stable.

$V$ est irréductible, donc $\ker f\in\{0,\ V\}$.

$W$ est irréductible, donc $\operatorname{im}f\in\{0,\ W\}$.

Si $f\neq 0$ : alors $\ker f\neq V$, donc $\ker f=0$ (injective) ; et $\operatorname{im}f\neq 0$, donc $\operatorname{im}f=W$ (surjective).