corrigé - IMJ-PRG

Universit´e Pierre-et-Marie Curie
Master de math´ematiques, cours Groupes finis et repr´esentations, corrig´e de
l’examen du 10 mars 2017.
Enseignant : Antoine Ducros
Exercice 1. Question de cours. Voir le th´eor`eme 1.18 du polycopi´e.
Exercice 2. Notons σla permutation de l’exercice. On d´ecompose σen produit
de cycles `a supports deux `a deux disjoints, par l’algorithme vu en cours. On
obtient l’´egalit´e
σ= (1 4 7 8 11 12)(2 9 20 19 13 14 5)(3 6 16 10 17 15 18).
La d´ecomposition comprend donc un 6-cycle et deux 7-cycles. Par cons´equent
ε(σ)=(−1)6−1+7−1+7−1= (−1)17 =−1 ; et l’ordre de σest ´egal au PPCM de
6 et 7, `a savoir 42.
Exercice 3. Soit nun entier tel que Sncontienne une permutation σd’ordre
18. Soit Cl’ensemble des cycles `a supports deux `a deux disjoints dont σest le
produit. Le PPCM des longueurs des cycles appartenant `a Cest alors ´egal `a
18 = 2×9. Ceci entraˆıne ou bien qu’il existe c∈Cdont la longueur est multiple
de 18, et l’on a alors n>18 ; ou bien qu’il existe deux cycles distincts cet d
dans Ctels que la longueur de csoit multiple de 2 et la longueur de dmultiple
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 ´el´ement de S11 d’ordre 18. Ainsi, le plus petit
entier ntel que Snposs`ede un ´el´ement d’ordre 18 est ´egal `a 11.
Supposons qu’il existe une permutation paire τde {1,...,11}d’ordre 18,
et soit Dl’ensemble des cycles `a supports deux `a deux disjoints dont τest le
produit. Le PPCM des longueurs des cycles appartenant `a Dest ´egal `a 18, et
la somme de leurs longueurs est major´ee par 11. Par cons´equent Dposs`ede
exactement deux ´el´ements, `a 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 τde {1,...,12}d’ordre 18,
et soit Dl’ensemble des cycles `a supports deux `a deux disjoints dont τest le
produit. Le PPCM des longueurs des cycles appartenant `a Dest ´egal `a 18, et
la somme de leurs longueurs est major´ee par 12. Par cons´equent Dposs`ede
exactement deux ´el´ements, `a 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)
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est une permutation paire de {1,...,13}d’ordre 18. Ainsi, le plus petit entier
ntel que Anposs`ede un ´el´ement d’ordre 18 est ´egal `a 13.
Exercice 4. Posons G=hx, y|x2, y2,(xy)3i. Les ´el´ements (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→S3tel que ϕ(x) = (12) et ϕ(y) = (23). Le sous-groupe
de S3engendr´e par (12) et (23) contient (12),(23) et (12)(23)(12) = (13) ; il
contient donc toutes les transpositions et est d`es lors ´egal `a S3tout entier.
En cons´equence, ϕest surjectif, et |G|>6. Nous allons montrer que |G|66,
ce qui entraˆınera que |G|= 6 et que ϕest un isomorphisme.
Par d´efinition, tout ´el´ement de Gest de la forme a1a2. . . aro`u chaque ai
est une puissance de xou de y(avec alternance des deux situations). On a par
ailleurs x2=eet y2=e, et donc aussi x−1=xet y−1=y; il s’ensuit que tout
´el´ement de Gest de la forme a1a2. . . aro`u chaque aiest ´egal ou bien `a x, ou
bien `a y, avec alternance des deux situations.
Enfin on a (xy)3=eet donc
xyxy = (xy)2= (xy)−1=yx.
En multipliant `a gauche par x=x−1chacun des deux membres de l’´egalit´e il
vient yxy =xyx.
Il r´esulte de ce qui pr´ec`ede que tout ´el´ement de Gest de l’une des six formes
suivantes : e,x,y,xy,yx,xyx. Ainsi |G|66, ce qu’il fallait d´emontrer.
Exercice 5.
(a) Par d´efinition, on a GAA=A, et en particulier GAa⊂Apour tout
a∈A. Les parties de Gde la forme GAa(pour a∈G) sont les classes
`a droite de Gmodulo GA; elles sont deux `a deux disjointes, et toutes
de mˆeme cardinal |GA|. L’inclusion GAa⊂Apour tout a∈Asignifie
que Aest r´eunion disjointe de telles classes. Le cardinal de Aest donc
multiple de |GA|; par cons´equent, |GA|divise |A|=pk.
(b) Soit A∈E00 ; le cardinal de GAest ´egal `a p`pour un certain ` < k. Le
cardinal de l’orbite de Asous l’action de Gest ´egal `a
|G|/|GA|=pnm/p`=pn−kmpk−`=Npk−`,
et ce dernier est multiple de pN puisque k > `.
Par ailleurs si Bappartient `a l’orbite de Asous G, le stabilisateur de B
est un conjugu´e de GA, et est donc aussi de cardinal p`; en particulier,
B∈E00 .
Il d´ecoule de ce qui pr´ec`ede que E00 est r´eunion (n´ecessairement disjointe)
d’orbites sous l’action de G, et que chacune d’elles a un cardinal multiple
de pN. Par cons´equent |E00 |est nul modulo pN, ce qui entraˆıne que
|E|=|E0|modulo pN.
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(c) Soit A∈E0et soit a∈A. On sait d´ej`a que la classe `a droite GAaest
contenu dans A. Mais comme A∈E0, le cardinal de GAest ´egal `a pk, et il
en va de mˆeme du cardinal de GAa; puisque |A|=pk, il vient A=GAa.
(d) Pour tout h∈Hon a hH =Het donc hHa =Ha. Par ailleurs si gest
un ´el´ement de Gtel que gHa =Ha on a gH =H(multiplier par a−1
des deux cˆot´es) et donc g∈H. Par cons´equent, GA=H.
(e) Soit Gl’ensemble des sous-groupes de Gde cardinal pk. Pour tout H∈G,
soit EHle sous-ensemble de E0form´e des parties dont le stabilisateur est
H; il d´ecoule des deux questions pr´ec´edentes que pour tout H∈G,
l’ensemble EHest constitu´e de toutes les classes `a droite de Gmodulo
H, et son cardinal est donc ´egal `a [G:H] = pnm/pk=N. L’ensemble E0
´etant par d´efinition ´egal `a la r´eunion disjointe des EHpour Hparcourant
G, il vient |E0|=|G| · N=λN.
On sait d’apr`es le (b) que |E| − |E0|est de la forme rpN avec r∈N. On
a donc |E|=λN +rpN ; ainsi Ndivise |E|et |E|/N =λ+rp, et λest
donc bien ´egal `a |E|/N modulo p, comme annonc´e.
(f) Le cardinal de Eest ´egal `a pnm
pk; par cons´equent, |E|/N ne d´epend
que de |G|et pk, et pas du groupe Glui-mˆeme. Pour calculer la classe
de λmodulo p, on peut donc remplacer Gpar n’importe quel groupe
de cardinal pnm, et en particulier par Z/pnmZ. Or celui-ci a un unique
sous-groupe de cardinal pk; il vient λ= 1 modulo p.
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