corrigé - IMJ-PRG

Université Pierre-et-Marie Curie
Master de mathématiques, cours Groupes finis et représentations, corrigé de
l’examen du 10 mars 2017.
Enseignant : Antoine Ducros
Exercice 1. Question de cours. Voir le théorème 1.18 du polycopié.
Exercice 2. Notons σ la permutation de l’exercice. On décompose σ en produit
de cycles à supports deux à deux disjoints, par l’algorithme vu en cours. On
obtient l’égalité
σ = (1 4 7 8 11 12)(2 9 20 19 13 14 5)(3 6 16 10 17 15 18).
La décomposition comprend donc un 6-cycle et deux 7-cycles. Par conséquent
ε(σ) = (−1)6−1+7−1+7−1 = (−1)17 = −1 ; et l’ordre de σ est égal au PPCM de
6 et 7, à savoir 42.
Exercice 3. Soit n un entier tel que Sn contienne une permutation σ d’ordre
18. Soit C l’ensemble des cycles à supports deux à deux disjoints dont σ est le
produit. Le PPCM des longueurs des cycles appartenant à C est alors égal à
18 = 2 × 9. Ceci entraı̂ne ou bien qu’il existe c ∈ C dont la longueur est multiple
de 18, et l’on a alors n > 18 ; ou bien qu’il existe deux cycles distincts c et d
dans C tels que la longueur de c soit multiple de 2 et la longueur de d multiple
de 9, et l’on a alors n > 2 + 9 = 11. Dans tous les cas n > 11 ; par ailleurs
(1 2)(3 4 5 6 7 8 9 10 11) est un élément de S11 d’ordre 18. Ainsi, le plus petit
entier n tel que Sn possède un élément d’ordre 18 est égal à 11.
Supposons qu’il existe une permutation paire τ de {1, . . . , 11} d’ordre 18,
et soit D l’ensemble des cycles à supports deux à deux disjoints dont τ est le
produit. Le PPCM des longueurs des cycles appartenant à D est égal à 18, et
la somme de leurs longueurs est majorée par 11. Par conséquent D possède
exactement deux éléments, à savoir un cycle de longueur 2 et un cycle de
longueur 9 ; mais on a alors ε(τ ) = (−1)2−1+9−1 = −1, ce qui est absurde.
Supposons qu’il existe une permutation paire τ de {1, . . . , 12} d’ordre 18,
et soit D l’ensemble des cycles à supports deux à deux disjoints dont τ est le
produit. Le PPCM des longueurs des cycles appartenant à D est égal à 18, et
la somme de leurs longueurs est majorée par 12. Par conséquent D possède
exactement deux éléments, à savoir un cycle de longueur 2 et un cycle de
longueur 9 ; mais on a alors ε(τ ) = (−1)2−1+9−1 = −1, ce qui est absurde.
Par ailleurs
(1 2)(3 4)(5 6 7 8 9 10 11 12 13)
1
est une permutation paire de {1, . . . , 13} d’ordre 18. Ainsi, le plus petit entier
n tel que An possède un élément d’ordre 18 est égal à 13.
Exercice 4. Posons G = hx, y|x2 , y 2 , (xy)3 i. Les éléments (12) et (23) de S3
sont d’ordre 2, et (12)(23) = (123) est d’ordre 3. Il existe donc un (unique)
morphisme ϕ : G → S3 tel que ϕ(x) = (12) et ϕ(y) = (23). Le sous-groupe
de S3 engendré par (12) et (23) contient (12), (23) et (12)(23)(12) = (13) ; il
contient donc toutes les transpositions et est dès lors égal à S3 tout entier.
En conséquence, ϕ est surjectif, et |G| > 6. Nous allons montrer que |G| 6 6,
ce qui entraı̂nera que |G| = 6 et que ϕ est un isomorphisme.
Par définition, tout élément de G est de la forme a1 a2 . . . ar où chaque ai
est une puissance de x ou de y (avec alternance des deux situations). On a par
ailleurs x2 = e et y 2 = e, et donc aussi x−1 = x et y −1 = y ; il s’ensuit que tout
élément de G est de la forme a1 a2 . . . ar où chaque ai est égal ou bien à x, ou
bien à y, avec alternance des deux situations.
Enfin on a (xy)3 = e et donc
xyxy = (xy)2 = (xy)−1 = yx.
En multipliant à gauche par x = x−1 chacun des deux membres de l’égalité il
vient yxy = xyx.
Il résulte de ce qui précède que tout élément de G est de l’une des six formes
suivantes : e, x, y, xy, yx, xyx. Ainsi |G| 6 6, ce qu’il fallait démontrer.
Exercice 5.
(a) Par définition, on a GA A = A, et en particulier GA a ⊂ A pour tout
a ∈ A. Les parties de G de la forme GA a (pour a ∈ G) sont les classes
à droite de G modulo GA ; elles sont deux à deux disjointes, et toutes
de même cardinal |GA |. L’inclusion GA a ⊂ A pour tout a ∈ A signifie
que A est réunion disjointe de telles classes. Le cardinal de A est donc
multiple de |GA | ; par conséquent, |GA | divise |A| = pk .
(b) Soit A ∈ E 00 ; le cardinal de GA est égal à p` pour un certain ` < k. Le
cardinal de l’orbite de A sous l’action de G est égal à
|G|/|GA | = pn m/p` = pn−k mpk−` = N pk−` ,
et ce dernier est multiple de pN puisque k > `.
Par ailleurs si B appartient à l’orbite de A sous G, le stabilisateur de B
est un conjugué de GA , et est donc aussi de cardinal p` ; en particulier,
B ∈ E 00 .
Il découle de ce qui précède que E 00 est réunion (nécessairement disjointe)
d’orbites sous l’action de G, et que chacune d’elles a un cardinal multiple
de pN . Par conséquent |E 00 | est nul modulo pN , ce qui entraı̂ne que
|E| = |E 0 | modulo pN .
2
(c) Soit A ∈ E 0 et soit a ∈ A. On sait déjà que la classe à droite GA a est
contenu dans A. Mais comme A ∈ E 0 , le cardinal de GA est égal à pk , et il
en va de même du cardinal de GA a ; puisque |A| = pk , il vient A = GA a.
(d) Pour tout h ∈ H on a hH = H et donc hHa = Ha. Par ailleurs si g est
un élément de G tel que gHa = Ha on a gH = H (multiplier par a−1
des deux côtés) et donc g ∈ H. Par conséquent, GA = H.
(e) Soit G l’ensemble des sous-groupes de G de cardinal pk . Pour tout H ∈ G ,
soit EH le sous-ensemble de E 0 formé des parties dont le stabilisateur est
H ; il découle des deux questions précédentes que pour tout H ∈ G ,
l’ensemble EH est constitué de toutes les classes à droite de G modulo
H, et son cardinal est donc égal à [G : H] = pn m/pk = N . L’ensemble E 0
étant par définition égal à la réunion disjointe des EH pour H parcourant
G , il vient |E 0 | = |G | · N = λN .
On sait d’après le (b) que |E| − |E 0 | est de la forme rpN avec r ∈ N. On
a donc |E| = λN + rpN ; ainsi N divise |E| et |E|/N = λ + rp, et λ est
donc bien égal à |E|/N modulo p, comme annoncé.
n
(f) Le cardinal de E est égal à ppkm ; par conséquent, |E|/N ne dépend
que de |G| et pk , et pas du groupe G lui-même. Pour calculer la classe
de λ modulo p, on peut donc remplacer G par n’importe quel groupe
de cardinal pn m, et en particulier par Z/pn mZ. Or celui-ci a un unique
sous-groupe de cardinal pk ; il vient λ = 1 modulo p.
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