Corrigé 10

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 03 d´ecembre 2012
Corrig´e 10
Exercice 1.
(1) Donner la d´efinition de l’ordre d’un groupe fini. Donner quelques exemples.
(2) Donner la d´efinition de l’ordre d’un ´el´ement d’un groupe fini. Donner
quelques exemples.
(3) Quelles propri´et´es peut on donner concernant le rapport entre l’ordre d’un
groupe et l’ordre d’un ´el´ement ?
(4) Mˆeme question lorsque le groupe est cyclique.
Solution.
(1) L’ordre d’un groupe Gest son cardinal #G. Voici quelques exemples de
groupes d’ordre fini que nous avons ´etudi´es : (dans cette liste, net p
d´esignent comme d’habitude respectivement un entier strictement positif
et un nombre premier)
•Z/nZd’ordre n
•µnd’ordre n
•(Z/nZ)∗d’ordre ϕ(n)
•Snd’ordre n!
•GLn(Z/pZ) d’ordre
n−1
Y
i=0
(pn−pi).
(2) L’ordre d’un ´el´ement gd’un groupe Gest l’ordre du sous-groupe de G
engendr´e par g, i.e. l’ordre de hgi. De fa¸con ´equivalente, il s’agit du plus
petit entier strictement positif mtel que gm= 1G.
•Dans G:= Z/12Zl’´el´ement g= [4]12 est d’ordre 3.
•Dans G:= µ3l’´el´ement g=e2πi
3est d’ordre 3.
•Dans G:= (Z/5Z)∗l’´el´ement g= [4]5est d’ordre 2.
•Dans G:= S5l’´el´ement g= (1 2 3 4 5) est d’ordre 5.
•Dans GL2(Z/2Z) l’´el´ement g=1 1
1 0est d’ordre 3.
(3) D’apr`es le th´eor`eme de Lagrange l’ordre de gdivise l’ordre de G. En parti-
culier, l’ordre d’un ´el´ement d’un groupe est toujours plus petit que l’ordre
du groupe.

2
(4) Un groupe Gest dit cyclique s’il existe g∈Gtel que G=hgi. De
fa¸con ´equivalente Gest cyclique s’il existe un homomorphisme surjectif
φ:Z→G. Voici quelques exemples de groupes cycliques que nous avons
´etudi´es :
•Z/nZd’ordre n
•µnd’ordre n
•Zd’ordre infini.
Exercice 2.
(1) Donner `a isomorphisme pr`es la liste des groupes ab´eliens d’ordre 300 (vous
´eviterez de faire figurer deux groupes isomorphes dans cette liste).
(2) Montrer que tout groupe ab´elien d’ordre 105 est cyclique.
Solution.
(1) •Z/2×Z/2Z×Z/3Z×Z/5×Z/5Z∼
=Z/10 ×Z/30Z,
•Z/4Z×Z/3Z×Z/5×Z/5Z∼
=Z/5×Z/60Z,
•Z/2×Z/2Z×Z/3Z×Z/25Z∼
=Z/2×Z/150Z,
•Z/4×Z/3Z×Z/25 ∼
=Z/300Z.
(2) Soit Gun groupe ab´elien d’ordre 105 = 3 ·5·7.
Solution 1 : D’apr`es le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis
on a G∼
=Z/3Z×Z/5Z×Z/7Z. Pour tout couple d’entiers strictement posi-
tifs (m, n) on a Z/nZ×Z/nZ∼
=Z/mnZsi et seulement si gcd(m, n) = 1.
En particulier, Z/3Z×Z/5Z×Z/7Z∼
=Z/15Z×Z/7Z∼ =Z/105Zdonc
G∼
=Z/105Z.
Solution 2 : D’apr`es un corollaire du th´eor`eme de structure des groupes
ab´eliens finis il existe un entier strictement positif net des entiers m1, ..., mn,
avec m1>1, tels que G∼
=Z/m1Z×... ×Z/mnZet mi|mi+1. Comme
m1·... ·mn= 105 et m1divise tous les mion a mn
1|105. Comme 105 est
sans facteur carr´e on en d´eduit que n= 1, i.e. que Gest cyclique.
Remarque : Remarquez que les deux arguments ci-dessus montrent que
si Gest un groupe ab´elien dont l’ordre est sans facteur carr´e, alors Gest
cyclique.
Exercice 3.

3
Soient Gun groupe, et Het Kdeux sous-groupes normaux de G. On note
p:= [G:H] et q:= [G:K]. On suppose que Pgcd(p, q) = 1. Montrer que
G=HK.
Solution. Comme G=HK si et seulement si [G:HK] = 1, on va se con-
tenter de calculer [G : HK]. D’apr`es le troisi`eme th´eor`eme d’isomorphisme et
d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, on a [G:H]=[G:HK][HK :H] et
[G:K]=[G:HK][HK :K]. En particulier, [G:HK] divise `a la fois [G:H]
et [G:K]. Comme [G:H] et [G:K] sont premiers entre eux, on en d´eduit que
[G:HK] = 1.
Exercice 4. (?)
(1) Montrer que le groupe des isom´etries du t´etra`edre r´egulier est isomorphe
`a S4.
(2) Soit Gle groupe des isom´etries d’un cube de centre O. Soit s∈Gla
sym´etrie centrale de centre O. Montrer que G/hsiest isomorphe `a S4.
Indication : Un cube a 8 sommets, mais seulement 4 diagonales (i.e. 4
droites passant par le centre du cube et un des sommets du cube).
Solution.
•Soit Sym(T) le groupe des isom´etries d’un t´etra`edre r´egulier T. Sans perte
de g´en´eralit´e, on peut supposer que l’isobarycentre de Test l’origine dans
R3. Tout d’abord remarquons que ϕ∈Sym(T) laisse l’isobarycentre de T
invariant, et que, comme cet isobarycentre est 0, l’isom´etrie ϕ∈Sym(T)
est une transformation lin´eaire de R3. Soit V(T) := {e1, e2, e3, e4}l’ensem-
ble des sommets de T. Comme tout ´el´ement ϕ∈Sym(T) envoie un som-
met sur une sommet, V(T) est invariant sous ϕ, c’est-`a-dire que ϕinduit
une permutation de V(T) qui peut ˆetre pens´ee comme une permutation
de {1,2,3,4}. De mani`ere plus explicite, si ϕ(ei) = ejalors on a associ´e `a
ϕune permutation Γ(ϕ) de {1,2,3,4}qui envoie isur j. En termes plus
formels on a d´efinit un homomorphisme de groupe Γ : Sym(T)→S4.
Affirmation : Γ est un isomorphisme.
Injectivit´e. Soit ϕ∈ker(Γ). Par d´efinition de Γ on a Γ(ϕ)(i) = ipour
tout i= 1,2,3,4, i.e. ϕlaisse eiinvariant pour tout 1 ≤i≤4. Comme
trois vecteurs distincts appartenant `a V(T) engendrent toujours R3, la
seule transformation lin´eaire qui laisse invariant chaque sommet est l’i-
dentit´e. Ainsi ker(Γ) est trivial et donc Γ est injective.

4
Surjectivit´e. On peut r´epondre `a cette question de plusieurs mani`eres.
Par exemple, on peut construire explicitement 24 ´el´ements de Sym(T) et
comme Γ est injective on en d´eduit que Γ(Sym(T)) est un sous-groupe de
S4d’ordre 24, ce qui montre la surjectivit´e puisque #S4= 24. Voici une
m´ethode moins calculatoire : si on montre que (1,2) and (2,3,4) sont dans
l’image de Γ, alors l’exercice 3 du Test 1 implique que l’image de Γ est S4.
On d´efinit maintenant deux isom´etries ϕet ψtelles que Γ(ϕ) = (1 2) et
Γ(ψ) = (2 3 4). On note Π le seul plan passant par l’origine et orthogonal
`a l’arˆete de Tcontenant e1et e2. Soit ϕ:R3→R3la r´eflexion par rapport
au plan Π. Alors ϕpermute e1et e2mais laisse invariants les deux autres
sommets. Par cons´equent, Γ(ϕ) = (1 2). Soit Lla droite passant par e1et
orthogonale `a la face de Tcontenant {e2, e3, e4}. Soit ψ:R3→R3une
rotation d’angle 2π/3 et d’axe L. Alors ψlaisse e1invariant et permute
les trois autres sommets comme un 3-cycle. Ainsi Γ(ψ) est soit (2 3 4) soit
(2 4 3) (on ne peut pas pr´eciser laquelle de ces deux permutations est la
bonne : cela d´epend de notre choix pour la num´erotation des sommets de
T). Quitte `a remplacer ψpar ψ−1, on constate que (2 3 4) ∈Im(Γ)
•Soit Sym(C) le groupe des isom´etries du cube C. Comme dans le cas de
Ton peut supposer que le centre de Cest l’origine de R3. En particulier,
comme expliqu´e dans le cas de T,tout ϕ∈Sym(C) est une transfor-
mation lin´eaire de R3.Remarquons aussi que la sym´etrie centrale sde
centre l’origine est simplement la multiplication par −1, c’est-`a-dire −I3
en termes de transformations lin´eaires. Le cube a huit sommets que nous
notons de la mani`ere suivante : tout d’abord, on note par e1, e2, e3et e4
les quatre sommets appartenant `a la face sup´erieure du cube en choisis-
sant eiadjacent `a ei−1. Comme le cube est centr´e en l’origine les qua-
tre sommets restants sont les points antipodaux des sommets de la face
sup´erieure. En suivant la mˆeme orientation que pour la face sup´erieure, il
s’agit des points −e3,−e4,−e1,−e2. Soit D(C) := {`1, `3, `3, `4}les qua-
tre diagonales du cube qui peuvent ˆetre param´etris´ees explicitement sous
la forme `i:= {tei:−1≤t≤1}(le segment qui relie les sommets
−eiand ei). Comme tout ϕ∈ C envoie un sommet sur un sommet, et
comme par d´efinition une isom´etrie respecte les distances, toute isom´etrie
du cube envoie une diagonale sur une diagonale. Par cons´equent tout
´el´ement ϕ∈Sym(C) induit une permutation de D(C), c’est-`a-dire, comme
dans le cas de V(T), une permutation de {1,2,3,4}. Pour r´esumer, on a
un homomorphisme de groupe Ψ : Sym(C)→S4defini par la condition
Ψ(ϕ)(i) = jsi et seulement si ϕ(`i) = `j.

5
Affirmation 1 : Ψ est surjective. Comme dans le probl`eme pr´ec´edent, il
suffit de montrer que (1 2) and (2 3 4) sont dans l’image de Ψ. Comme
(1 2)(2 3 4) = (1 2 3 4) il suffit de montrer que (2 3 4) et (1 2 3;4) sont
dans l’image de Ψ. Soit φz(respectivement φy) la rotation d’axe l’axe des
z(respectivement l’axe des y) et d’angle −π/2 (angle `a comprendre en
prenant l’orientation correspondant au sens des aiguilles d’une montre).
Alors clairement φz, φy∈Sym(C), Ψ(φz) = (1 2 3 4) et Ψ(φy)=(1342).
Soit Π le plan contenant les diagonales `2et `4, et soit ϕ:R3→R3la
reflexion par rapport `a Π. Alors ϕpermute `1et `3et fixe les deux autres
diagonales, d’o`u Ψ(ϕ) = (1 3).Comme (1 3)(1 3 4 2) = (2 3 4) on a
(2 3 4) ∈Im(Ψ) et donc Ψ est surjective.
Affirmation 2 : ker(Ψ) = h−I3i.Soit ϕ∈ker(Ψ). Comme ϕenvoie un
sommet sur un sommet, et laisse les diagonales invariantes on doit avoir
ϕ(ei) = ieiavec i=±1. Comme tout sous-ensemble de {e1, e2, e3, e4}
de cardinal 3 est lin´eairement ind´ependant il existe des nombres r´eels
a1, a2, a3tous diff´erents de 0 tels que e4=a1e1+a2e2+a3e3. Si on ap-
plique ϕ`a cette ´equation et qu’on la multiplie par 4on obtient e4=
a141e1+a242e2+a343e3. Comme {e1, e2, e2}est une base de R3on
aai=ai4ipour tout i= 1,2,3, c’est-`a-dire 4i= 1 car tous les ai
sont non nuls. Par cons´equent, on a 1=2=3=4. En particulier
ϕ(ei) = 1eipour tout i, et comme les eiengendrent R3on a ϕ(v) = 1v
pour tout v∈R3.Ainsi, si 1= 1 alors ϕ=I3, et si 1=−1 alors
ϕ=−I3. en d’autres termes, on a ϕ∈ h−I3i.Comme −I3∈ker(Ψ) notre
seconde affirmation est prouv´ee.
On d´eduit du premier th´eor`eme d’isomorphisme et des affirmations 1
et 2 que
Sym(C)/h−I3i∼
=S4.