Corrigé - Université de Bordeaux

Université de Bordeaux I – 2012/13
N1MA4M11
Corrigé du Devoir Maison no2
Exercice 1
1. Montrons que, pour tous entiers m et n premiers entre eux, l’application
(
(Z/mnZ)∗ → (Z/mZ)∗ × (Z/nZ)∗
φ:
x mod mn 7→ (x mod m, x mod n)
est bien définie et est un isomorphisme de groupes.
D’après le théorème Chinois,
(
(Z/mnZ)
→ (Z/mZ) × (Z/nZ)
ψ:
x mod mn 7→ (x mod m, x mod n)
est un isomorphisme de groupes additifs. Comme x ∧ mn si et seulement si x ∧ m et x ∧ n, ψ se restreint
en la bijection φ du groupe (Z/mnZ)∗ vers le groupe (Z/mZ)∗ × (Z/nZ)∗ . Enfin,
φ(x).φ(y) = (x mod m, x mod n).(y mod m, y mod n)
= (xy mod m, xy mod n)
= φ(xy mod mn)
= φ [(x mod mn).(y mod mn)] ,
Donc φ est 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/34 Z)∗ .
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 ϕ est 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 f l’isomorphisme de la question précédente. f injective, 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 , γ quelconque dans Z/3Z, et
¯ ⊂ Z/27Z. L’équation (∗) a donc 9 solutions dans (Z/2Z)2 × Z/3Z × Z/27Z et comme f
δ ∈ {0̄, 9̄, 18}
est une bijection, l’équation x3 = 1 en a autant dans (Z/2268Z)∗ .
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Exercice 2
Soit G un groupe fini. On fait agir G sur lui-même par conjugaison :
(
G×G →G
g·x
7→ g · x = gxg −1
Dans la suite Z(G) désigne le centre de G, et Gg désigne le stabilisateur d’un l’élément g ∈ G pour cette action.
1. Soit x ∈ G n’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 ∈ G qui ne commute pas à x,
on a Gx ⊂ G \ {h0 }. Enfin Z(G) ⊂ Gx \ {x}. D’où Z(G) ( Gx ( G.
2. Soit G non commutatif d’ordre p3 , où p est un nombre premier.
Comme G est 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, p2 ou p3 . D’après l’équation
aux classes,
X
p3 = |G| =
|Ox | = n0 + n1 p + n2 p2 + n3 p3 ,
x∈X/G
où ni est le nombre d’orbites de cardinal pi . Donc p divise n0 . Comme l’orbite de 1G est réduite à {1G },
n0 ≥ 1 donc n0 ≥ p. Tout élément x de G d’orbite réduite à {x} est dans Z(G). Donc |Z(G)| ≥ n0 ≥ p.
On en conclut |Z(G)| = p.
3. Supposons G d’ordre p2 , où p est premier.
De la même manière que dans la question précédente, la question implique que si G n’est pas abélien,
alors |Z(G)| = 1. L’équation aux classes, elle, force que |Z(G)| ≥ p. Le groupe G est donc abélien.
Exercice 3
1. Dans cette question, σ et τ sont deux transpositions distinctes de S3 .
(a) Montrer que S3 = hσ, τ i.
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, τ i contient les trois transpositions du groupe S3 , d’où S3 = hσ, τ i.
(b) Montrer qu’il existe un unique g ∈ Aut(S3 ) qui envoie (1 2) sur σ et (2 3) sur τ , et en déduire l’ordre
du groupe Aut(S3 ).
Un automorphisme qui envoie (1 2) sur σ et (2 3) sur τ est 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 ρ la permutation qui envoie a sur 2, b sur 1 et c sur 3. Alors
ρ−1 (1 2)ρ = (a b)
ρ−1 (2 3)ρ = (a c)
Donc l’automorphisme intérieur π 7→ ρ−1 πρ envoie (1 2) sur σ et (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 , σ ne
peut être qu’une transposition. De même, τ = f (2 3) doit être une autre transposition. Donc un
automorphisme de S3 est uniquement défini par la donnée de deux transpositions distinctes. Il y a
trois transpositions dans S3 donc |Aut(S3 )| = 6
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(c) En déduire que S3 est isomorphe à Aut(S3 ).
Nous avons vu dans la preuve du (b) que tout f ∈ Aut(S3 ) est un automorphisme intérieur. Le
morphisme (cours)
(
S3 → Aut(S3 )
φ:
.
ρ 7→ (σ 7→ ρσρ−1 )
est donc surjectif. Par égalité des cardinaux, il est bijectif. Donc S3 et Aut(S3 ) sont isomorphes.
2. On cherche à dénombrer les actions fidèles de S3 sur l’ensemble {1, 2, 3, 4}.
(a) Soit G un sous-groupe de S4 de cardinal 6. On sait (par exemple par le lemme de Cauchy) qu’un tel
sous-groupe admet un élément σ d’ordre 3 et un autre τ d’ordre 2. Montrons que le support de τ est
inclus dans le support de σ.
Si le support de σ ne 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 τ est inclus dans le support de σ.
(b) Quels sont les sous-groupes d’ordre 6 de S4 ?
On vérifie facilement que σ ∈ S4 d’ordre 3 et τ ∈ S4 d’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 6 de S4 sont les groupes S{a,b,c}
des permutations de 3 éléments a, b, c ∈ {1, 2, 3, 4}. Il y a donc 4 sous-groupes d’ordre 6 correspondant
à chaque sous-ensemble de 3 éléments de {1, 2, 3, 4}.
(c) La donnée d’une action (g, x) 7→ g.x de S3 sur {1, 2, 3, 4} est la donnée du morphisme
φ : [g 7→ (x 7→ g.x)]
de S3 dans le groupe S4 des permutations de {1, 2, 3, 4}. L’action est fidèle si et seulement si ce
morphisme est injectif. On veut donc compter les morphismes φ injectifs de S3 vers S4 .
L’image de φ est un sous-groupe d’ordre 6 de S4 . C’est un groupe S{a,b,c} des permutations de 3
éléments a, b, c dans {1, 2, 3, 4}. Il y a 4 cas symétriques à traiter. Il suffit donc de traiter le cas où
l’image de φ est le groupe des permutations des éléments 1, 2, 3. L’ensemble de ces φ s’identifie à
Aut(S3 ), qui d’après 1.(c) est de cardinal 6.
On a donc 4 × 6 = 24 actions fidèles de S3 sur l’ensemble {1, 2, 3, 4}.
3. Soit une action d’un groupe G sur un ensemble X admettant exactement deux orbites, l’une de cardinal
p, et l’autre de cardinal q, où p et q sont 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 ∈ G sur X est 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 G sur X s’identifie donc à un morphisme de G dans 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 6 ou 12. Le groupe G = S2 × S3 et l’action (σ, τ ).ai = aσ(i) et (σ, τ ).bj = bτ (j) sont une
possibilité. Le groupe G = S3 avec 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 G sont donc 6 et 12.
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(c) Déterminons les groupes G possibles, à isomorphisme près.
- G de cardinal 6 : Il y a deux groupes de cardinal 6, à isomorphisme près (Cf TD) : S3 et Z/6Z.
Nous avons vu dans la réponse au (b) qu’il existe une action fidèle de G = S3 sur X. Écrivons
X = {ai , i ∈ Z/2Z} ∪ {bj , j ∈ Z/3Z}.
On vérifie facilement que (n mod 6).ai = ai+n mod 2 et (n mod 6).bi = bi+n mod 3 définit bien
une action fidèle de G = Z/6Z sur X.
- G de cardinal 12 : φ est alors un isomorphisme de G vers S2 × S3 .
Il y a donc trois groupes G possibles, à isomorphisme près : S3 , Z/6Z et S2 × S3 .
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