Corrigé

Cours de Th´ eorie des groupes Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 16 novembre 2015
Quiz 9
Question 1. Soit Gun groupe, et soit x∈Gd’ordre m. Montrer que si n6= 0
est un entier positif tel que xn= 1, alors mdivise n.
Solution. On sait qu’il existe q, r ∈N, avec r < m, tel que n=qm +r. Alors
on a
1 = xn=xqm+r= (xm)q(xr) = xr,
ce qui implique r= 0 (mest l’ordre de xet r < m). Donc n=qm, c’est-`a-dire
mdivise n.
Question 2. Est-ce qu’il existe un groupe non ab´elien dont tous les sous-groupes
sont normaux ? Si oui, donner un exemple.
Solution. Oui, le groupe des quaternions H8(S´erie 4, Exercice 5.) 
Question 3. Soit Gun groupe fini. Est-ce que les affirmations suivantes sont
vraies ?
(a) Si Hest un sous-groupe de G, alors l’ordre de Hdivise l’ordre de G.
(b) Si n∈Ndivise l’ordre de G, alors il existe un sous-groupe de Gdont
l’ordre est n.
(c) Mˆeme question que (b), en supposant Gab´elien.
Solution.
(1) Vraie. En effet, ceci est le th´eor`eme de Lagrange.
(2) Fausse. Le groupe A4n’a pas de sous-groupes d’ordre 6, mˆeme si 6 divise
#A4(S´erie 7, Exercice 5.).
(3) Vraie : supposons premierement que Gsoit un p-groupe d’ordre pmet on
proc`ede par r´ecurrence sur m(le cas m= 1 est clairement vrai). On sait
par un r´esultat du cours que
G'ϕZ/pr1Z×. . . Z/prnZ,
avec r1+. . . +rn=m. Soit s≤mun entier positif. On cherche un
sous-groupe de cardinal ps. Si s≤r1+. . . +rn−1(< m), alors le groupe
Z/pr1Z×. . . Z/prn−1Za un sous-groupe Hd’ordre pspar hyphoth`ese de
r´ecurrence. Donc ϕ−1(H× {[0]prn}) est un sous-groupe de Gd’ordre ps.
Si r1+. . . +rn−1< s(≤m), alors
H=Z/pr1Z×. . . Z/prn−1Z×pm−sZ/prnZ

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est un sous-groupe d’ordre pset donc ϕ−1(H) est un sous-groupe de G
d’ordre ps.
Si Gn’est pas un p-groupe, on peut le d´ecomposer comme produit direct
de p-groupes et utiliser le r´esultat juste montr´e.

Cours de Th´ eorie des groupes Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 16 novembre 2015
S´erie 9
Exercice 1. Soit Gun groupe. On note Sym(G) l’ensemble des bijections de G
`a G, muni de la composition des fonctions. Soit ·:G×G→Gl’action de Gsur
lui-mˆeme par la multiplication `a gauche. On consid`ere
f:G→Sym(G)g7→ fg
o`u fg(x) = g·x. Montrer que fg∈Sym(G) et que fest un homomorphisme.
Solution. Les fonctions fget fg−1sont bijectives puisqu’elles sont inverses l’une
de l’autre. En effet, pout tout g, x ∈G, on a
fg◦fg−1(x) = g·(g−1·x) = (gg−1)·x= 1 ·x=x
et
fg−1◦fg(x) = g−1·(g·x) = (g−1g)·x= 1 ·x=x
Donc fg∈Sym(G).
Pour tout g, g0, x ∈G, on a
fg◦fg0(x) = g·(g0·x) = (gg0)·x) = fgg0(x).
Ainsi, fg◦fg0=fgg0pour tout g, g0∈Get on a donc que fest bien un homo-
morphisme de groupes. 
Exercice 2. On consid`ere l’action de G:= GL2(R) sur R2par multiplication `a
gauche, c’est-`a-dire
G×R2→R2,(A, x)7→ Ax.
Soit y:= 1
1.
(1) Donner l’orbite orb(y) et le stabilisateur Gyde y.
(2) Est-ce que cette action est transitive ?
(3) Que se passe-t-il quand on a G:= GL2(Z) ?

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Solution.
(1) Soit z:= z1
z2∈R2− {0}. On a
z1−a a
z2−b b
| {z }
:=A(a,b)
1
1=z1 z2.
Si z16=z2, alors A(1,1) ∈G, tandis que si z1=z2(6= 0) on a A(0,1) ∈G.
En plus, on v´erifie facilement que ce n’existe pas A∈Gtel que Ay = 0 :
en effet, si Ay = 0, alors y=A−10 = 0, ce qui donne une contradiction.
Donc on a
orb(y) = R2− {0}.
Un calcul facile nous donne que, pour A∈G, on a Ay =ysi et seulement
si
A∈1−a a
1−b ba, b ∈R, a 6=b=: X.
Donc Gy=X.
(2) Non, parce que 0 6∈ orb(y).
(3) Si G:= GL2(Z) on a clairement orb(y)⊆Z2.
En plus, si z:= z1
z2∈Z2− {0}et A(a, b, c, d) := a b c d∈M2(Z), on a
A(a, b, c, d)y=z⇔a=z1−bet c=z2−d.
En plus, A(z1−b, b, z2−d, d)∈Gsi et seulement si
det(A(z1−b, b, z2−d, d)) = dz1−bz2=±1
(S´erie 4, Exercice 3). Par l’identit´e de Bezout, on a donc que il existe
une matrice A∈Gtel que Ay =zsi et seulement si (z1, z2) = 1, ce qui
implique que
orb(y) = z1
z2∈Z2(z1, z2) = 1.
En ce qui concerne le stabilisateur, on a clairement Gy= GL2(Z)y⊆
GL2(R)y=X. Alors on obtient facilement que
Gy= 1−a a
1−(a±1) a±1a∈Z.
Finalement, l’action n’est pas transitive (0 6∈ orb(y)).

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Exercice 3. (Les r´esultats de cet exercice sont `a retenir).
On note P(R2) l’ensemble des parties de R2. Soient n≥3 un entier, et Pnle
polygˆone de sommets
Ak:= cos 2πk
n,sin 2πk n.
(1) Montrer que •: GL(R2)× P(R2)→ P(R2),(f, E)7→ f(E) est une action
de groupes.
(2) Calculer le stabilisateur de Pnpour cette action.
D´efinition. Ce stabilisateur est appel´e groupe di´edral. On le note D2n.
(3) Montrer que D2nest isomorphe `a un sous-groupe de Snet que D6'S3.
(4) Montrer qu’un groupe Gest isomorphe `a D2nsi et seulement il est en-
gendr´e par {R, S}avec R∈Gd’ordre net Sd’ordre 2 tels que
SRS =R−1.
Solution.
(1) On a bien Id(E) = Epour tout E∈ P(R2), et (f◦g)(E) = f(g(E)) pour
tous f, g ∈GL(R2) et tout E∈ P(R2). Ainsi •est bien une action de
groupe.
(2) Le polygone Pnest conserv´e par
•la rotation Rde centre Oet d’angle 2π/n ;
•la sym´etrie axiale Sd’axe la droite (OA1) passant par Oet A1.
Nous allons montrer que les applications lin´eaires conservant Pnsont de
la forme Rkou RkSavec k∈ {0, . . . , n−1}. Pour cela on remarque que Id
est la seule application lin´eaire qui fixe deux points de R2non colin´eaires.
´
Etant donn´e f∈D2n, soit 1 ≤j≤ntel que f(A1) = Aj. Comme
(Rj)−1(Aj) = A1, la composition
g= (Rj)−1f∈D2n
fixe A1. Par cons´equent, genvoie le cˆot´e A1A2sur un cˆot´e de Pncontenant
A1, c’est-`a-dire A1A2ou AnA1. Ainsi :
•soit g(A2) = A2, d’o`u g= Id. On en conclut que f=Rj.
•soit g(A2) = An; dans ce cas, Sg est un ´el´ement de D2ntel que
Sg(A1) = S(A1) = A1
Sg(A2) = S(An) = A2,
d’o`u Sg = Id comme au point (1). Ainsi, f=RjS.
Finalement, montrons que les Rk,RkSsont tous distincts pour
0≤k < n. Nous aurons ainsi d´emontr´e qu’il existe exactement 2n
isom´etries conservant Pn. Comme Ra ordre n, il est clair que les Rk
(0 ≤k < n) sont tous distincts. Par cons´equent, les RkS(0 ≤k < n)