© Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot D EVOIR À LA MAISON N O 14 : CORRIGÉ Problème 1 — E3A/E4A 2001 1. On a clairement δh ◦ δh−1 = δh−1 ◦ δh = IdG donc δh est une bijection de G dans G. 2. L(E) étant une algèbre, on a directement u+ ∈ L(E). Soit h ∈ G. Ñ é X −1 1 1 X −1 1 X 1 X u+ h = g−1 u g h = g ugh = h h−1 g−1 u gh = h δh (g) u δh (g) m m m m g∈G g∈G g∈G g∈G é Ñ é Ñ −1 1 X 0−1 1 X δh (g) u δh (g) = h g u g 0 = hu+ en posant g 0 = δh (g) =h m m 0 g ∈G g∈G donc ∀h ∈ G, u+ h = hu+ . 3. Comme u+ commute avec tout élément de G, on a : (u+ )+ = 1 X −1 + 1 X −1 1 X + 1 g u g= g g u+ = u = m u+ m m m m g∈G g∈G g∈G soit (u+ )+ = u+ . 4. Soit x ∈ F = Im p, on a donc p+ (x) = 1 X −1 g p g(x) m g∈G Or, pour tout g ∈ G, F est stable par g donc g(x) ∈ F = Im p et donc p g(x) = g(x). Ainsi, p+ (x) = 1 X −1 1 X g g(x) = x=x m m g∈G g∈G donc x ∈ Im p+ . Donc F ⊂ Im p+ . 5. On a vu à la question .4 que pour tout y ∈ F, g−1 p g(y) = y. Or pour tout x ∈ E, p h(x) ∈ Im p = F. Donc h−1 p h(x) ∈ F car F est stable par h−1 ∈ G. On a, par conséquent, ∀x ∈ E, g−1 p g h−1 p h(x) = h−1 p h(x) donc g−1 p g h−1 p h = h−1 p h. 6. On a Ñ p + 2 = é X 1 g−1 p g m g∈G = 1 m2 X X g∈G h∈G g∈G h∈G d’après la question .5 1 X 1 m p+ = 2 m2 p+ = p+ m2 m g∈G donc p+ est un projecteur. http://laurentb.garcin.free.fr h∈G g−1 p g h−1 p h 1 X X −1 h ph = 2 m = ! 1 X −1 h ph m 1 © Laurent Garcin MPSI Lycée Jean-Baptiste Corot 7. On a vu précédemment que, pour tout x ∈ E et tout g ∈ G, g−1 p g(x) ∈ F donc p+ (x) = donc Im p+ ⊂ F et, comme F ⊂ Im p+ , Im p+ = F = Im p. 1 m P g∈G g−1 p g(x) ∈ F 8. Puisque p+ est un projecteur, Ker p+ est un supplémentaire de F = Im p+ . Pour tout g ∈ G, g et p+ commutent, donc Ker p+ est stable par g. 9. Si F est stable par tout g ∈ G, il suffit de choisir un projecteur d’image F (qui existe car F admet des supplémentaires) et d’appliquer la question précédente. Tout sous-espace stable par tout g ∈ G admet au moins un supplémentaire stable par tout g ∈ G. http://laurentb.garcin.free.fr 2