Corrigé

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 12 d´ecembre 2011
S´erie 11
Exercice 1.
Soient G= GL2(R) et H= a b
c d ∈G:ad −bc = 1et
K= 1b
0d∈G:d6= 0.Identifier K/(H∩K) et HK/H.
Solution.
Le sous-ensemble Kest non vide. Ce sous-ensemble est donc un sous-groupe
de Gpuisque
1b1
0d1 1b2 0d2=1b1 0d1=1b2+b1d2 0d1d2
pour tous b1, b2∈Ret tous d1, d2∈R\ {0}.Le sous-groupe Kn’est pas normal
dans G. Par contre Hest un sous-groupe normal de Gpuisque le d´eterminant
det : G−→ Rest un homomorphisme de groupe de noyau H. Par cons´equent,
on peut utiliser le second th´eor`eme d’isomorphisme pour montrer l’existence d’un
isomorphisme de groupe K/(H∩K)'HK/H.
On consid`ere la restriction det |K:K−→ Rde det : G−→ R`a K. Comme
det 1b
0d=d, l’image de det |Kest R×.
L’ensemble Kest un sous-groupe de Get det est un homomorphisme de groupes
de noyau H. Par cons´equent, det |Kest un homomorphisme de groupes dont le
noyau est H∩K. En particulier, d’apr`es le premier th´eor`eme d’isomorphisme, on
a un isomorphisme de groupe K/(H∩K)'R×.
Exercice 2.
Donner les orbites et les stabilisateurs de l’action naturelle des rotations d’axe
passant par (0,0,0) sur la sph`ere de centre (0,0,0) et de rayon 1.
Solution.
Plusieurs arguments permettent de montrer que cette action est transitive. On
note O:= (0,0,0). Soient P1et P2deux points distincts de la sph`ere de centre O
et de rayon 1. Soit Mle milieu du segment [P1;P2]. Le triangle OP1P2est isoc`ele
en O. Par cons´equent, la droite (OM) est orthogonale `a la droite (P1, P2).La
restriction `a (P1P2) de la rotation Rd’axe (OM), orient´ee par le vecteur −−→ OM, et
d’angle πest ´egale `a la restriction `a (P1P2) de la sym´etrie de centre M. Ainsi R
envoie P1sur P2.

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Soit Pun point de la sph`ere de centre Oet de rayon 1. L’ensemble des points
fixes d’une rotation dans l’espace est une droite (son axe de rotation). Les rota-
tions d’axe passant par Oet admettant Pcomme point fixe sont donc exactement
les rotations d’axe (OP ). Autrement dit, Le stabilisateur de Ppour l’action na-
turelle des rotations d’axe passant par Osur la sph`ere de centre Oet de rayon 1
est l’ensemble des rotations d’axe (OP ). 
Exercice 3.
Soit Eun ensemble `a 3 ´el´ements.
(1) Soit Gun groupe d’ordre 35. Combien a-t-on d’homomorphismes de groupes
φ:G−→ S3?
(2) Soit Gun groupe d’ordre 35. Combien a-t-on d’actions de Gsur E?
(3) Soit Gun groupe ab´elien d’ordre 15. Combien a-t-on d’actions de Gsur E?
Solution.
(1) Soit φ:G−→ S3un homomorphisme de groupe. D’apr`es le premier
th´eor`eme d’isomorphisme, G/ ker(φ) est isomorphe `a un sous-groupe de
S3. Par suite, d’apr`es le th´eor`eme de lagrange, ](G/ ker(φ)) divise ]S3= 6.
Or, d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, ](G/ ker(φ)) est aussi un diviseur
de ]G = 35. Comme pgcd(35,6) = 1, on a forc´ement ](G/ ker(φ)) = 1,
c’est-`a-dire ker(φ) = {1G}. Ainsi, l’homomorphisme trivial est le seul ho-
momorphisme de groupes φ:G−→ S3.
(2) Le nombre d’actions de Gsur Eest ´egal au nombre d’homomorphisme
de groupes φ:G−→ S(E) (o`u S(E) d´esigne l’ensemble des bijections
de E). Or ]E = 3, donc S(E)'S3. Par suite, on a une seule action de
groupe de Gsur E, `a savoir
G×E−→ E
(g, x)7−→ x.
(3) Comme Gest ab´elien d’ordre 15, d’apr`es le th´eor`eme de structure des
groupes ab´eliens finis, on a G'Z/15Z.L’ensemble des homomorphismes
de groupe φ:G−→ S3est donc en bijection avec l’ensemble des homo-
morphismes de groupes φ:Z/15Z−→ S3
Soit φ:Z/15Z−→ S3un homomorphisme de groupe. Le groupe Z/15Z
est cyclique, engendr´e par la classe de congruence de 1 modulo 15. Pour
tout n∈N, on a donc φ([n]15) = φ([1]15 )n(o`u [n]15 d´esigne la classe de
congruence de nmodulo 15).
Comme Z/15Z=h[1]15i, l’ordre de [1]15 est 15. En particulier, φ([1]15 )
est d’ordre divisant 15. D’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, φ([1]15) est d’or-
dre divisant ]S3= 6. Ainsi, φ([1]15) est d’ordre divisant pgcd(15,6) = 3.
Par suite, on a φ([1]15)∈ {Id,(1 2 3),(1 3 2)}.
Inversement, quelque soit σ∈ {Id,(1 2 3),(1 3 2)}, la propri´et´e uni-
verselle du quotient montre l’existence d’un homomorphisme de groupe
φ:Z/15Z−→ S3tel que φ([1]15) = σ. On vient ainsi de montrer que

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l’ensemble des homomorphismes de groupe φ:G−→ S3est de cardinal
3. Par cons´equent, le nombre d’actions de groupe de Gsur Eest 3.
Exercice 4.
Soient Gun groupe non commutatif d’ordre 15 et
Z(G) := {g∈G:∀h∈G, gh =hg}
le centre de G.
(1) Une action par conjugaison peut elle ˆetre transitive ? peut elle ˆetre libre ?
(2) En utilisant l’exercice 3 de la s´erie 10, montrer que Z(G) = {1G}
(3) Montrer que l’action de Gsur lui mˆeme par conjugaison est fid`ele.
(4) Montrer que les orbites de l’action de Gsur lui mˆeme par conjugaison
sont toutes de cardinal divisant 15.
(5) En d´eduire que l’action de Gsur lui mˆeme par conjugaison a exactement
•une orbite de cardinal 1 ;
•trois orbites de cardinal 3 not´ees A1,A2et A3;
•une orbite de cardinal 5 not´ee B;
(6) Soient x∈G\ {1G}. Montrer que le stabilisateur de xpour l’action de G
sur lui mˆeme par conjugaison est engendr´e par x.
Solution.
(1) Une action par conjugaison de Gsur lui mˆeme ne peut pas ˆetre transitive
si G6={1G}, car l’orbite de 1Gpour l’action de Gsur lui-mˆeme par
conjugaison est {1G}(on rappelle que les orbites d’une action de groupe
de Gsur un ensemble Xforment une partition de X).
Le stabilisateur de 1Gpour l’action de Gsur lui-mˆeme par conjugaison
est G. Par cons´equent, l’action de Gsur lui-mˆeme par conjugaison n’est
pas libre si G6={1G}.
(2) Comme Gest de cardinal 15 = 3 ×5, le th´eor`eme de Lagrange affirme
que le cardinal de G/Z(G) appartient `a {1,3,5,15}. Si ]G/Z(G) = 1,
alors G=Z(G) et par cons´equent Gest ab´elien. Si ]G/Z(G)∈ {3,5}
alors G/Z(G) est cyclique (d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange un groupe
de cardinal premier est cyclique engendr´e par xpour tout x∈G\ {1G}).
Dans ce cas, d’apr`es l’exercice 3 de la s´erie 10, Gest ab´elien. Comme on
a suppos´e Gnon commutatif, on a forc´ement ]G/Z(G) = 15 = ]G i.e.
]Z(G) = 1. Ainsi on a bien Z(G) = {1G}.
(3) Par d´efinition de l’action de Gsur Gpar conjugaison, Z(G) = \
h∈G
Stab(h)
(o`u Stab(h) d´esigne le Stabilisateur de hpour l’action de Gsur lui-mˆeme
par conjugaison). Ainsi l’action de Gsur Gpar conjugaison est fid`ele
puisque, d’apr`es la question pr´ec´edente, Z(G) = {1G}.
(4) Soit h∈G. On d´esigne respectivement par Orbite(h) et Stab(h) l’orbite
et le groupe d’isotropie de hpour l’action de Gsur Gpar conjugaison.

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L’ensemble Orbite(h) est en bijection avec G/Stab(h). D’apr`es le th´eor`eme
de Lagrange, ]Orbite(h) divise donc ]G = 15.
(5) soit h∈G. On conserve les notations de la question pr´ec´edente. D’apr`es
le th´eor`eme de Lagrange, ]Stab(h)∈ {1,3,5,15}. Si ]Stab(h) = 15, alors,
par d´efinition de Stab(h), on a h∈Z(G) et donc, d’apr`es la question
(2), on a h= 1G. Par ailleurs, si h6= 1G, on a ]Stab(h)>1 car Stab(h)
contient h. Par cons´equent, ]Orbite(h)=[G: Stab(h)] ∈ {3,5}si h6= 1G
et Orbite(h) = {1G}si h= 1G.
Soit n3(respectivement n5) le nombre d’orbites de cardinal 3 (respec-
tivement 5) pour l’action de Gsur Gpar conjugaison. Les orbites pour
l’action de groupe de Gsur Gpar conjugaison forment une partition de G.
En calculant les cardinaux des ensembles intervenant dans cette partition,
on obtient
15 = ]G = 1 + 3n3+ 5n5.
L’´equation 15 = 1 + 3n3+ 5n5a une seule solution (n3, n5) dans N2, `a
savoir (n3, n5) = (3,5).
(6) On conserve les notations de la question pr´ec´edente. Par d´efinition de
l’action de Gsur Gpar conjugaison, on a hxi ⊂ Stab(x). Comme x6= 1G,
d’apr`es notre r´eponse `a la question pr´ec´edente, on a ]Stab(x)∈ {3,5}. Or
3 et 5 sont premiers, donc, d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, x´etant non
trivial, xengendre Stab(x).
Remarque : On vient de montrer que les ´el´ements d’ordre exactement 3 dans
Gsont les ´el´ements de l’unique orbite de cardinal 5 pour l’action de Gsur lui
mˆeme par conjugaison. C’est absurde puisqu’un groupe fini `a un nombre pair
d’´el´ements d’ordre exactement 3 (tout x∈Gd’ordre 3 a un inverse x−1qui est
aussi d’ordre exactement 3 mais qui est diff´erent de x). L’exercice pr´ec´edent est en
fait une preuve du fait remarquable suivant : tout groupe d’ordre 15 est ab´elien.
En particulier Z/15Zest le seul groupe d’ordre 15 `a isomorphisme pr`es ! 