Agrégation interne - sujet 1 - Partie VI — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Agrégation interne - sujet 1 - Partie VI

Modifié (11 Feb) dans Algèbre
Bonjour,

J'aimerais savoir si mes réponses sont correctes. Pour la suite, je sais comment faire au moins jusqu'à 27.b, mais je veux éviter d'avancer avec des choses fausses.
La 26.a comment justifier l'évidence ? 

26.a) Montrons que $C(G)$ est un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des applications de $G$ dans $\C$.
  • L'application nulle appartient évidemment à $C(G)$.
  • Soit $\alpha,\beta \in \C$ et $\lambda, \mu \in C(G)$. Il est évident que $\alpha \lambda + \beta \mu \in C(G)$.
26.b) Etonnant ce sujet qui rappelle le lemme des noyaux, mais ne redonne pas la notion de classe de conjugaison, qui est une notion avancée de théorie des groupes.
Notons $\forall x \in G$ : $C_x = \{ gxg^{-1} \ | \ g \in G \}$ une classe de conjugaison de $G$.

$\lambda$ est constante si et seulement si $\exists K \in \C$ tel que $\lambda= K$ si et seulement si $\forall g \in G \ \lambda(g)= K$.
  • Si $\lambda$ est constante sur toutes les classes $C_x$, alors $\forall x,g \in G$, on a $\lambda( gxg^{-1})=\lambda(xgg^{-1}=\lambda(x)=K$ donc $\lambda=K$.
  • Si $\lambda=K$, alors $\forall g \in G \ \lambda(g)=K$. Soit $x \in G$. Alors $\lambda(x)=\lambda(xgg^{-1})=\lambda(gxg^{-1} )=K$. Donc $\lambda$ est constante sur chaque classe de conjugaison $C_x$.




Mots clés:

Réponses

  • Ta réponse à la deuxième question est fausse : les fonctions centrales sont constantes sur les classes de conjugaison de $G$ et non sur $G$ tout entier. Tu dois prendre $x,y \in G$ qui appartiennent à la même classe de conjugaison et montrer qu’elles ont la même image par une fonction centrale, puis montrer la réciproque
  • Modifié (11 Feb)
    27.b  Que $\lambda$ soit constante sur chaque de conjugaison lorsque $\lambda$ est centrale c'est évident.
    Réciproquement: soit $g,h\in G$ quelconques. Par hypothèse  $\lambda$ est constante sur la classe de $ gh,$ i.e   on a :  $$\forall u\in G,  \lambda( u^{-1} gh u) = \lambda (g h),$$ 
     et en particulier pour  $u=h^{-1}.$  C'est à dire  $\lambda( h g ) = \lambda (g h).$
    $\lambda$ est centrale.

     
  • @Etienne91
    Ok merci.

    @bd2017
    Ne donne pas les réponses de cette partie je n'ai pas dit bloquer.
    Tant mieux je ne comprends pas ta solution.
  • Modifié (11 Feb)
    Je trouve que la solution de bd est claire pourtant.
    En tout cas, il faut faire les choses calmement ici.
    Si $\lambda$ est centrale alors ... Puis, soit $y \in C_x$ alors ... et $\lambda(y)=...$. 
    Réciproquement, supposons que $\lambda$ est constante sur chaque classe de conjugaison. Soient $g, h \in G$. On veut montrer que $\lambda$ est centrale, i.e : ...
  • Modifié (11 Feb)
    @NicoLeProf
    C'est une question simple, pour comprendre il faut le faire par soi-même. 
    Je vois que la notion de classe de conjugaison a une grande importance en algèbre.

    26.b) Pour tout $x \in G$, la classe de conjugaison de $x$ est notée $C_x= \{g x g^{-1} \ | \ g \in G \}$. Ses éléments sont appelés les conjugués de $x$.
    • Si $\lambda$ est centrale, alors $\forall g,h \in G$, on a $\lambda(gh)=\lambda(hg)$. Soit $y \in C_x$, alors $\exists g \in G \ y=gxg^{-1}$. Ainsi, $\lambda(y)= \lambda (g x g^{-1} )=  \lambda(x gg^{-1})=\lambda(x)$. Ainsi, $\lambda$ est constante sur chaque clase de conjugaison.
    • Supposons que $\lambda$ est constante sur chaque classe de conjugaison. Soit $g,h \in G$, montrons que $\lambda (gh)= \lambda(hg)$. On a $C_{gh}= \{u gh u^{-1} \ | \ u \in G \}$. Comme $h gh h^{-1}=hg$ alors $hg \in C_{gh}$ donc $\lambda(gh)=\lambda(hg)$. Ainsi, $\lambda$ est centrale. 
    On a bien montré que $\lambda$ est centrale si et seulement si elle est constante sur chaque classe de conjugaison de $G$.
  • Je pinaille très certainement mais cette égalité : $\lambda (g x g^{-1} )=  \lambda(x gg^{-1})$ me gêne car je ne vois pas en quoi elle respecte le fait que $\lambda$ est centrale. En tout cas, cela ne me semble pas direct. Il vaudrait mieux écrire $\lambda (g x g^{-1} )=  \lambda( g^{-1}gx)$ par exemple.
    Sinon, c'est bien.
  • Modifié (11 Feb)
    @NicoLeProf
    D'accord merci pour ta remarque. 

    La question 26.c est intéressante, mais pas facile du tout. J'ai mis une bonne demi-heure pour trouver une solution. 

    26.c) 
    On rappelle que les classes de conjugaison constituent une partition de $G$, associée à la relation d'équivalence : 
    $x \sim y \iff \exists g \in G \ \ y=gxg^{-1}$.
    Famille libre.
    Notons $r$ le nombre de classes de conjugaisons et montrons que la famille $\mathcal F=(\iota_1, \cdots, \iota_r)$ est une famille libre de $C(G)$.
    • D'après la question précédente, $\mathcal F$ est bien une famille d'éléments de $C(G)$.
    On a la partition : $\boxed{G=\displaystyle\bigcup_{j=1}^r C_j}$.

    Soient $a_1, \cdots, a_r$ des complexes tels que $\displaystyle\sum_{i=1}^r a_i \iota_i =0$
    Soit $g_j \in C_j$ pour $j \in [|1,r|]$. Ainsi, $\displaystyle\sum_{i=1}^r a_i  \iota_i (g_j)= \displaystyle\sum_{i=1}^r a_i  \delta_{ij}= a_j=0$
    On a donc $a_1=a_2= \cdots =a_r =0$.
    La famille $\mathcal F$ est bien libre.

    Famille génératrice.
    Notons $\forall k \in [|1,r|] \ b_k = \lambda(g_k)$. (Une application est centrale si et et seulement si elle est constante sur chaque classe de conjugaison).
    Et si pour tout $k,l \in [|1,|G| |]$ on a : $g_k \sim g_l$ alors $\lambda(g_k)=\lambda(g_l)$.
    Soit $\lambda \in C[G]$.
    On a : $\lambda= \displaystyle\sum_{i=1}^r b_i \iota_i$.
    En effet, $\forall k \in [|1,r|] \ \lambda( g_k)=\displaystyle\sum_{k=1}^r b_i \iota_i (g_k)=\displaystyle\sum_{k=1}^r b_i \delta_{ik}= b_k$.
    Donc $\mathcal F$ est une famille génératrice de $C[G]$.

    Conclusion
    $\boxed{\mathcal F=(\iota_1, \cdots, \iota_r) \ \text{est une base de } \ C[G] \ \text{et sa dimension est le nombre de classes de conjugaison de} \ G}$.
  • Modifié (11 Feb)
    Je continue, étant donné qu'il n'y a pas de difficulté majeure pour l'instant. 

    27.a) 

    Soient $g,g' \in G$. $\chi_{\theta} (gg')= Tr ( \theta (gg') )= Tr( \theta (g) \circ \theta(g'))= Tr( \theta(g') \circ \theta(g))= Tr( \theta (g'g))=\chi_{\theta} (g'g)$.
    Donc $\chi_{\theta}$ est centrale.

    27.b) Soit $g \in G$.
    Notons $n= |G|$.
    Alors $\theta(g)^n=\theta(g^n)=\theta(1)=1$ donc le polynôme scindé à racines simples $X^n-1$ annule $\theta(g)$.
    Donc $\theta(g)$ est diagonalisable et $\boxed{sp( \theta(g)) \subset \{ e^{2 i k \pi /n} \ | \ k \in [|0,n-1|] \} }$.
    Je fais une pause. La 27.c demande de la réflexion.
  • Modifié (12 Feb)
    J'avance, pas de blocage pour l'instant, étonnant pour une partie 6 d'agrégation interne.

    27.c) 
    On sait que $sp( \theta(g)) \ne \emptyset $ car $\theta(g)$ est un endomorphisme d'un $\C$ espace vectoriel $E$.
    $Sp(\theta(g))$ est une partie de l'ensemble $U_n = \{ w^k \ , w=e^{2 i \pi /n} \ , k \in [|0,n-1|] \}$.
    Donc $\theta(g)$ est inversible. 
    Il existe donc des indices $i_1, \cdots, i_l \in [|0,n-1|]$ tels que $sp( \theta(g))= \{ w^{i_1}, \cdots, w^{i_l} \}$.
    Notons $m_1$ la multiplicité de $w^{i_1}$, etc.
    On a $\overline{\chi_{\theta} (g)}=\overline{Tr( \theta(g))}=\overline{  m_1 w^{i_1}+ \cdots +m_l w^{i_l}}$
    $\overline{\chi_{\theta} (g)}=m_1 \bar{w}^{i_1}+ \cdots +m_l \bar{w}^{i_l}$
    Mais $\bar{w}=w^{-1}$. En effet, $\bar{w}w =|w|^2=1$. 
    Et $sp( \theta(g^{-1}))= \{ (\dfrac{1}{w})^{i_1}, \cdots, (\dfrac{1}{w})^{i_l} \}$.
    On en déduit finalement : $\boxed{\forall g \in G \ \chi_{\theta} (g^{-1})=\overline{\chi_{\theta} (g)}}$.
  • Modifié (11 Feb)
    28) On a : 
    • Soit $\lambda,\lambda', \mu \in C[G]$ et $a \in \C$. On a $\langle a \lambda +\lambda',\mu \rangle=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G}( \overline{ a \lambda(g)+ \lambda'(g)}) \mu(g)=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \bar{a} \overline{\lambda(g)} \mu(g)+\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \overline{\lambda '(g)} \mu(g)= \bar{a} \langle \lambda,\mu \rangle + \langle \lambda',\mu \rangle  $
    • Soit $\lambda, \mu,\mu' \in C[G]$ et $b \in \C$. On a $\langle  \lambda ,b \mu+ \mu' \rangle=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \overline{  \lambda(g)} (b \mu(g) + \mu'(g) )=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G}  \overline{\lambda(g)} \mu(g)+\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} b \overline{\lambda (g)} \mu '(g)= b \langle \lambda,\mu \rangle + \langle \lambda,\mu' \rangle  $
    • $\overline{ \langle \mu, \lambda \rangle }=\overline{\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \overline{\mu(g)} \lambda(g)}=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G}\overline{ \overline{\mu(g)} \lambda(g)} = \langle \lambda, \mu \rangle$
    • Soit $\lambda$ une application non nulle. Il existe $g_0 \in G$ tel que $\lambda(g_0) \ne 0$. Mais alors $\langle \lambda, \lambda \rangle=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G \\ g \ne g_0} |\lambda(g)|^2 + \dfrac{1}{|G|} |\lambda(g_0)|^2 \geq  \dfrac{1}{|G|} |\lambda(g_0)|^2 >0$.
    Conclusion : 
     Cela défini une forme hermitienne définie positive sur $C[G]$.

    La suite me parait sympa, enfin les matrices  B)
  • Modifié (11 Feb)
    Les gros calculs arrivent.
    29.a) 
    $\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle = \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \overline{ \chi_{\theta'} (g) }  \chi_{\theta}(g)$
    D'après Q27.c :  $\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle = \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \chi_{\theta'} (g^{-1})   \chi_{\theta}(g)$
    Mais : 
    • $\chi_{\theta} (g)= Tr( \theta(g))= \displaystyle\sum_{i=1}^n a_{ii} (g)$.
    • $\chi_{\theta '} (g^{-1})= Tr( \theta'(g^{-1}))= \displaystyle\sum_{j=1}^{n'} a_{jj} ' (g^{-1})$.
    Finalement : $\boxed{\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle =  \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G}  \displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{j=1}^{n'} a_{ii} (g) a_{jj} ' (g^{-1})}$.
  • Modifié (12 Feb)

    Et pourquoi thêta de G est un C espace vectoriel ?
     
  • Modifié (12 Feb)
    Bonne remarque, c'est une erreur. J'ai rectifié. 

    J'ai avancé.

    29.b) On a : $Y=Mat_{\mathcal B,\mathcal B'} (f)= Mat_{\mathcal B,\mathcal B'} \left( \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \theta'(g) \circ h \circ \theta(g^{-1}) \right)$.
    L'application $\varphi : \mathcal L(E,E') \longrightarrow \mathcal M_{n',n} (\C)$ définie par $\varphi(f)= Mat_{\mathcal B,\mathcal B'} (f)$ est linéaire.
    Donc : $Y=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} Mat_{\mathcal B,\mathcal B'} \left(   \theta'(g) \circ h \circ \theta(g^{-1})    \right)$

    Un calcul matriciel élémentaire donne : $\boxed{\forall i \in [|1,n'|] \ \forall l \in [|1,n'|] \ y_{i,l}=\dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} \left(  \displaystyle\sum_{p=1}^n \displaystyle\sum_{q=1}^{n'} a_{iq} '(g) a_{pl} (g^{-1} ) x_{qp} \right)}$.
  • Modifié (12 Feb)
    29.c) Supposons $\theta$ et $\theta'$ non isomorphes.
    D'après Q13.b, $f$ est un homomorphisme de représentation de $\theta$ vers $\theta'$.
    D'après le lemme de Schur, $f=0$.
    Prenons $X =E_{jk} \in \mathcal M_{n',n} (\C)$. On a $\forall u \in [|1,n'|], \ \forall v \in [|1,n|] ,\ x_{uv}=\delta_{ju} \delta_{kv}$.
    Soit $i \in [|1,n'|]$ et $l \in [|1,n|]$.
    Alors $y_{i,l}= \displaystyle\sum_{p=1}^n \displaystyle\sum_{q=1}^{n'} a_{iq} ' (g) a_{pl} (g^{-1}) \delta_{jq} \delta_{kp}$
    Donc : $y_{i,l} = a_{ij} '(g) a_{kl} (g^{-1})$.

    Ainsi : $\boxed{\forall i,j \in [|1,n'|] ,\ \forall k,l \in [|1,n|], \ \ \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G}  a_{ij} '(g) a_{kl} (g^{-1}) =0}$

    On a $\langle \chi_{\theta},\chi_{\theta '} \rangle=\displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{j=1}^{n'} \left( \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} a_{ii} (g) a_{jj} '(g^{-1}) \right) $.
    Mais d'après la relation précédente, $\forall i \in [|1,n'|], \ \forall j \in [|1,n|], \  \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} a_{ii} (g) a_{jj} '(g^{-1})=0$.
    Finalement : $\boxed{\langle \chi_{\theta},\chi_{\theta '} \rangle=0}$.
  • @NicoLeProf
    Que penses-tu de ces questions ? 
    J'avance bien, car je suis à l'aise en calcul matriciel. La toute fin me semble ardue quand même. 

    29.d.i) 
    $f$ est un homomorphisme de représentation de $\theta$ vers lui-même.
    Comme $\theta=\theta'$, $f=\dfrac{Tr(h)}{ \dim E} id_E$ avec $\dim E=n$.
    On a vu que pour $X=E_{jk}$, on a : $y_{ij}= \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} a_{ij} '(g) a_{kl} (g^{-1})$
    De plus, $[ \dfrac{ Tr(h)}{n} id_E ]_{il}= \dfrac{\delta_{jk} \delta_{il}}{n}$.

    On en déduit : $\boxed{\forall i,j,k,l \in [|0,n|] \ \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} a_{ij} '(g) a_{kl} (g^{-1}) = \begin{cases} \dfrac{1}{n} \ \text{si} \ i=l \ \text{et} \ \ j=k \\ 0 \ \text{sinon} \end{cases}}$

    29.d.ii) On a vu que $\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle = \displaystyle\sum_{1 \leq i,j \leq n} \left( \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G} a_{ii} (g) a_{jj} '(g^{-1} ) \right)$
    D'après la question précédente :
     $\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle = \displaystyle\sum_{1 \leq i,j \leq n} \left( \dfrac{1}{|G|} \displaystyle\sum_{g \in G}  \delta_{ij} \times \dfrac{1}{n} \right)$.
    Donc :  $\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle = \displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{g \in G} \dfrac{1}{n |G|} =1$
    Mais $\langle \chi_{\theta},\chi_{\theta'} \rangle =\overline{\langle \chi_{\theta'},\chi_{\theta} \rangle}=\bar{1}=1$.
    Conclusion : 
    $\boxed{\langle \chi_{\theta},\chi_{\theta'} \rangle =1}$.
  • Modifié (12 Feb)
    Je ne me suis pas vraiment penché sur la suite du sujet, étant satisfait d'avoir été jusqu'à la partie IV grosso modo et souhaitant passer à autre chose pour mes étudiants de L2.
    Pour être honnête, j'ai l'impression que le sujet monte grandement en puissance lors des parties V et VI que ce soit niveau difficulté, abstraction, rédaction et calculs et je te félicite OShine pour ta grande détermination et pour tes progrès spectaculaires, j'en suis très admiratif ! :);)
    Je suis impatient, par la suite, de bosser les probabilités et la topologie avec toi OShine donc si tu ouvres un fil sur ces thèmes, n'hésite pas à me faire signe car j'aimerais progresser dessus mais c'est plus agréable et convivial à plusieurs ! ^^'
  • @NicoLeProf
    Ah d'accord.
    Le prochain chapitre que je vais bosser est sur les familles sommables.

  • Modifié (12 Feb)
    29.e) Soient $\theta_1, \theta_2, \cdots, \theta_k$ des représentations irréductibles $2$ à $2$ non isomorphes.
    Soient $a_1, \cdots, a_k \in \C$ tels que : $\displaystyle\sum_{i=1}^k a_i \chi_{\theta_i}=0$.
    Soit $j \in [|1,k|]$.
    $\langle \displaystyle\sum_{i=1}^k a_i \chi_{\theta_i}  , \chi_{\theta_j} \rangle =  \displaystyle\sum_{i=1}^k \bar{a_i}  \langle \chi_{\theta_i} , \chi_{\theta_j} \rangle =0$.
    • Si $\theta_j \ne \theta_i$ alors $\langle \chi_{\theta_i} , \chi_{\theta_j} \rangle =0$.
    • Si $\theta_j = \theta_i$ alors $   \bar{a_j} =0$ donc $a_j =0$.
    Donc $a_1 = a_2 = \cdots = a_k =0$.
    Ainsi, la famille $( \chi_{\theta_i})_{1 \leq i \leq k}$ est une famille libre de $ \mathcal C[G]$. Donc elle contient au plus $| \mathcal C[G]|$ éléments.

    Finalement : $\boxed{k \leq \ \text{nombre de classes de conjugaison de } \ G}$.
  • Je bloque sur la 30.
    Si $G$ est abélien, alors $\forall x \in G \ C_x = \{ x \}$ et il y  a $|G|$ classes de conjugaisons.
    Donc $k \leq |G|$.
    Je ne vois pas comment démontrer l'égalité.
  • Si $G$ est abélien, on a montré que $Card(G)=Card(\hat{G})$ précédemment et il est écrit sous la définition 8 du sujet : que les représentations irréductibles de $G$ s'identifient aux caractères de $G$. Donc on peut conclure immédiatement non? :D
  • Ah d'accord merci, j'avais complètement oublié cette définition 8.
    Je fais les questions dures et je bloque sur la plus facile  :'(
  • Modifié (12 Feb)
    31) Supposons $\theta$ et $\theta'$ isomorphes.
    Je bloque sur cette question de nouveau. 
    Je ne vois pas comment se ramener à la question 29.d.
  • Modifié (13 Feb)
    Philippe Caldéro donne une correction très succincte, mais je n'ai pas compris sa correction de la question 31.
    Il dit qu'il faut utiliser le fait que la trace est invariante par changement de base et qu'on se ramène à la question 29.d.
    Mais je ne vois pas où utiliser ça ni pourquoi on peut se ramener à la question 29.d
  • Modifié (12 Feb)
    Ah je crois que j'ai compris du coup !
    Si $\theta$ et $\theta'$ sont isomorphes alors il existe un isomorphisme de représentation $f$ de $\theta$ vers $\theta'$.
    Comme $f$ est un morphisme de représentation de $\theta$ vers $\theta'$, on a : pour tout $g \in G$, $f \circ \theta(g)=\theta'(g) \circ f$.
    Mais $f$ est un isomorphisme donc $f^{-1}$ existe (et $\dim E=\dim E'$) et on obtient : $\theta(g)=f^{-1} \circ \theta'(g) \circ f$.
    Par suite, $\theta(g)$ est dans la classe de similitude de $\theta'(g)$ et la trace est un invariant de similitude (ce qui revient à ce que Philippe Caldéro a dit).
    Donc $tr(\theta(g))=tr(\theta'(g))$ pour tout $g \in G$. Ce qui devrait permettre de conclure je suppose (j'espère ! ^^' :D ).
  • @NicoLeProf
    Il a juste dit que c'était évident, sans trop expliquer. Les profs doivent savoir que ce qui est évident pour eux ne l'est pas forcément pour les autres. 

    J'ai compris ce que tu as écrit. Néanmoins, je bloque toujours sur cette question. 
    La question 29.d ne parle pas de trace, pourquoi montrer ça ? 
    Je ne vois toujours pas comment résoudre la question.
  • Comme $tr(\theta(g))=tr(\theta'(g))$ pour tout $g \in G$, on a (sauf erreur de ma part), $\chi_{\theta}=\chi_{\theta'}$ donc on se ramène en quelque sorte à la question 29. d comme si on avait $\theta=\theta'$ (même si ce n'est pas le cas).
    Ce qui permet de conclure.
    En fait, $<\chi_{\theta},\chi_{\theta'}>=<\chi_{\theta},\chi_{\theta}>$ puisqu'on a l'égalité des applications (grâce à mon argument sur les traces ci-dessus).
    Et par 29 d., cela donne $1$.
  • Je me disais bien qu'il y avait un corrigé quelque part sur le net mais je ne l'avais pas trouvé.
     
  • @bd2017
    Regarde la vidéo de Philippe Caldéro, il ne fait aucun calcul et ne traite pas les questions. 
    Ce n'est pas un corrigé, juste quelques idées par ci par là. 
    De plus, il a fait sa vidéo quand j'étais à la question 30.
    Toutes mes réponses et mes calculs tu ne les trouveras nulle part ailleurs, c'est moi qui les ai faites.

    @NicoLeProf
    Joli !
  • Modifié (13 Feb)
    32.a) Je vois une analogie avec le calcul du polynôme caractéristique d'une matrice par blocs. 
    On a : $E=F_1 \oplus F_2 \oplus \cdots \oplus F_k$ et $\forall i \in [|1,k|] \ \ \theta(g) (F_i) \subset F_i$.
    Notons $\mathcal B$ une base adaptée à la somme directe.
    Alors $Mat_{\mathcal B} ( \theta(g) )= diag (A_1, \cdots, A_k)$ (matrice diagonale par blocs).
    Donc $\chi_{\theta} (g) = Tr(A_1) + \cdots + Tr(A_k)$
    Finalement : $\boxed{\chi_{\theta} = \displaystyle\sum_{i=1}^k \chi_{\theta \ | \ F_i}}$

    La 32.b semble abordable. 
  • Modifié (13 Feb)
    32.b) Soit $\theta' : G \longrightarrow GL(E')$ une représentation irréductible de $G$.
    On a $\langle \chi_{\theta'}, \chi_{\theta} \rangle= \langle  \chi_{\theta'}, \displaystyle\sum_{i=1}^k \chi_{\theta \ | \ F_i} \rangle$
    Donc : $\langle \chi_{\theta'}, \chi_{\theta} \rangle=\displaystyle\sum_{i=1}^k  \langle \chi_{\theta'}, \chi_{\theta \ | \ F_i} \rangle$ par linéarité à droite.
    Notons $I=\{i_1, \dots, i_m \}= \{ F_i \ , \ i \in \{1, \dots, k \} \ , \ \theta' \ \text{et} \ \theta_{ | F_i} \ \text{sont isomorphes} \}$.
    On a $\# I=m$.
    $\langle \chi_{\theta'}, \chi_{\theta} \rangle= \displaystyle\sum_{i=1 \\ i \in I}^k 1 +\displaystyle\sum_{i=1 \\ i \notin I}^k 0$ d'après Q29 et Q31.
    Finalement : $\boxed{\langle \chi_{\theta'}, \chi_{\theta} \rangle= m = \#  \{ F_i \ , \ i \in \{1, \dots, k \} \ , \ \theta' \ \text{et} \ \theta_{ | F_i} \ \text{sont isomorphes} \} }$
    Plus qu'une question...
  • Modifié (13 Feb)
    Pas compris la solution de Caldéro à la 33. Apparemment il faut utiliser la 32.b, mais je n'ai rien compris à ce qu'il fait. 
    • Supposons que $\theta$ et $\theta'$ sont isomorphes. Alors d'après la remarque de @NicoLeProf , $\theta(g) = f^{-1} \circ \theta '(g) \circ f$. Donc $Tr( \theta (g))= Tr( \theta '(g))$ et $\chi_{\theta}=\chi_{\theta'}$.
    • La réciproque me semble nettement plus difficile. Je bloque ici, ça me semble la question la plus difficile du sujet.
  • Modifié (13 Feb)
    Je me disais bien qu'il y avait un corrigé sur le Net et que si on veut en faire un , il faut le faire le lendemain de l'épreuve pour ne pas être grillé. Je dis ça pour @Nico.
    La réciproque est-elle vraiment difficile. Si $\chi_\theta=\chi_\theta',$ que se passe-t-il si $\theta$ et $\theta'$   ne sont pas isomorphes ?
    D'autre part je ne trouve pas le corrigé. qu'est-il dit concernant cette question ?
     
  • Modifié (13 Feb)
    @bd2017
    Non cette vidéo n'est arrivée qu'hier. Pas le lendemain de l'épreuve.
    Voici le lien : https://www.youtube.com/watch?v=uRTdF4M_9uQ&ab_channel=PhilCaldero
  • Modifié (13 Feb)
    Et on ne peut pas appeler ça un corrigé pour avoir regardé quelques extraits.
    Ce sont plus des commentaires, idées et analyses du sujet, pas un corrigé (qui a pour but d'être clair, précis et pédagogue).
    Donc OShine reste très méritant d'avoir réussi de nombreuses questions et d'avoir réalisé autant de progrès ! :) Il faut le dire quand c'est très bien aussi ! ;)
  • Modifié (13 Feb)
    Merci @Oshine pour le lien. 
    J'ai écouté un tout petit peu. Je  suis d'accord ce n'est pas un corrigé comme on l'entend au sens classique. 
    Il me semble que c'est plutôt une synthèse. Cela doit surement être intéressant avant d'attaquer le problème. Cela donne du recul quand on en ne connait pas le sujet. 
    Il y a peut être  une vidéo pour le sujet d'analyse. Il a été fait essentiellement  par le violoniste.  

    Pour la seule question 33 qui reste à faire, je n'ai pas assez de recul pour y répondre. J'ai zappé beaucoup de questions et travaillant uniquement avec le clavier... 
    Peut être que @Nico peut le faire? ou voir avec la vidéo
     
  • Bon, je pense avoir à peu près compris le principe avec ce que Philippe Caldéro a dit sur la question mais c'est ultra galère...
    C'est hyper délicat à rédiger... 
    On utilise le théorème de Maschke pour $\theta : G \rightarrow GL(E)$ et $\theta': G \rightarrow GL(E')$.
    Il existe des sous-espaces invariants $F_1,...,F_k$ de $\theta$ et des sous-espaces invariants $H_1,...,H_s$ de $\theta'$ tels que $E=F_1 \oplus \cdots \oplus F_k$ et $E'=H_1 \oplus \cdots \oplus H_s$.
    Et pour tout $i \in \{1,...,k\}$, la représentation $\theta_{| F_i}$ est irréductible. De même, pour tout $j \in \{1,...,s\}$, la représentation $\theta'_{| H_j}$ est irréductible.
    Soit $j \in \{1,...,s\}$. On sait que $\theta'_{| H_j}$ est irréductible. Donc d'après la question 32. (b), le nombre de $F_i$ tels que $\theta'_{| H_j}$ et $\theta_{| F_i}$ sont isomorphes est égal à $<\chi_{\theta'},\chi_{\theta}>$.
    Soit maintenant $i \in \{1,...,k\}$. On sait que $\theta_{| F_i}$ est irréductible. Donc d'après la question 32. (b), le nombre de $H_j$ tels que $\theta_{| F_i}$ et $\theta'_{| H_j}$ sont isomorphes est égal à $<\chi_{\theta},\chi_{\theta'}>$.
    Or, par hypothèse, $\chi_{\theta}=\chi_{\theta'}$ donc $<\chi_{\theta},\chi_{\theta'}>=<\chi_{\theta'},\chi_{\theta}>=<\chi_{\theta},\chi_{\theta}>$.
    Donc il y a autant de $F_i$ que de $H_j$ tels que $\theta_{| F_i}$ et $\theta'_{| H_j}$ soient isomorphes.
    On note $p$ le nombre de $F_i$ et de $H_j$ tels que $\theta_{| F_i}$ et $\theta'_{| H_j}$ soient isomorphes, quitte à réordonner les $F_i$ et les $H_j$, on notera $F_1,...,F_p$ et $H_1,...,H_p$ ces ensembles.
    On considérera que $\theta_{| F_i}$ et $\theta'_{| H_i}$ sont isomorphes et on notera $f_i : F_i \rightarrow H_i$ un isomorphisme de représentation de $\theta_{| F_i}$ vers $\theta'_{| H_i}$.
    Par suite, on a : $E=F_1 \oplus \cdots F_p \oplus F'$ avec éventuellement $F'=\{0\}$.
    Et $E'=H_1 \oplus \cdots H_p \oplus H'$ avec éventuellement $H'=\{0\}$.
    Par suite, en définissant $f$ à partir des $f_i$ précédents et en associant une base de $F'$ à une base de $H'$, on pourra définir un isomorphisme de représentation de $\theta$ vers $\theta'$.
    Mouais bon, je n'arrive pas à rédiger... :D:s:#
  • Allez les gars, vous êtes quasiment au bout...
  • Modifié (14 Feb)
    Bonjour,
    Voici une rédaction de Q-33. Elle vaut ce qu'elle vaut . Mais je m'arrête là car c'est un peu long...
    Je reprends en parties les notations de @N@NicoLeProf tout en allégeant un peu.  
    $\theta_{|F_i}=\theta_i,i=1,...,k$ et $\theta'_{|H_j}=\theta'_j,j=1,...,s$

    On suppose avoir ordonné les $F_1$   par paquets $\Omega_i,i=1...,p$ :
      $\Omega_1=(F_1,F_2,...F_{n_1}),$  $\Omega_2=(F_{n_1+1},,...F_{n_1+n_2})$ ....   
      de sorte que les   $F_j$ qui sont dans un paquet soient isomorphes entre eux et ceux qui sont dans des paquets différents ne sont pas isomorphes.
     On a donc $n_1+n_2+...n_p=k$  et      $$<\chi_\theta,\chi_\theta>= \sum_{i=1}^p  n_i ^2 $$     On suppose avoir fait de même  avec les sous-espaces invariants de $\theta'$ (avec des notations analogues, en primant le lettrage ,$F_1'$  à la place de $F_1$....)
    En particulier on a   $n'_{1}+n'_2+...n'_{p'}=s$  (j'ai gardé la lettre $s$ de @Nico).
    on a bien entendu $$<\chi_\theta',\chi_\theta'>= \sum_{i=1}^{p'} n_{i}'^2 $$
    On suppose aussi ordonné les paquets $\Omega_i$  et  $\Omega'_i$ de sorte que les
    les éléments qui sont dans $\Omega_j$ et $\Omega'_j$ soient isomorphes deux à deux et ceci pour tout $j=1,...,q,$  où $q$  est un entier inférieur ou égal à $\min (p,p').$
    D'après les questions précédentes on a         $$<\chi_\theta,\chi_\theta'>=\sum_{i=1}^{q} n_i n_i'$$ On peut écrire  $$<\chi_\theta,\chi_\theta>= \sum_{i=1}^q  n_i ^2+ K $$ où l'on a
    $K\geq
    0$
    De même  on peut écrire  $$<\chi_\theta',\chi_\theta'>= \sum_{i=1}^q n_{i}'^2+ K' $$
    où l'on a $K'\geq 0$
    Il vient donc  d'après l'hypothèse : $$0= <\chi_\theta,\chi_\theta>+<\chi_\theta',\chi_\theta'>-2<\chi_\theta,\chi_\theta'>=\sum_{i=1}^q  (n_i^2+n_i'^2-2 n_i\times n'_i)+K+K'$$ Ce qui implique $n_i=n'_i, i=1,...q$ et $K=K'=0$  (c'est  à dire $k=s$.)
    Ainsi $\theta$ et $\theta'$ sont isomorphes.       
     
  • Je te remercie bd pour ton travail et pour ta rédaction !
    Effectivement, cette dernière question est vraiment relevée !
    Maintenant, suite à un message privé, je reviens loin en arrière sur la question 10. (e) et je lance un appel à @OShine : peux-tu me détailler cette question s'il te plaît? Je crois qu'elle n'est pas aussi facile qu'elle en a l'air ! ;)
  • Question infaisable si on n'a pas déjà étudié un cours sur la théorie des représentations, mais c'est la dernière question du sujet et c'est impossible d'arriver jusqu'ici en 6 heures. 

    @NicoLeProf
    La 10.e est assez facile. Il faut juste ne pas tomber dans le piège lorsqu'on compose. 
    C'est simplement que Philippe Caldéro a voulu parler de dualité. J'ai fait une remarque à ce sujet et il m'a bien confirmé qu'on pouvait faire de façon beaucoup plus simple. 

    @bd2017
    Merci, mais c'est compliqué ! 

    De toute façon, je n'ai pas le niveau pour Q33, beaucoup trop dur pour moi.

    @LeVioloniste
    Sujet terminé. 

  • Modifié (15 Feb)
    @OShine, oui mais pour la 10. (e), je t'invite à revoir ton raisonnement. L'égalité que tu as écrite pour montrer le morphisme de groupes n'a pas de sens et est fausse. Donc pour moi, tu es passé à côté de la question du moins la partie qui demande de prouver que l'on a un morphisme de groupes.
    Peux-tu ainsi me proposer une preuve bien rédigée et convaincante pour cette question ?
  • Modifié (16 Feb)
    10.e

  • Voilà OShine, maintenant, c'est bon !
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Success message!