Corrigé - Université de Bordeaux

Université de Bordeaux I – 2012/13 N1MA4M11
Corrigé du Devoir Maison no2
Exercice 1
1. Montrons que, pour tous entiers met npremiers entre eux, l’application
φ:((Z/mnZ)∗→(Z/mZ)∗×(Z/nZ)∗
xmod mn 7→ (xmod m, x mod n)
est bien définie et est un isomorphisme de groupes.
D’après le théorème Chinois,
ψ:((Z/mnZ)→(Z/mZ)×(Z/nZ)
xmod mn 7→ (xmod m, x mod n)
est un isomorphisme de groupes additifs. Comme x∧mn si et seulement si x∧met x∧n,ψse restreint
en la bijection φdu groupe (Z/mnZ)∗vers le groupe (Z/mZ)∗×(Z/nZ)∗. Enfin,
φ(x).φ(y)=(xmod m, x mod n).(ymod m, y mod n)
= (xy mod m, xy mod n)
=φ(xy mod mn)
=φ[(xmod mn).(ymod mn)] ,
Donc φest bien un isomorphisme de groupes.
2. Montrons que (Z/2268Z)∗est isomorphe à
(Z/2Z)2×Z/3Z×Z/27Z.
2268 = 4 ×7×34
donc en appliquant deux fois 1) on a que (Z/2268Z)∗est isomorphe à
(Z/4Z)∗×(Z/7Z)∗×(Z/34Z)∗.
On admet que (Z/7Z)∗et (Z/81Z)∗sont cycliques. Ils sont donc isomorphes aux groupes additifs
(Z/ϕ(7)Z)et (Z/ϕ(34)Z), respectivement, où ϕest la fonction d’Euler, donc aux groupes (Z/6Z)et
(Z/27Z).
Un simple calcul donne (Z/4Z)∗isomorphe au groupe additif (Z/2Z)et en appliquant le théorème
chinois à (Z/6Z)on a finalement (Z/2268Z)∗isomorphe au groupe additif
(Z/2Z)2×Z/3Z×Z/27Z.
3. Combien l’équation x3= 1 a-t-elle de solutions dans (Z/2268Z)∗?
Appelons fl’isomorphisme de la question précédente. finjective, donc
x3= 1 ⇔f(x3) = f(1)
⇔3f(x)=0.
⇔(3α, 3β, 3γ, 3δ) = (0,0,0,0),(∗)
où f(x)=(α, β, γ, δ)∈(Z/2Z)2×Z/3Z×Z/27Z.
Les solutions de l’équation (∗)sont les (α, β, γ, δ), où α=β= 0Z/2Z,γquelconque dans Z/3Z, et
δ∈ {¯ 0,¯ 9,¯ 18} ⊂ Z/27Z. L’équation (∗)a donc 9solutions dans (Z/2Z)2×Z/3Z×Z/27Zet comme f
est une bijection, l’équation x3= 1 en a autant dans (Z/2268Z)∗.
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Exercice 2
Soit Gun groupe fini. On fait agir Gsur lui-même par conjugaison :
(G×G→G
g·x7→ g·x=gxg−1
Dans la suite Z(G)désigne le centre de G, et Ggdésigne le stabilisateur d’un l’élément g∈Gpour cette action.
1. Soit x∈Gn’appartenant pas à Z(G). Montrons que Z(G)(Gx(G. Par définition de Z(G),
Z(G)⊂ {g∈G/gxg−1=x}=Gx. Comme il existe un élément h0∈Gqui ne commute pas à x,
on a Gx⊂G\ {h0}. Enfin Z(G)⊂Gx\ {x}. D’où Z(G)(Gx(G.
2. Soit Gnon commutatif d’ordre p3, où pest un nombre premier.
Comme Gest non commutatif, on peut prendre x∈G\Z(G). D’après le théorème de Lagrange et la
question 1,|Z(G)|divise stricement |Gx|qui divise strictement |G|=p3. Donc |Z(G)|= 1 ou p.
Les orbites de l’action sont de cardinal divisant |G|, donc de cardinal 1,p,p2ou p3. D’après l’équation
aux classes,
p3=|G|=X
x∈X/G
|Ox|=n0+n1p+n2p2+n3p3,
où niest le nombre d’orbites de cardinal pi. Donc pdivise n0. Comme l’orbite de 1Gest réduite à {1G},
n0≥1donc n0≥p. Tout élément xde Gd’orbite réduite à {x}est dans Z(G). Donc |Z(G)| ≥ n0≥p.
On en conclut |Z(G)|=p.
3. Supposons Gd’ordre p2, où pest premier.
De la même manière que dans la question précédente, la question implique que si Gn’est pas abélien,
alors |Z(G)|= 1. L’équation aux classes, elle, force que |Z(G)| ≥ p. Le groupe Gest donc abélien.
Exercice 3
1. Dans cette question, σet τsont deux transpositions distinctes de S3.
(a) Montrer que S3=hσ, τi.
On a forcément σ= (a b)et τ= (a c), où {a, b, c}={1,2,3}.
τ(a b)τ−1= (b c)
Donc hσ, τicontient les trois transpositions du groupe S3, d’où S3=hσ, τi.
(b) Montrer qu’il existe un unique g∈Aut(S3)qui envoie (1 2) sur σet (2 3) sur τ, et en déduire l’ordre
du groupe Aut(S3).
Un automorphisme qui envoie (1 2) sur σet (2 3) sur τest uniquement défini car h(1 2)(2 3)i=S3.
Reste à montrer qu’il existe.
En posant σ= (a b)et τ= (a c), soit ρla permutation qui envoie asur 2,bsur 1et csur 3. Alors
ρ−1(1 2)ρ= (a b)
ρ−1(2 3)ρ= (a c)
Donc l’automorphisme intérieur π7→ ρ−1πρ envoie (1 2) sur σet (2 3) sur τ.
Pour tout f∈Aut(S3), l’ordre de σ=f(1 2) doit être égal à l’ordre (2) de (1 2). Dans S3,σne
peut être qu’une transposition. De même, τ=f(2 3) doit être une autre transposition. Donc un
automorphisme de S3est uniquement défini par la donnée de deux transpositions distinctes. Il y a
trois transpositions dans S3donc |Aut(S3)|= 6
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(c) En déduire que S3est isomorphe à Aut(S3).
Nous avons vu dans la preuve du (b) que tout f∈Aut(S3)est un automorphisme intérieur. Le
morphisme (cours)
φ:(S3→Aut(S3)
ρ7→ (σ7→ ρσρ−1).
est donc surjectif. Par égalité des cardinaux, il est bijectif. Donc S3et Aut(S3)sont isomorphes.
2. On cherche à dénombrer les actions fidèles de S3sur l’ensemble {1,2,3,4}.
(a) Soit Gun sous-groupe de S4de cardinal 6. On sait (par exemple par le lemme de Cauchy) qu’un tel
sous-groupe admet un élément σd’ordre 3et un autre τd’ordre 2. Montrons que le support de τest
inclus dans le support de σ.
Si le support de σne contient pas le support de τ, alors on peut écrire σ= (a b c)et τ= (c d)où
{a, b, c, d}={1,2,3,4}. Or στ = (a b c d)est d’ordre 4, ce qui ne divise pas 6 = |G|, ce qui contredit
le théorème de Lagrange.
Donc τest inclus dans le support de σ.
(b) Quels sont les sous-groupes d’ordre 6de S4?
On vérifie facilement que σ∈S4d’ordre 3et τ∈S4d’ordre 2, de support inclus dans celui de σ,
engendrent le groupe des permutations des éléments du support de σ, lequel est isomorphe à S3, et
donc d’ordre 6. D’aprés le (a), on a donc que les sous-groupes d’ordre 6de S4sont les groupes S{a,b,c}
des permutations de 3éléments a, b, c ∈ {1,2,3,4}. Il y a donc 4sous-groupes d’ordre 6correspondant
à chaque sous-ensemble de 3éléments de {1,2,3,4}.
(c) La donnée d’une action (g, x)7→ g.x de S3sur {1,2,3,4}est la donnée du morphisme
φ: [g7→ (x7→ g.x)]
de S3dans le groupe S4des permutations de {1,2,3,4}. L’action est fidèle si et seulement si ce
morphisme est injectif. On veut donc compter les morphismes φinjectifs de S3vers S4.
L’image de φest un sous-groupe d’ordre 6de S4. C’est un groupe S{a,b,c}des permutations de 3
éléments a, b, c dans {1,2,3,4}.Ilya4cas symétriques à traiter. Il suffit donc de traiter le cas où
l’image de φest le groupe des permutations des éléments 1,2,3. L’ensemble de ces φs’identifie à
Aut(S3), qui d’après 1.(c)est de cardinal 6.
On a donc 4×6 = 24 actions fidèles de S3sur l’ensemble {1,2,3,4}.
3. Soit une action d’un groupe Gsur un ensemble Xadmettant exactement deux orbites, l’une de cardinal
p, et l’autre de cardinal q, où pet qsont premiers.
(a) D’après le cours, le cardinal de toute orbite divise le cardinal de G. Donc pq divise |G|.
(b) On suppose dorénavant que p= 2 et q= 3 et que l’action est fidèle. Quels sont les ordres possibles
pour G?
L’action d’un élément g∈Gsur Xest la donnée d’une permutation des éléments de l’orbite {a1, a2}
de cardinal 2, et une permutation des éléments de l’orbite {b1, b2, b3}de cardinal 3.
L’action de Gsur Xs’identifie donc à un morphisme de Gdans le groupe S2×S3. Comme elle est
fidèle, le morphisme est injectif. Donc |G| ≤ |S2×S3|= 2 ×6 = 12. Le groupe G, avec (a), est
donc d’ordre 6ou 12. Le groupe G=S2×S3et l’action (σ, τ).ai=aσ(i)et (σ, τ).bj=bτ(j)sont une
possibilité. Le groupe G=S3avec σ.ai=a(12)ε(σ)(i), où εσ est la signature, et σ.bi=bσ(i)sont une
autre possibilité.
Les ordres possibles pour Gsont donc 6et 12.
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(c) Déterminons les groupes Gpossibles, à isomorphisme près.
-Gde cardinal 6: Il y a deux groupes de cardinal 6, à isomorphisme près (Cf TD) : S3et Z/6Z.
Nous avons vu dans la réponse au (b) qu’il existe une action fidèle de G=S3sur X. Écrivons
X={ai, i ∈Z/2Z}∪{bj, j ∈Z/3Z}.
On vérifie facilement que (nmod 6).ai=ai+nmod 2 et (nmod 6).bi=bi+nmod 3 définit bien
une action fidèle de G=Z/6Zsur X.
-Gde cardinal 12 :φest alors un isomorphisme de Gvers S2×S3.
Il y a donc trois groupes Gpossibles, à isomorphisme près : S3,Z/6Zet S2×S3.
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