Représentations de groupes
dans Algèbre
Nous cherchons où se trouve dans l'un ou l'autre des tomes hédonistes la décomposition de la représentation standard de $S_n$ en deux représentations irréductibles (pour n>1).
Merci aux auteurs de nous le signaler.
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Réponses
C'est dans le tome II en effet
Je voudrai signaler que le point qu'évoque Working Class Hero avait été escamoté (et renvoyé sous forme d'exercice) dans le célèbre livre de Serre sur les représentations. Il est donc louable que ce point ait été détaillé dans $\rm H^2G^2$.
Cela dit, s'il s'agit en PSI (ou en classe de seconde à LLG ou H4) d'établir que l'action de $\mathfrak S_n$ sur l'hyperplan $H=\{(x_1,\dots, x_n)\in \mathbb C^n ; x_1+\dots+x_n=0\}$ est irréductible, on procède comme suit :
On remarque que la famille des $n-1$ vecteurs $v_i=(1,0,\dots,0,-1,0,\dots0)\}$ (le -1 est en $i$-ème position) est une base de $H$. Il suffit donc de montrer qu'on peut, partant d'un vecteur $v$ non nul dans $H$, générer (linéairement) avec l'orbite de $v$ chacun des vecteurs $v_i$.
On procède alors comme suit. Comme $n>1$, il existe $2$ composantes de $v$ qui sont distinctes, qu'on peut par le choix d'une permutation adéquate positionner en la première composante et la $i$-ème composante (on utilise ici l'action $2$-transitive de $\mathfrak S_n$). Si $w$ est le vecteur obtenu, le vecteur $w-\tau_i w$, où $\tau_i=(1,i)$ est un multiple (non nul) de $v_i$ !
Bon Mardi à tous.
En page 45 du H2G2 II, on trouve la décomposition de la permutation $(15234)$ en produit de huit transpositions simples $$(15234)=(23)(45)(34)(45)(12)(23)(12)(34).
$$ Voici une autre $$ (15234)=(45)(23)(12)(34)(23)(12)(45)(34).
$$ Combien y a-t-il de telles décompositions et qu'est-ce qui les unit ensemble ?
Outre le nombre $8$ qui est le même, les transpositions simples qui y apparaissent sont les mêmes à l'ordre près ! Est-ce vrai tout le temps ?
Cordialement
Dans chacun de tes exemples, au moins une transposition apparait deux fois. On peut aussi se demander quel est le nombre minimal de transpositions nécessaires à la décomposition d'une permutation si chaque transposition utilisée apparait une seule fois.
Une démo peut être trouvée sur ce forum, mais j'ai la flemme de chercher.
Pour la première question, voir le fichier joint pour une démonstration simple.
J'attire l'attention sur le fait suivant. La permutation $\left(\begin{array}{ccccc} 1 &2 & 3&4&5\\
5&4 & 3 & 2& 1 \end{array}\right)=(15)(24)=(15)(24)(3)$ de $\mathfrak S_5$ peut s'écrire en produit de $5-3$ transpositions, comme annoncé par Greg, puisqu'il faut tenir compte de l'orbite triviale de $3$.
D'ailleurs, c'est dit aussi dans l'article du Monthly, cité par Eric, mais la lecture du théorème seul contient un risque; il faut lire la ligne précédente avec.
[quote="Note that in counting cycles of a permutation we always include trivial one element cycles.
Theorem1. A permutation in Sn cannot be written as the product of fewer than $n- r$ transpositions where $r$ is the number of disjoint cycles in the permutation."]
[/quote]
Par contre, cette même permutation (qui est la plus longue pour l'ordre hédoniste) ne peut s'écrire en moins de $5(5-1)/2=10$ transpositions simples [lesquelles sont au nombre de $4$, à savoir $(12), (23),(34)$ et $(45)$] :
$$(15)(24)=(34)(12)(45)(23)(12)(34)(23)(45)(12)(34).$$
Le groupe linéaire $\bf GL_n(R)$ possède deux orbites dans son action naturelle sur $\bf R^n$.
Q'en est-il du sous-groupe $\bf T_n(R)$ des matrices triangulaires supérieurs (inversibles) ?
En déduire dans l'un et l'autre cas les orbites compactes dans l'action naturelle sur l'espace $\bf P(R^n)$ des droites vectorielles de $\bf R^n$.
La suite de cet exo self-hédoniste sera dévoilée dans le prochain numéro.
Un tout petit caillou peut briser une grande jarre.
Un tout petit caillou peut briser une grande jarre.
voici un énoncé élémentaire glané dans le H2G2, page 497
si un sous-groupe $G$ fini de $GL_n(C)$ agit de manière irréductible sur $C^n$, avec $n\geq 2$ (cad que les seuls sous-espaces de $C^n$ qui sont invariants par tous les éléments de $G$ sont les deux sous-espaces évidents), alors il existe dans $G$ une matrice de trace nulle.
Fessant ! isn't it?
Pas tellement, puisque cela veut dire que le caractère d'une représentation irréductible complexe de dimension $\geq 2$ s'annule toujours.
C'est tout juste frappant !
Julie, admiratrice fervente (et anonyme) des deux auteurs
Je suis surpris de constater que la question énoncée 2 fils plus haut et que je poserai sûrement à un oral d'agrégation prochain n'ait pas suscitée de réaction.
Le groupe linéaire $\bf GL_n(R)$ agit sur $\bf R^n$ avec 2 orbites et agit sur l'espace projectif transitivement. On a donc une orbite compacte.
Le sous-groupe des matrices triangulaires supérieures admet $\bf n$ orbites, à savoir le singleton $\bf \{0\}$, le premier axe de coordonnées épointé, le premier plan de coordonnées privé du premier axe de coordonnées, le premier sous-espace de coordonnées de dimension $3$ privé du premier plan de coordonnées, etc.
Les orbites dans l'espace projectif sont bien connues et en donnent "la" décompostion cellulaire standard. On a une seule orbite compacte (celle réduite à un point).
Pour voir tout cela, il suffit de regarder les orbites des vecteurs de la base canonique sous l'action de $\bf T_n(R)$.
La suite de l'histoire a été subtilisée dans $\bf le\ CaGe$ (de chasteté) de $\bf Ca$ldero et $\bf Ge$rmoni.. On remplace le couple (groupe linéaire de $\bf R^n$ et son sous-groupe de matrices triangulaires) par celui de la puissance extérieure $\bf p$-ième $\bf \wedge^p(R^n)$ et son sous-groupe $\bf \wedge^p(GL_n(R))$ formé des $\bf \wedge^p P$ pour $P$ pour parcourant $\bf GL(n,R)$. On a alors dans le projectif correspondant une seule orbite compacte ! Je vous laisse le plaisir d'imaginer c'est qui.
La réponse sera donnée dans le prochain numéro. J'invite les auteurs à fournir quelques indications sybillines (sans pour autant révéler le secret).
Frappe ta tête contre une calebasse… Et si tu entends un son creux, ne te presse pas à déduire que c’est la calebasse qui est vide.
Frappe ta tête contre une calebasse… Et si tu entends un son creux, ne te presse pas à déduire que c’est la calebasse qui est vide.
Une question que j'adresse aux auteurs ou à ceux qui ont examiné de près les deux volumes du H2G2. Est-ce que le tome I est indispensable pour lire chacun des chapitres du tome II ?
Autre question : est-ce que le Tome I est contenu dans le tome II ?
Dernière question : est-ce que le livre parle sérieusement des représentations réelles ou se contente-il de traiter les représentations complexes (voir X-E dans sommaire) ?
Pour ce qui est de la théorie des représentations, on a essayé de se focaliser sur toutes les questions accessibles à partir du programme de l'agrégation. Donc, pour ce qui est de la théorie dans le cas réel, il y a juste quelques petites choses. Tout d'abord, quelques réponses très générales à la question: qu'est-ce qui survit à la théorie (en particulier celle des caractères) lorsqu'on n'est plus sur le corps des complexes? Et ensuite, on attaque l'indicateur de Frobenius-Schur.
Toutes ces choses théoriques sont en appendice. Mais, à partir de toutes ces bases théoriques, on essaie de raconter une histoire: la tentative de réalisation des solides platoniciens à partir des tables de caractères. Et dans ce contexte, on propose plusieurs méthodes (X 2.2, X 2.3, X 2.4) pour la réalisation réelle de représentations. Mais c'est à la fin, dans X 2.5, qu'on se rend compte que la réalisation effective des représentations (obtenir de vraies matrices de représentations à partir juste de la table de caractères) n'a rien d'évident et force l'humilité...
Bref, rien de tel que le réel pour tester nos valeurs!
Je reprends la question hédoniste que j'ai posée plus haut et qui est inspirée par vous savez qui...
" C'est peu de choses, mais c'est plusquerien. "
On connaît bien l'action du groupe linéaire $\bf GL\big(\wedge^p(R^n)\big)$ sur les droites de $\bf \wedge^p(R^n)$.
On connaît moins bien comment agit sur ces mêmes droites son sous-groupe $\bf \wedge^p(GL_n(R))$ formé des
$\bf \wedge^p P$ pour $P$ pour parcourant $\bf
GL(n,R)$.
Une orbite qui mérite notre attention est celle constituée par les droites engendrées par les vecteurs décomposables $v_1\wedge\cdots\wedge w_r$ non nuls. Vérifier que cette orbite est fermée (dans quoi ?).
Arbre renversé par le vent avait plus de branches que de racines.
Arbre renversé par le vent avait plus de branches que de racines.
[Corrigé selon ton indication. AD]
voulez-vous avoir la gentillesse de corriger une coquille de plus, celle dans le message http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,715086,1070541#msg-1070541
où j'annonce le nombre d'orbites dans l'action naturelle de $\bf T_n(R)$ sur $\bf R^n$. En fait, leur nombre est $\bf n+1$, et non $\bf n$ comme annoncé. Le reste est bon.
Merci de votre aide,
Rudy, le chinois de Chatillon
$$ \mathrm{PSL}_2 (\mathbb{F}_2) \simeq \mathfrak{A}_3$$
Il est également écrit que
$$\mathrm{PSL}_2 (\mathbb{F}_3) \simeq \mathfrak{S}_4$$
La ligne suivante dit que $\mathrm{PSL}_2 (\mathbb{F}_4) \simeq \mathfrak{A}_5$, chose qui me paraît cette fois correcte, mais qui était fausse dans [h2g2], chapitre X, paragraphe 4 : on y lisait $\mathrm{PSL}_2 (\mathbb{F}_4) \simeq \mathfrak{S}_5$
Cependant, l'exercice VII.B.3 n'est pas beugué.
On gagne quoi quand on trouve une coquille dans h2g4 ? Un voyage ? un ordi ? Un lot de bouquins ?
Plus sérieusement, merci beaucoup aux deux auteurs s'ils passent par là. Leurs bouquins donnent la pêche et c'est vraiment un plaisir de les lire.
Petite question de la part d'un agrégatif pas très algébriste : j'ai un peu regardé par curiosité les exemples et définitions du III.4 sur les carquois. Ca a l'air très intéressant et joli, mais une question m'a réellement frappée : àquoisassert ?
Je veux dire, on a pour objectif de "classer les représentations d'un carquois donné". Et une fois qu'on les a classées, on fait quoi ?
A partir de dix, un exemplaire gratos dédicacé par l'auteur de ces erreurs!:-X
Bon, pour ce qui est de toutes ces coquilles autour des isomorphismes exceptionnels, je dirais que, heureusement, à l'endroit où c'est prouvé, c'est-à-dire dans le tome 1, VIII Proposition 4.1, c'est juste. Ouf!
Maintenant, à la question sur les carquois, il faut lire un peu plus le chapitre III du tome 2. L'aquoicasert devient limpide: classification de configurations, de multi-drapeaux, compréhension du birapport, problèmes d'incidences (un exemple en exercice dans "carquois et géométrie"). Voilà donc pour la géométrie.
Et ensuite, hors du domaine du livre, il y a aussi ce que la théorie des carquois peut amener à la théorie des représentations des groupes semi-simples complexe (base canonique de Lusztig) ainsi que la combinatoire de certains systèmes dynamiques (algèbres amassées).
jacquot. modérateur.
Pour $\mathbb{K} = \mathbb{R}$, la matrice $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ induit une involution mais elle n'a aucun point fixe, puisqu'elle n'a aucune valeur propre réelle.
En revanche, sur un corps quelconque, une involution a zéro ou deux points fixes. Sur $\mathbb{C}$, elle en a forcément une (une valeur propre), donc elle en a effectivement deux.
et 0<--> infini
n'a pas de points fixes sur la droite projective réelle
Elle peut être induite sur l'axe réel par les cercles de C passant par i et -i
bonsoir
La droite projective réelle est un cercle, que l'on peut imaginer dans le plan.
L'application qui a un point du cercle associe son point diamétralement opposé est une involution sans points fixes.
pour maintenir le feu sous le chaudron, voici deux petits exos, qui se trouvent, j'en suis sûr, dans l'un ou l'autre des deux H2G2.
1) Pourquoi $\bf D_4xZ/2Z$ n'admet-il pas de représentation irréductible complexe fidèle ?
2) Pourquoi la table des caractères forme-telle une matrice carrée inversible ?
Parler ne fait pas cuire le riz
Parler ne fait pas cuire le riz
La 2) est plus classique, c'est fait dans X C.11 avec l'orthonormalité des caractères.
A mettre dans la prochaine édition...
cordialement
Pour que la troisième question soit correcte, il faut supposer que $\mathbb{K}$ est algébriquement clos ou
accepter que $a$ et $b$ puissent appartenir à la droite projective
$\mathbb{P}^1(\mathbb{L})$, où $\mathbb{L}$ est une extension de degré $2$ de $\mathbb{K}$.
Voici donc une question pour la nouvelle édition :
Pourquoi y a-t-il un nombre impair de représentations complexes irréductibles pour un groupe de cardinal impair ?
Le groupe non commutatif de cardinal 21 admet, par exemple, 5 représentations irréductibles.
(Je rappelle que ce groupe est le seul groupe d'indice 2 du groupe affine de la droite affine sur $\bf F_7$.
Il serait judicieux que AD, à qui je souhaite une bonne journée, nous livre le treillis de ce dernier groupe, au cardinal valant 2x3x7.)
Pour connaître le chemin, interroge celui qui en vient.
Pour connaître le chemin, interroge celui qui en vient.
Si $n_i$ est le degré des représentations irréductibles du groupe $G$, d'ordre impair $n$, pour $i\in Irr(G)$, alors $\sum_{i\in Irr(G)}n_i^2=n$. Comme $n_i$ divise $n$, $n_i$ est impair. Donc, en réduisant l'égalité modulo 2, on obtient $\mathrm{card}\,Irr(G)$ impair.
M.
bravo pour l'argument 2 post plus haut
en fait, pour le groupe non commutatif d'ordre 21, qui a 5 représentations irréductibles complexes, on a 21-5=16
Ce n'est pas un hasard:
la différence entre le cardinal impair de G et le nombre de ses représentations irréductibles complexes est un toujours multiple de 16.
Dans le même ordre d'idée, quelqu'un peut-il prouver ce résultat uniquement en termes de nombre de classe de conjugaison? Disons-le comme ceci: Soit $G$ un groupe d'ordre $n$ impair et $k$ le nombre de ses classes de conjugaison, montrer que $n-k$ est multiple de $8$ (voire même multiple de $16$), et ce, sans utiliser la théorie des représentations.
Voilà. S'il s'agit bien de l'holomorphe de $C_7$ : $\mathrm{Hol\,}(C_7)= C_7\rtimes_{\mathrm {id}}\mathrm{Aut\,}(C_7)$.
Alain
Ce groupe affine à 42 éléments a la vertu de posséder 6 représentations complexes de dimension 1 et une seule représentation irréductible de dimension 6.
Cette dernière est fidèle ! Pourquoi ?
Le bonheur vient de l’attention prêté aux petites choses, et le malheur de la négligence des petites choses.
Le bonheur vient de l’attention prêté aux petites choses, et le malheur de la négligence des petites choses.
Par exemple: s'il y avait un noyau non trivial, on aurait passage au quotient, et donc une représentation (qui reste) irréductible de degré $6$ pour un pauvre petit groupe d'ordre plus petit que $21$. La somme des carrés n'en survivrait pas...
Autre méthode: il y a une action du groupe affine sur la droite affine (de cardinal 7) et on sait que cette action est doublement transitive (en gros, par deux points passe une droite!). Cela fournit la représentation irréductible de degré $7-1=6$, par une construction classique. Elle est fidèle (par deux points distincts passe une unique droite!)
un groupe ayant tous ses Sylow cycliques a forcément une représentation fidèle complexe irréductible ! N'est-ce pas ?
Tout groupe d'ordre 42 a donc au moins une représentation fidèle.
Cordialement,
Yann
Je reviens sur le second argument proposé un peu plus haut par Working Class Hero, qui souhaite visiblement en discuter.
Pour la double transitivité du groupe affine agissant sur la droite affine, cela résulte simplement du fait qu'une base affine est dans ce cas formée de deux points distincts, tout comme en dimension 2 une base affine est déterminée par trois points non alignés.
Pour la fidélité de l'action de permutation irréductible résultant d'une action doublement transitive et fidèle sur un ensemble de cardinal n, on regarde si le caractère correspondant prend la valeur n-1 ailleurs qu'en l'élément neutre. Ce n'est pas le cas, puisque la valeur du caractère est égale au nombre de points fixes sous l'action d'un élément de G auquel on ôte 1.
Quant au résultat cité par yann, j'aimerai en avoir confirmation et, si possible, une preuve sortable à l'agreg.
En revanche, j'aurais bien discuté sur ce forum sur le fait que la différence entre l'ordre d'un groupe (fini!) et le nombre de ses représentations irréductibles est multiple de 16. Je l'ai pour 8 (voir plus haut) mais pas pour 16. Je pense que c'est, vrai mais je ne vois pas de preuve élémentaire.
A propos de preuve élémentaire, Yann a raison, c'est un résultat, je crois, de Feit et Thompson, que si un groupe a tous ses Sylow de centre cyclique, alors il possède une représentation irréductible fidèle. Je pense que Yann a gagné au concours, lancé dans H2G2 (et ailleurs!), qui consiste à prouver une assertion élémentaire à l'aide d'un résultat high tech!:-D
On suppose que G a tous ses Sylow cycliques. Pourquoi donc son centre est-il cyclique ?
Comme disait le très controversé Clint Easwood "Tu vois, le monde se divise en deux catégories : ceux qui ont un pistolet chargé et ceux qui creusent." B-)
Pour ce qui est de la question sur le centre, je n'ai pas de réponse élémentaire. Juste des arguments d'autorité.
Si je peux me permettre :-)
Un $p$-Sylow du centre est contenu dans un $p$-Sylow de $G$, donc est cyclique.
Le centre, étant commutatif, est le produit direct de ses $p$-Sylow.
Le lemme des restes chinois fait le reste.
Alain
Mais maintenant, pourquoi un centre cyclique implique l'existence d'une représentation fidèle irréductible?
Monsieur Hero, humm ! Vous citez Feit-Thompson et vous ouliez du reste le lemme chinois. Humm! Creusez donc, creusez.
Voici une question pour vous encore :
Deux parmi les trois groupes d'ordre 18 contenant Z/3xZ/3 n'ont pas de représentations irréductibles complexes fidèles. Lesquels ? Et pourquoi ?
le jury a droit de se tromper mais pas le candidat ! Preuve en est que vos trois groupes d'ordre 18 et contenant $Z/3Z\times Z/3Z$ (et non deux parmi les trois) n'ont pas de représentation linéaire complexe irréductible fidèle.
ça m'étonnerait !
le groupe $S_3\times C_3$ a une représentation irréductible complexe fidèle de dimension 2.
effectivement, le groupe $\mathfrak S_3\times C_3$ admet deux représentations irréductibles fidèles, qui sont de dimension 2 chacune : faire le produit tensoriel des tables de caractères, sachant que la première est réelle et l'autre celle d'un groupe cyclique d'ordre impair.
L'affaire est alors en poche.
le plus grand bien aux amis du forum
M.
> En revanche, j'aurais bien discuté sur ce forum
> sur le fait que la différence entre l'ordre d'un
> groupe (fini!) et le nombre de ses
> représentations irréductibles est multiple de
> 16. Je l'ai pour 8 (voir plus haut) mais pas pour
> 16. Je pense que c'est, vrai mais je ne vois pas
> de preuve élémentaire.
Pour un groupe $G$ d'ordre impair, le seul caractère irréductible prenant des valeurs réelles est le caractère de la représentation triviale. En effet, si $\chi$ est un caractère irréductible à valeurs réelles autre que le caractère trivial, alors pour tout $g \in G$ on a $\chi(g)=\chi(g^{-1})$. L'ordre de $G$ étant impair, on ne peut avoir $g = g^{-1}$ que pour $g = 1$. Ainsi, en utilisant le fait que les valeurs des caractères sont des entiers algébriques, la relation d'orthogonalité entre $\chi$ et le caractère trivial donne $\chi(1) + 2a = 0$ où $a$ est un entier algébrique. On déduit donc que $a$ est un entier algébrique rationnel, donc entier, ce qui est fâcheux car $\chi(1)$ est impair (l'ordre de $G$ est impair).
Ainsi, on peut regrouper les caractères irréductibles autres que le trivial en paires (un caractère irréductible et son conjugué, lui aussi irréductible et de même degré), ce qui donne le résultat.