Corrigé

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
12 décembre 2011
Série 11
Exercice 1.
a b
c d
∈ G : ad − bc = 1
et
Soient G = GL2 (R) et H =
1 b
K=
∈ G : d 6= 0 . Identifier K/(H ∩ K) et HK/H.
0 d
Solution.
Le sous-ensemble K est non vide. Ce sous-ensemble est donc un sous-groupe
de G puisque
1 b1
1 b2
1 b1
1 b2 + b1 d 2
=
=
0 d1
0 d2
0 d1
0
d1 d2
pour tous b1 , b2 ∈ R et tous d1 , d2 ∈ R \ {0}. Le sous-groupe K n’est pas normal
dans G. Par contre H est un sous-groupe normal de G puisque le déterminant
det : G −→ R est un homomorphisme de groupe de noyau H. Par conséquent,
on peut utiliser le second théorème d’isomorphisme pour montrer l’existence d’un
isomorphisme de groupe K/(H ∩ K) ' HK/H.
On
considère
la restriction det |K : K −→ R de det : G −→ R à K. Comme
1 b
det
= d, l’image de det |K est R× .
0 d
L’ensemble K est un sous-groupe de G et det est un homomorphisme de groupes
de noyau H. Par conséquent, det |K est un homomorphisme de groupes dont le
noyau est H ∩ K. En particulier, d’après le premier théorème 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 sphère 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 P1 et P2 deux points distincts de la sphère de centre O
et de rayon 1. Soit M le milieu du segment [P1 ; P2 ]. Le triangle OP1 P2 est isocèle
en O. Par conséquent, la droite (OM ) est orthogonale à la droite (P1 , P2 ). La
−−→
restriction à (P1 P2 ) de la rotation R d’axe (OM ), orientée par le vecteur OM , et
d’angle π est égale à la restriction à (P1 P2 ) de la symétrie de centre M . Ainsi R
envoie P1 sur P2 .
2
Soit P un point de la sphère de centre O et de rayon 1. L’ensemble des points
fixes d’une rotation dans l’espace est une droite (son axe de rotation). Les rotations d’axe passant par O et admettant P comme point fixe sont donc exactement
les rotations d’axe (OP ). Autrement dit, Le stabilisateur de P pour l’action naturelle des rotations d’axe passant par O sur la sphère de centre O et de rayon 1
est l’ensemble des rotations d’axe (OP ).
Exercice 3.
Soit E un ensemble à 3 éléments.
(1) Soit G un groupe d’ordre 35. Combien a-t-on d’homomorphismes de groupes
φ : G −→ S3 ?
(2) Soit G un groupe d’ordre 35. Combien a-t-on d’actions de G sur E ?
(3) Soit G un groupe abélien d’ordre 15. Combien a-t-on d’actions de G sur E ?
Solution.
(1) Soit φ : G −→ S3 un homomorphisme de groupe. D’après le premier
théorème d’isomorphisme, G/ ker(φ) est isomorphe à un sous-groupe de
S3 . Par suite, d’après le théorème de lagrange, ] (G/ ker(φ)) divise ]S3 = 6.
Or, d’après le théorème de Lagrange, ] (G/ ker(φ)) est aussi un diviseur
de ]G = 35. Comme pgcd(35, 6) = 1, on a forcément ] (G/ ker(φ)) = 1,
c’est-à-dire ker(φ) = {1G }. Ainsi, l’homomorphisme trivial est le seul homomorphisme de groupes φ : G −→ S3 .
(2) Le nombre d’actions de G sur E est égal au nombre d’homomorphisme
de groupes φ : G −→ S(E) (où S(E) désigne l’ensemble des bijections
de E). Or ]E = 3, donc S(E) ' S3 . Par suite, on a une seule action de
groupe de G sur E, à savoir
G × E −→ E
(g, x) 7−→ x.
(3) Comme G est abélien d’ordre 15, d’après le théorème de structure des
groupes abéliens finis, on a G ' Z/15Z. L’ensemble des homomorphismes
de groupe φ : G −→ S3 est donc en bijection avec l’ensemble des homomorphismes de groupes φ : Z/15Z −→ S3
Soit φ : Z/15Z −→ S3 un homomorphisme de groupe. Le groupe Z/15Z
est cyclique, engendré par la classe de congruence de 1 modulo 15. Pour
tout n ∈ N, on a donc φ ([n]15 ) = φ ([1]15 )n (où [n]15 désigne la classe de
congruence de n modulo 15).
Comme Z/15Z = h[1]15 i, l’ordre de [1]15 est 15. En particulier, φ ([1]15 )
est d’ordre divisant 15. D’après le théorème de Lagrange, φ ([1]15 ) est d’ordre 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 propriété universelle du quotient montre l’existence d’un homomorphisme de groupe
φ : Z/15Z −→ S3 tel que φ ([1]15 ) = σ. On vient ainsi de montrer que
3
l’ensemble des homomorphismes de groupe φ : G −→ S3 est de cardinal
3. Par conséquent, le nombre d’actions de groupe de G sur E est 3.
Exercice 4.
Soient G un 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 être transitive ? peut elle être libre ?
(2) En utilisant l’exercice 3 de la série 10, montrer que Z(G) = {1G }
(3) Montrer que l’action de G sur lui même par conjugaison est fidèle.
(4) Montrer que les orbites de l’action de G sur lui même par conjugaison
sont toutes de cardinal divisant 15.
(5) En déduire que l’action de G sur lui même par conjugaison a exactement
• une orbite de cardinal 1 ;
• trois orbites de cardinal 3 notées A1 , A2 et A3 ;
• une orbite de cardinal 5 notée B ;
(6) Soient x ∈ G \ {1G }. Montrer que le stabilisateur de x pour l’action de G
sur lui même par conjugaison est engendré par x.
Solution.
(1) Une action par conjugaison de G sur lui même ne peut pas être transitive
si G 6= {1G }, car l’orbite de 1G pour l’action de G sur lui-même par
conjugaison est {1G } (on rappelle que les orbites d’une action de groupe
de G sur un ensemble X forment une partition de X).
Le stabilisateur de 1G pour l’action de G sur lui-même par conjugaison
est G. Par conséquent, l’action de G sur lui-même par conjugaison n’est
pas libre si G 6= {1G }.
(2) Comme G est de cardinal 15 = 3 × 5, le théorème de Lagrange affirme
que le cardinal de G/Z(G) appartient à {1, 3, 5, 15}. Si ]G/Z(G) = 1,
alors G = Z(G) et par conséquent G est abélien. Si ]G/Z(G) ∈ {3, 5}
alors G/Z(G) est cyclique (d’après le théorème de Lagrange un groupe
de cardinal premier est cyclique engendré par x pour tout x ∈ G \ {1G }).
Dans ce cas, d’après l’exercice 3 de la série 10, G est abélien. Comme on
a supposé G non commutatif, on a forcément ]G/Z(G) = 15 = ]G i.e.
]Z(G) = 1. Ainsi on a bien Z(G) = {1G }.
\
(3) Par définition de l’action de G sur G par conjugaison, Z(G) =
Stab(h)
h∈G
(où Stab(h) désigne le Stabilisateur de h pour l’action de G sur lui-même
par conjugaison). Ainsi l’action de G sur G par conjugaison est fidèle
puisque, d’après la question précédente, Z(G) = {1G }.
(4) Soit h ∈ G. On désigne respectivement par Orbite(h) et Stab(h) l’orbite
et le groupe d’isotropie de h pour l’action de G sur G par conjugaison.
4
L’ensemble Orbite(h) est en bijection avec G/Stab(h). D’après le théorème
de Lagrange, ]Orbite(h) divise donc ]G = 15.
(5) soit h ∈ G. On conserve les notations de la question précédente. D’après
le théorème de Lagrange, ]Stab(h) ∈ {1, 3, 5, 15}. Si ]Stab(h) = 15, alors,
par définition de Stab(h), on a h ∈ Z(G) et donc, d’après la question
(2), on a h = 1G . Par ailleurs, si h 6= 1G , on a ]Stab(h) > 1 car Stab(h)
contient h. Par conséquent, ]Orbite(h) = [G : Stab(h)] ∈ {3, 5} si h 6= 1G
et Orbite(h) = {1G } si h = 1G .
Soit n3 (respectivement n5 ) le nombre d’orbites de cardinal 3 (respectivement 5) pour l’action de G sur G par conjugaison. Les orbites pour
l’action de groupe de G sur G par conjugaison forment une partition de G.
En calculant les cardinaux des ensembles intervenant dans cette partition,
on obtient
15 = ]G = 1 + 3n3 + 5n5 .
L’équation 15 = 1 + 3n3 + 5n5 a une seule solution (n3 , n5 ) dans N2 , à
savoir (n3 , n5 ) = (3, 5).
(6) On conserve les notations de la question précédente. Par définition de
l’action de G sur G par conjugaison, on a hxi ⊂ Stab(x). Comme x 6= 1G ,
d’après notre réponse à la question précédente, on a ]Stab(x) ∈ {3, 5}. Or
3 et 5 sont premiers, donc, d’après le théorème de Lagrange, x étant non
trivial, x engendre Stab(x).
Remarque : On vient de montrer que les éléments d’ordre exactement 3 dans
G sont les éléments de l’unique orbite de cardinal 5 pour l’action de G sur lui
même par conjugaison. C’est absurde puisqu’un groupe fini à un nombre pair
d’éléments d’ordre exactement 3 (tout x ∈ G d’ordre 3 a un inverse x−1 qui est
aussi d’ordre exactement 3 mais qui est différent de x). L’exercice précédent est en
fait une preuve du fait remarquable suivant : tout groupe d’ordre 15 est abélien.
En particulier Z/15Z est le seul groupe d’ordre 15 à isomorphisme près !