3. Homomorphismes de groupes.
Définition :
Soit (G, ?) et (G,⊗) deux groupes. Soit f :G→H une application. On dit que f est un homomorphisme (ou un morphisme) de groupes si
∀g∈G, ∀g0∈G, f(g ? g0) =f(g)⊗f(g0).
On noteHom(G, H)l’ensemble des homomorphismes deGdansH. Si f ∈ Hom(G, H) est bijective, on dit que c’est un isomorphisme. Si de plusG=H, on dit que c’est un automorphisme. On noteAut(G)l’ensemble des automorphismes deG.
Proposition :
Soit G et H deux groupes et f ∈Hom(G, H). Alors : 1) f(eG) =eH.
2) ∀g∈G, f(g−1) =f(g)−1. 3) f(G)est un sous-groupe de H. Démonstration :
1)f(eG) =f(eGeG) =f(eG)f(eG), d’où f(eG) =eH.
2) ∀g∈G, f(g)f(g−1) =f(gg−1) =f(eG) =eH. De même,f(g−1)f(g) = f(g−1g) =f(eG) =eH. Par conséquent, f(g−1)est l’inverse def(g).
3)eH ∈f(G)qui n’est donc pas vide. D’autre part, sih=f(g)eth0=f(g0), alorshh0=f(gg0)∈f(G). Enfin, sih=f(g), alorsh−1=f(g−1)∈f(G).
QED
Définition :
Soit G et H deux groupes et f ∈ Hom(G, H). On appelle noyau de f l’ensemble Ker(f) ={g∈G/f(g) =eH}.
Exemples :
1) L’application Cln : Z → Z/nZ, qui associe à tout entier sa classe de congruence modulon, est un homomorphisme de noyaunZ.
2) Siaet bsont deux entiers naturels supérieurs ou égaux à 2, l’application Z → Z/aZ×Z/bZ
u 7−→ (Cla(u), Clb(u))
est un homomorphisme de groupes de noyauabZ. Il est surjectif si et seule- ment siaetbsont premiers entre eux (théorème chinois).
3) SoitGun groupe etg∈G. Soitσg l’application deGdansGdéfinie par
∀h∈G, σg(h) =ghg−1.
Les σg sont des automorphismes de G, appelés les ”automorphismes in- térieurs”. L’élémentghg−1 est appelé le conjugué dehparg.
Exercice :
On noteInt(G) l’ensemble des homomorphismes intérieurs de G. Montrer que c’est un groupe pour la composition, et que l’applicationg 7−→ σg est un homomorphisme de G dansInt(G).
Définition :
Soit G un groupe et K un sous-groupe de G. On dit que K est distingué dans Gsi :
∀g∈G, ∀h∈K, ghg−1∈K.
Notations :
Au lieu de l’expression ”∀g ∈ G, ∀h ∈ K, ghg−1 ∈ K”, on écrit plus simplement ”gKg−1⊂K”.
SiK est distingué dans G, on écritKCG.
Remarque :
Si K est distingué dansG, alors∀g ∈G, ∀h∈K, gKg−1 =K. En effet,
∀h∈K, h=g(g−1hg)g−1∈gKg−1. Exemples :
1) SoitGun groupe. Alors{eG}CGetGCG.
2) SiGest abélien, alors tous ses sous-groupes sont distingués.
3) SoitGun groupe etH < G. SoitNG(H) ={g∈G/gHg−1=H}. Alors NG(H)CG. C’est le plus grand sous-groupe de G dans lequel H est distingué.
Attention :
Le fait pour un sous-groupe d’être distingué est une notion relative. Si Gest un groupe, H un sous-groupe de G etK un sous-groupe de H, alors il est possible que K soit distingué dans H mais ne soit pas distingué dans G.
Exercice : donner des exemples.
Proposition :
Soit G et H deux groupes et f ∈Hom(G, H). Alors Ker(f) est un sous- groupe distingué de G.
Démonstration :
La démonstration est laissée en exercice.
Exemple :
SoitGun groupe. On appelle centre deGl’ensemble Z(G) ={g∈G/∀h∈G, gh=hg}
C’est le noyau de l’homomorphismeg7−→σg deGdansInt(G). En partic- ulier,Z(G)CG.
Proposition :
Soit G et H deux groupes et f ∈ Hom(G, H). Alors f est injectif si et seulement siKer(f) ={eG}.
Démonstration :
La démonstration est laissée en exercice.
Exercice :
SoitGetH deux groupes etf ∈Hom(G, H). SoitK un sous-groupe deG.
Monter quef(K)est un sous-groupe deH. Définition :
SoitGun groupe etKun sous-groupe deG. On dit que Kest caractéristique dans Gsi :
∀f ∈Aut∈(G), f(g)∈K.
Exemple :
Soit Gun groupe, g et h des éléments de G. On appelle commutateur de g et h l’élément [g, h] = ghg−1h−1. Le sous-groupe de G engendré par les commutateurs est appelé « groupe dérivé» de G et notéD(G). Montrer que c’est un sous-groupe caractéristique.
Composition des homomorphismes :
Soit G, H, K trois groupes, f ∈ Hom(G, H), g ∈ Hom(H, K). On voit immédiatement queg◦f est un homomorphisme deGdansK.
Proposition :
Soit G et H deux groupes et f ∈ Hom(G, H). Si f est bijectif, alors son application réciproque f−1 est un homomorphisme. En particulier,Aut(G)est un groupe pour la composition des automorphismes.
Démonstration :
Soity1 ety2 deux éléments de H. Il existe des éléments x1 etx2 de G tels quey1=f(x1)ety2=f(x2).
f−1(y1y2) =f−1[f(x1)f(x2)] =f−1[f(x1x2)] =x1x2=f−1(y1)f−1(y2).
QED
4. Quotient d’ un groupe par un sous-groupe distingué.
SoitGun groupe etH < Gun sous-groupe deG. On s’intéresse à la question suivante : est-il possible de munir le quotientG/H d’une structure « naturelle
» de groupe ? Commençons par examiner un exemple :
PrenonsG=ZetH =nZ. On a vu qu’alorsG/H =Z/nZ est le quotient deGpar la relation d’équivalence :
xRy⇐⇒x−y∈nZ.
Les classes d’équivalence sont les ensemblesCl(k) =k+nZ. Soitx, x0, y, y0 des entiers et supposons quexRy etx0Ry0. Alors
(x+x0)−(y+y0) = (x−y) + (x0−y0)∈nZ, de sorte que(x+y)R(x0+y0).
Soitx+nZety+nZdeux éléments deG/H et posons (x+nZ)⊕(y+nZ) = (x+y) +nZ.
Six0ety0 sont des éléments dex+nZety+nZrespectivement, alorsxRyet x0Ry0et par conséquent(x+y)R(x0+y0)ou encore(x+y) +nZ=(x0+y0) +nZ. Ainsi, l0opération⊕est bien définie sur l’ensemble des classes, indépendamment du choix des représentants.
De plus, on a maintenantCl(x)⊕Cl(y) =Cl(x+y).
L’applicationCl:Z→Z/nZest donc un homomorphisme de groupes.
On peut généraliser cette situation de la façon suivante.
Définition :
Soit G un groupe muni d’une relation d’équivalence R. On dit que R est compatible avec la loi de Gsi xRy et x0Ry0 entraînent (x+y)R(x0+y0).
On a alors le théorème suivant : Théorème :
Soit G un groupe et H < G un sous-groupe. Il y a équivalence entre les quatre propositions suivantes :
i) HCG.
ii) ∀g∈G,gH =Hg.
iii) La relation gRg0⇐⇒gH=g0H est compatible avec la loi de G.
iv) L’ensemble G/H possède une structure naturelle de groupe, de sorte que l’application
Cl: G→G/H g7−→gH est un homomorphisme de groupes.
Démonstration : i)=⇒ii)
H CG⇐⇒ ∀g∈G,gHg−1=H ⇐⇒ ∀g∈G,gH =Hg.
ii)=⇒iii)
Supposons que gRg0 et que kRk0. Alors gH = g0H et kH = k0H d’où (gk)H = g(kH) = g(k0H) = g(Hk0) = (gH)k0 = (g0H)k0 = g0(Hk0) = g0(k0H) = (g0k0)H. Donc(gk)R(g0k0).
iii)=⇒iv)
Supposons qu’il existe une opération ? sur G/H telle que l’application Cl soit un homomorphisme. Nécessairement, pour tousg, k∈G,Cl(gk) =Cl(g)? Cl(k), ou encore(gH)?(kH) = (gk)H. Cette opération est bien définie puisque, par hypothèse, sigH=g0H etkH=k0H, alors(gk)H = (g0k0)H. Cette opéra- tion définit bien une structure de groupe. L’élément neutre est H et l’inverse degH estg−1H.
iv)=⇒i)
H est le noyau de l’homomorphisme Cl :G→G/H. Il est donc distingué dans G.
QED
Un contre-exemple :
On considère le groupe D6 des isométries d’un triangle équilatéral ABC.
Notonsrla rotation d’angle2π/3dont le centre est le centre du triangle. Notons sA (respectivement sB, respectivement sC) la symétrie orthogonale dont l’axe est la hauteur passant par A (respectivement par B, respectivement par C).
AlorsD6={id, r, r2, sA, sB, sC}avec la table de composition
◦ id r r2 sA sB sC
id id r r2 sA sB sC r r r2 id sC sA sB r2 r2 id r sB sC sA
sA sA sB sC id r r2 sB sB sC sA r2 id r sC sC sA sB r r2 id
Soit H ={id, sA}. C’est un sous-groupe de D6.et le quotient D6/H com- porte trois éléments :
H = sAH={id, sA} sBH = {sB, r2}=r2H sCH = {sC, r2}=rH
SiD6/H possèdait une loi de groupe?telle que l’application Cl:D6→D6/H soit un homomorphisme, alors on aurait :
sBH ? sCH = (sB◦sC)H=rH.
CommesBH =r2H, on aurait aussi :
sBH ? sCH =r2H ? sCH = (r2◦sC)H =sAH=H.
C’est bien sûr impossible puisqueH 6=rH.
On vérifie facilement queH n’est pas distingué dansD6. Théorème de factorisation :
Soit G un groupe et H CGun sous-groupe distingué. Pour tout groupe L et pour tout ϕ∈Hom(G, L) tel que ϕ(H) = {eL}, il existe un unique homo- morphisme ϕ˜∈Hom(G/H, L)tel que ϕ˜◦Cl=ϕ.
Démonstration :
Soit x∈ G/H. Il existe a ∈ G tel que x =Cl(a). Si b ∈G est un autre représentant dex, alors ab−1∈H et ϕ(a) =ϕ(b). Si on pose ϕ(x) =˜ ϕ(a), on obtient donc une application lui définie deG/HdansL.
Soit y = Cl(c). Alors ϕ(xy) = ˜˜ ϕ(Cl(a)Cl(c)) = ˜ϕ(Cl(ac)) = ϕ(ac) = ϕ(a)ϕ(c) = ˜ϕ(x)˜ϕ(y). L’applicationϕ˜est donc un homomorphisme.
Supposons qu’il existe ψ ∈Hom(G/H, L) tel que ψ◦Cl = ˜ϕ◦Cl. Alors, pour toutx=Cl(a),ϕ(x) =˜ .ψ◦Cl(a) =ψ(x). D’où l’unicité.
QED
Corollaire :
Soitϕ∈Hom(G, L). Alors
1)il existe un unique homomorphisme ϕ˜∈G/Ker(ϕ)→L tel queϕ˜◦Cl= ϕ.
2)ϕ˜ est injectif.
3) Si de plusϕest surjectif,ϕ˜ aussi.
Démonstration :
1) Résulte du théorème.HH
2)Supposons queϕ(x) = ˜˜ ϕ(y). Si x=.. et y =Cl(b)alorsab−1∈Ker(ϕ) d’oùCl(a) =Cl(b), c’est-à-direx=y.
3)Soitz∈L. Il existe a∈Gtel quez=ϕ(a). D’oùϕ˜◦Cl(a) =z.
QED
4. Le groupe Symétrique.
4.1. Permutations. Cycles. Notations.
Définition : Soit n≥1un entier. L’ensemble des bijections de l’ensemble {1, ..., n}est un groupe pour la composition des applications. On l’appelle ”groupe symétrique” et on le noteSn. Les éléments de Snsont appelés des permutations.
Notation :
Soitσ∈Sn.On représente la permutationσ au moyen d’un tableau à deux lignes. Sur la première ligne on écrit les entiers allant de 1 à n, et au-dessous de chacun d’eux on écrit son image :
σ=
µ 1 2 . . . N σ(1) σ(2) . . . σ(n)
¶
On appellesupportde la permutationσl ’ensemble Supp(σ) ={i∈{1, ..., n}/σ(i) =i}.
Soit l un entier tel que 1≤l ≤n et soit i1, ..., il des éléments distincts de {1, ..., n}. On note( i1 i2 . . . in )la permutation définie par :
½ σ(ij) =ij+1 si1≤j ≤l−1 σ(il) =i1.
Une telle permutation est appeléecyclede longueur l. On voit immédiate- ment que l’ordre d’un cycle de longueurl est égal àl.
Remarquons qu’il y a l façons de noter un cycle de longueur l. Ainsi, ( 1 2 3 ) = ( 2 3 1 ) = ( 3 1 2 ).
On dit que des cycles sont disjoints si leurs supports sont disjoints. Des cycles disjoints commutent. Toutefois, sin≥3, le groupeSn n’est pas abélien :
( 1 2 )◦( 2 3 ) = ( 1 2 3 ) ( 2 3 )◦( 1 2 ) = ( 1 3 2 )
Les cycles de longueur 2 sont appeléstranspositions.
Proposition : card(Sn) =n!.
Démonstration :
On procède par récurrence surn.
Sin= 1, le résultat est évident.
Soitn≥2. On définit surSn la relationR: σRτ⇐⇒σ(n) =τ(n).
C’est une relation d’équivalence dont les classes d’équivalence sont les en- semblesEi={σ∈Sn/σ(n) =i}. Or on voit qu’il y a une bijection entreEn et Sn−1. Par hypothèse de récurrence, on a donc card(En) = (n−1)!. De plus, si i 6= n, alors l’application définie sur Sn parσ 7−→ ¡
i n ¢
◦σ induit une bijection entreEi etEn. Par conséquent,card(Ei) =card(En). Le résultat en découle puisque lesEi an nombre den, forment une partition deSn.
QED
4.2 Décomposition des permutations
Nous allons montrer que toute permutation peut se décomposer en produit de cycles disjoints, et aussi en produit de transpositions.
Théorème :
Toute permutation peut s’écrire comme un produit de cycles disjoints. Cette décomposition est unique, à l’ordre des facteurs près.
Démonstration :
Soitσ∈Sn. On définit sur l’ensemble{1, ..., n}la relationRσ par xRσy⇐⇒ ∃n∈Ztel quey=σn(x).
C’est bien sûr une relation d’équivalence (vérifiez le!), dont les classes d’équivalence sont appelées lesorbitesdeσ. Sixest un élément de{1, ..., n}, son orbite est
[x] ={σm(x)/m∈Z}.
Il existe un entier r >0tel que x=σr(x). En effet, comme l’ensemble[x]
est une partiefinie de{1, ..., n}et il existe des entiersm >0etr >0tels que σm+r(x) =σm(x).
Soit alorsrle plus petit entier strictement positif tel quex=σr(x). Alors [x] ={x,σ(x), ...,σr−1(x)}.
Notons C1, ..., Ck les orbites deσ. Pour chaque indicei∈{1, ..., k}, soit γi la permutation définie par
γi(x) =
½ σ(x)six∈Ci xsix /∈Ci
Ainsi définis, les γi sont des cycles disjoints. Soit τ =γ1◦...◦γk et soit x ∈ {1, ..., n}. Il existe un unique i ∈ {1, ..., k} tel que x ∈ Ci. Comme les orbites sont disjointes, on peut écrire
τ(x) =γi◦γ1...◦γi−1◦γi+1◦...◦γk(x) =γi(x) =σ(x), d’oùσ=τ.
Il reste à démontrer l’unicité de cette décomposition.
On raisonne par récurrence sur le nombre k de cycles disjoints dans une décomposition deσ.
Sik= 0, il n’y a rien à démontrer. Supposons queσ=γ1◦...◦γk=δ1◦...◦δl sont deux décompositions en cycles disjoints. Soitx∈{1, ..., n}tel quex∈C1. Il existe un unique indicej∈{1, ..., l}tel quej∈Supp(δj). Quitte à changer la numérotation, on peut supposer quej= 1, et on a alorsσ(x) =γ1(x) =δ1(x).
On en déduit queC1={x,δ1(x), ...,δt1−1(x)}etγ1=δ1. On a donc γ2◦...◦γk=δ2◦...◦δl.
En appliquant l’hypothèse de récurrence, on en déduit que k=l et que{γ2, ...,γk}= {δ2, ...,δk}.
QED
Corollaire :
L’ordre d’une permutation est égal au ppcm des ordres des cycles disjoints qui la composent.
Démonstration :
La démonstration est laissée en exercice.
Exemple : Soitσ=
µ 1 2 3 4 5 6 7 6 4 5 7 3 1 2
¶ . Alorsσ=¡
1 6 ¢
◦¡
2 4 7 ¢
◦¡
3 5 ¢ . Théorème :
Tout cycle peut se décomposer en produit de transpositions.
Démonstration :
¡ i1 . . . ik ¢
=¡
i1 ik ¢
◦¡
i1 ik−1 ¢
◦· · ·◦¡
i1 i2 ¢ . QED
Remarque :
La décomposition en produit de transpositions n’est pas unique.
Théorème :
Toute permutation peut s’écrire comme un produit de transpositions.
4-3. Signature d’une permutation Définition :
Soit σ∈Sn. On appelle signature de σle nombre
²(σ) =Πi<j
σ(i)−σ(j) i−j .
Proposition: ²(σ) =±1.
Démonstration :
Il suffit de montrer que²(σ)2= 1.
Soit E = {(i, j) ∈ {1,· · ·, n}2/i 6= j}. Remarquons que, si i 6= j, alors σ(i)6=σ(j)puisque σest injective. On a donc une application
Σ:E→E
définie parΣ(i, j) = (σ(i),σ(j)). De plus,Σest injective, donc bijective. On
a donc Y
(i,j)∈E
(i−j) = Y
(i,j)∈E
(σ(i)−σ(j)).
Par conséquent :
²(σ)2=Y
i<j
σ(i)−σ(j) i−j ·Y
i>j
σ(i)−σ(j)
i−j = Y
(i,j)∈E
σ(i)−σ(j) i−j = 1.
QED
Théorème :
L’application ²:Sn→{±1}est un homomorphisme de groupes.
Démonstration :
On doit montrer que, pour toutes permutationsσ,τ,²(στ) =²(σ)²(τ).
²(στ) =Y
i<j
στ(i)−στ(j)
i−j =Y
i<j
στ(i)−στ(j)
τ(i)−τ(j) · τ(i)−τ(j) i−j , d’où
²(στ)
²(τ) =Y
i<j
στ(i)−στ(j)
τ(i)−τ(j) = Y
i<j τ(i)<τ(j)
στ(i)−στ(j) τ(i)−τ(j) · Y
i<j τ(i)>τ(j)
στ(i)−στ(j) τ(i)−τ(j) .
Si on posei0=τ(i)on obtient
²(στ)
²(τ) = Y
i<j i0<j0
σ(i0)−σ(j0) i0−j0 · Y
i<j i0>j0
σ(i0)−σ(j0) i0−j0
= Y
i<j i0<j0
σ(i0)−σ(j0) i0−j0 · Y
i>j i0<j0
σ(i0)−σ(j0) i0−j0
= Y
i0<j0
σ(i0)−σ(j0) i0−j0
= ²(σ).
QED
Définition :
Soit σ∈Sn. On dit qu’un couple (i, j)est une inversion pour σ si i < j et σ(i)>σ(j).
Si on noteI(σ)le nombre d’inversions pourσ, alors
²(σ) = (−1)I(σ).
Définition :
Soit σ ∈Sn. On dit que σ est une permutation paire si ²(σ) = 1. On dit que c’est une permutation impaire si ²(σ) =−1.
On remarque que la permutationσ est paire si et seulement si son nombre d’inversions est pair.
Pour déterminer le nombre d’inversions d’une permutation à partir de son tableau, on compte, pour chaque élément de la deuxième ligne, combien d’éléments plus petits apparaissent à sa droite.
Par exemple, soit
σ=
µ 1 2 3 4 5 2 4 5 1 3
¶ .
Cette permutation présente 5 inversions.
Proposition :
Les transpositions sont donc des permutations impaires.
Démonstration : Soit τ =¡
i j ¢
, une transposition (i < j). Les inversions de τ sont les couples(i, k)tels quei+ 1≤k≤j, au nombre de j−i, et les couples(l, j)tels quei+ 1≤l≤j−1, au nombre dej−i−1. Au total, le nombre d’inversions est égal à2(j−i)−1, qui est impair.
QED
Corollaire :
Dans la décomposition d’une permutation en produit de transpositions, le nombre de facteurs a toujours la même parité.
Proposition :
Soit γ∈Sn un cycle de longueur m. Alors
²(γ) = (−1)m−1.
Démonstration :
On a vu plus haut qu’un cycle de longueur m se décomposait en un produit de m-1 transpositions.
QED
Commeε:Sn→{±1}est un homomorphisme, son noyau est un sous-groupe distingué deSn. C’est legroupe alterné
An ={σ∈Sn/²(σ) = 1}. C’est un sous-groupe d’indice 2. Son cardinal est n!2.
4.4 Classes de conjugaison Proposition.
Soitγ=¡
i1 · · · im ¢
un cycle deSn. Soitτ ∈Sn une permutation quelconque. Alors
τ γτ−1=¡
τ(i1) · · · τ(im) ¢ .
Démonstration :
Soitj∈{1,· · ·, n}. Siτ−1(j)∈/Supp(γ), alorsτ γτ−1(j) =τ τ−1(j) =j.
En revanche, siτ−1(j) =ik ∈Supp(γ), alorsτ γτ−1(j) =τ γ(ik) =τ(ik+1).
QED
Soitσ=γ1◦···◦γkla décomposition deσ∈Snen produit de cycles disjoints de longueur croissanter1≤· · ·≤rk. On dit alors queσest de type(r1,· · ·, rk).
Si τ ∈ Sn, alors τ στ−1 = (τ γ1τ−1)◦· · ·◦(τ γkτ−1) est encore de type (r1,· · ·, rk).
Réciproquement, siσ0 est une permutation de type(r1,· · ·, rk), il existe une permutationτ telle que τ στ−1=σ0.
Les classes de conjugaison deSncorrespondent donc aux types de permuta- tions.
On appelle partition denla donnée d’entiers naturels non nulsr1,· · ·, rk tels quen=r1+· · ·+rk. En particulier, le nombre de classes de conjugaison dansSn est égal au nombre de partitions den.
5. Sous-groupes d’un groupe quotient. Groupes cycliques Théorème :
Soit G un groupe et H CGun sous-groupe distingué.
Il existe une bijection entre l’ensemble des Sous-groupes deG/Het l’ensemble des sous-groupes de Gqui contiennent H.
Démonstration :
Soit K un sous-groupe de G/H. Soit L = {g ∈ G/gH ∈ K}. C’est un sous-groupe de G. En effet, comme K est un sous-groupe de G/H, il contient l’élément neutreH =eH deG/H, donce∈L. De plus, sigH∈Ketg0H∈K, alors(gH)(g0H) =gg0H ∈K, doncgg0∈L. Enfin, sigH ∈K, alors(gH)−1= g−1H ∈K, et doncg−1∈L.
Supposons de plus que K est distingué dans G/H. Soit gH ∈ K etxH ∈ G/H. Alors(xH)(gH)(xH)−1∈K. Or
(xH)(gH)(xH)−1= (xH)(gH)(x−1H) = (xgx−1)H, d’oùxgx−1∈L.
Réciproquement, soit Qun sous-groupe deG contenantH. Comme H est distingué dans G, a fortiori il est distingué dans Q. Soit alors S = Q/H =
{gH/g∈Q}. AlorsS est un sous-groupe deG/H. En effet, c’est l’image deQ par l’homomorphismeCl:G→G/H.
Supposons de plus queQest distingué dansG. SoitgH∈SetxH∈G/H.
Alorsxgx−1∈Q, d’où(xH)(gH)(x−1H)∈S. Par conséquent,SBG/H.
Les applications K 7−→L et Q 7−→ Q/H sont clairement inverses l’une de l’autre.
QED Exemple :
Les sous-groupes deZ/nZsont en bijection avec les sous-groupes deZ qui contiennentnZ.
SoitH un sous-groupe deZ. Il existem∈Ntel queH=mZetnZ⊂mZsi et seulement sim divisen.
On en déduit que les sous-groupes deZ/nZsont de la formemZ/nZ, oùm est un diviseur den.
Ainsi, les sous-groupes deZ/6ZsontZ/6Z,{0},{0,3}et{0,2,4}. Groupes cycliques.
Rappel : Un groupeGest dit « cyclique » s’il existe un élémenta∈G tel queG=<{a}>={an/n∈Z}.
(On note alorsG=< a >an lieu deG=<{a}>).
Exemples :
Z=<1>=<−1>.
Z/nZ=< Cl(1)>=< Cl(n−1)>(=< Cl(μ)>sipgcd(n,μ) = 1).
Un ={z∈C/zn= 1}.
Terminologie : Les groupes cycliques infinis sont souvent appelés «monogènes», l’appellation «groupes cycliques» étant alors réservée à ceux qui sontfinis.
Remarque : il est évident que tout groupe cyclique est abélien.
Théorème :
Tout groupe cyclique est isomorphe, soit à Z, soit à Z/nZ pour un n ∈ N\ {0}.
Démonstration :
SoitG=< a >un groupe cyclique. On considère l’application ϕ:Z→G
définie par, ∀n ∈ Z, ϕ(n) = an. C’est un homomorphisme de groupes qui est surjectif.
Si ϕ est injectif, alors c’est un isomorphisme. Sinon, le noyau deϕ est un sous-groupe deZnon réduit à{0}: il est donc égal ànZnpour un entier naturel n6= 0.Dans ce cas, d’après le théorème de factorisation,Gest isomorphe àZ/nZ.
QED Théorème
1)Tout sous-groupe d’un groupe cyclique est cyclique.
2)Si G=< a >est un groupe cyclique infini, les sous-groupes de Gdistincts de {eG}sont infinis, donc isomorphes à Z.
3)SiG=< a >est un groupe cycliquefini d’ordresalors, pour tout diviseur tde s, il existe exactement un sous-groupe de Gd’ordre t.
Démonstration :
SoitGun groupe. SiGest isomorphe à Z, ses sous-groupes sont de la forme nZ=< n >, donc cycliques.
SiGest isomorphe àZ/sZalors, d’après l’exemple plus haut,ses sous-groupes sont isomorphes à mZ/sZ, où m est un diviseur de s. De tels groupes sont cycliques. En fait, l’application
mZ/sZ→Z/(s m)Z
définie parf(mu+sZ) =u+msZest un isomorphisme de groupes.
SiG=< a >est d’ordresettest un diviseur des, alors< ast >est un sous- groupe d’ordret. Réciproquement, soitH un sous-groupe d’ordretdeG. Soitp le plus petit entier naturel non nul tel queap∈H. AlorsH=< ap>. En effet, si x∈H, il existem∈Ztel quex=am. Il existeq∈Zetr∈Ztels quem=pq+r et0≤r < p, d’où am = (ap)qar et ar =am(ap)−q ∈H. La minimalité de p entraîne alors quer= 0, d’où x∈< ap >={e, ap, a2p, ..., a(q−1)p}. On a donc q=t,tp=setH=< ast >.
Ainsi, l’application t 7−→< ast > est une bijection entre l’ensemble des di- viseurs deset l’ensemble des sous-groupes deG.
QED
6. Groupes abéliens finis 6.1 p-groupes
Définition :
Soit p un nombre premier. On appelle p-groupe tout groupefini dont l’ordre est une puissance de p .
Lemme de Cauchy :
Soit G un groupe fini et p un nombre premier qui divise l’ordre de G. Alors G contient un élément d’ordre p.
Démonstration :
On procède par récurrence sur l’ordre ndeG.
Sin= 1, il n’y a rien à démontrer.
Supposons la propriété démontrée à l’ordrenet soitg∈G,g6=e.
Premier cas : sipdivise l’ordreo(g)deg. Alors il existe un entierrtel que o(g) =pr et l’élémentgr est d’ordrep.
Deuxième cas : on suppose maintenant que p et o(g) sont premiers entre eux. SoitH =G/ < g >. Comme|G|=|H| ×o(g),pest un diviseur de |H|et, par hypothèse de récurrence, il existeh < g >∈H tel que(h < g >)p =hp <
g >=< g >. Soit alorssl’ordre de h:
(h < g >)s=hs< g >=< g >, donc p divise s, et on est ramené au premier cas.
QED
Proposition :
Soit p un nombre premier. Soit G6={e}un groupe abélienfini tel que l’ordre de chacun de ses éléments est une puissance de p. Alors G est un p-groupe.
Démonstration :
Soit q un nombre premier qui divise l’ordre de G. D’après le lemme de Cauchy,Gcontient un élément d’ordreq. On par hypothèse,qest une puissance dep. Doncq=p.
QED
Proposition :
Soit (G,+) un groupe abélien fini. Soit g et h deux éléments de G tels que o(g)∧o(h) = 1. Alors o(g+h) =o(g)o(h).
Démonstration :
Notons r = o(g), s = o(h), s = o(g+h). Comme rg = 0 = sh, on a rs(g+h) =rsg+rsh= 0, donctdivisers.
Réciproquement,t(g+h) = 0, donc tg=−th∈< h >∩< g >. L’ordre de tgdiviseretset est donc égal à 1. Par conséquent,tg= 0etrdiviset.
De mêmesdiviset. Finalement,rsdiviset.
QED
6.3 Composantes primaires d’un groupe abélien fini. Notion de p-groupe
Définition :
Soit p un nombre premier et G un groupe abélien fini. On appelle com- posante p-primaire de G l’ensemble G(p) des éléments de G dont l’ordre est une puissance de p.
Remarques :
1)G(p)est un sous-groupe de G .
2)G(p)est un p-groupe.
3) G(p) 6= {e} ⇐⇒ pdivise |G|. (ceci est une conséquence du lemme de Cauchy)
Théorème :
Soit G un groupe abélien fini d’ordre n = pn11· · ·pnrr, où les pi sont des nombres premiers distincts. Alors, pour chaque i∈{1, ..., r},G(pi)est d’ordre pnii et
GwG(p1)×....×G(pr).
Démonstration :
Soiti∈{1, ..., n}etH=G/G(pi).
Montrons d’abord que H(pi) ={¯0}:
Soit x ∈ H(pi). Il existe h ∈ G tel que x = h+G(pi) ets ∈ N tel que psix= ¯0, ou encore psih∈G(pi).
Par conséquent, il existe un entier naturel t tel que pti(psih) = 0. On en déduit queh∈G(pi), c’est-à-direx¯= ¯0.
CommeH(pi) ={¯0}, d’après la remarque ci-dessuspine divise pas |H|. Et comme|G|=|H| × |G(pi)|, on en déduit quepnii divise|G(pi)|.
On considère maintenant l’application
η:G(p1)×....×G(pr)→G (g1, ..., gr)7−→g1+...+gr
Cette application est un homomorphisme. De plus,ηest injectif : supposons en effet queg1+...+gr= 0. On a doncg1+...+gr−1=−gr.
Pour chaque i∈{1, ..., r}, l’ordre degi est une puissance depi.Il existe des entiersα1, ...,αr tels que o(gi) =pαii. On a d’une part o(gr) =pαrr et d’autre part
o(gr) =pα11×...×pαr−r−11 . Le théorème fondamental de l’arithmétique entraîne queα1=...=αr= 0, d’oùg1=...=gr= 0.
Commeη est injective,Qr
i=1|G(pi)|≤|G|, d’où
|G|= Yr i=1
pnii≤ Yr i=1
|G(pi)|≤|G|.
On en déduit queη est une bijection, donc un isomorphisme.
QED
6.4 Structure des groupes abéliens finis : facteurs invariants Définition :
SoitGun groupe abélienfini. On appelle exposant de Gle plus petit commun multiple des ordres de ses éléments.
Proposition :
Soit Gun groupe abélienfini. Il existe un élément de G dont l’ordre est égal à l’exposant de G.
Démonstration : Soitε=Qn
i=1pαii la décomposition de l’exposant de Gen produit de puis- sances de nombres premiers. Pour chaquei∈{1, ..., n}, il existegi∈Gtel que pαii diviseo(gi).
Soit g =g1+...+gn. Certainement, l’ordre de g divise ε. D’autre part, εg= 0, de sorte queεdiviseo(g).
QED Lemme :
Soit G un groupe fini d’exposant εet g∈Gun élément d’ordre maximal ε.
Soit x∈ G/ < g > un élément d’ordre μ. Alors il existe un élément h∈ G d’ordre μtel que
Cl(h) =k.
Démonstration :
On remarque que, si Cl(k) = x, alors l’ordre de k est un multiple de μ.
Notonsν=o(k). Il existe donc un entier naturelαtel queν =αμ.
Comme μx = 0, on a μk ∈< g > et il existe un entier naturel η tel que μk=ηg.
D’autre part,ν diviseεet il existe donc un entier naturelς tel queε=νς= αμν. On a donc
0 =νk=αμk=αηg.
On en déduit queεdiviseαη, donc queαμς diviseαη, donc queμdiviseη.
Posons alorsρ= ημ et h=k−ρg.
D’une part,Cl(h) =Cl(k), donco(h)est un multiple deμ.
D’autre part,μh=μk−μρg=μk−ηg= 0.
On en conclut queμ=o(h).
QED
Théorème :
Soit G un groupe abélienfini. Il existe des entiers uniques d1, ..., dk tels que 1)dk|dk−1, dk−1|dk−2, ..., d2|d1
2)G∼=Z/d1Z×...×Z/dkZ
Démonstration : Existence :
On raisonne par récurrence surn=|G|.
Sin= 2,Gest isomorphe àZ/2Z, la propriété est donc vraie.
Supposonsn >2et notonsd1l’exposant deG: il existe un élémentx1∈G d’ordred1.
Sid1=n, alorsG∼=Z/nZet la propriété est vérifiée.
Sinon,|G/ < x1>|=dn
1 où1< dn
1 < n. L’hypothèse de récurrence entraîne alors l’existence d’entiersd2, ..., dk tels quedk|dk−1, dk−1|dk−2, ..., d3|d2
et d’un isomorphisme
ϕ:Z/d2Z×...×Z/dkZ→G/ < x1> . Pour chaquei∈{2, ..., k}, il existexi∈Gtel que
ϕ(¯0, ...,¯1, ...,¯0) =xi+< x1>=Cl(xi).
Commeϕest un isomorphisme, Cl(xi)est d’ordre di et lesCl(xi)engendrent G/ < x1 >. D’après la proposition précédente, on peut choisir chaque xi de sorte queo(xi) =di.
Soitg∈Gquelconque : Cl(g) =g+< x1>∈G/ < x1>. Il existe donc des entiersλ2, ...,λk tels que
Cl(g) = Xk i=2
λi(xi+< x1>) = ( Xk i=2
λixi)+< x1> .
Ainsi, il existeλ1∈Ztel que g−Pk
i=2λixi=λ1x1. L’application
< x1>×...×< xk >→G (λ1x1, ...,λkxk)7−→
Xk
i=1
λixi
est donc surjective.
De plus,|G/ < x1>|=Qk
i=2di, d’où|G|=Qk
i=1di. Ainsi,ϕest bijective.
Il est clair d’autre part queϕest un homomorphisme.
Unicité :
On procède par récurrence sur|G|.
Supposons qu’il existe deux décompositions G ∼= Z/d1Z×...×Z/dkZ
∼= Z/δ1Z×...×Z/δlZ où
dk | dk−1, dk−1|dk−2, ..., d2|d1 etδl | δl−1, δl−1|δl−2, ..., δ2|δ1.
Soitpun nombre premier qui divisedk. On considère la multiplication par pdansG:
μp:G→G g7−→g+...+g
Soitn∈N\ {0}. Remarquons que, si p ne divise pas n, alorsμp∈Aut(Z/nZ).
En revanche, si p est un diviseur de n, alorsIm(μp)∼=Z/n0Z, oùn0= np. Par conséquent,
μp(G)∼=Z/d01Z×...×Z/d0kZ, où pour chaque i,d0i= dpi. En particulier,
¯¯μp(G)¯¯= |G| pk .
D’autre part, soit s≤l le plus grand indice tel que pdivise δs. Pour tous les indicesi≥s+ 1, on a donc :
μp(Z/δiZ) =Z/δiZ et ainsi :
μp(G)∼=Z/δ01Z×...×Z/δ0sZ×Z/δs+1Z×...×Z/δlZ.
Commep∧δs+1= 1, le fait queδs+1diviseδsentraîne que l’on a également δs+1 diviseδ0s.
De plus,¯¯μp(G)¯¯= |pGk|, d’oùs=k.
Par hypothèse de récurrence appliquée à μp(G), on obtientl =k et, pour touti∈{1, ..., k},d0i=δ0i, d’où,finalement,di=δi.
QED
Définition :
Les Z/diZ intervenant dans la décomposition de G sont appelés facteurs invariantsde G.
6.5 Structure des groupes abéliens finis : diviseurs élémentaires SoitGun groupe abélienfini,pun nombre premier, etG(p)la composante p-primaire deG. En appliquant le théorème précédent, on voit qu’il existe des entiers naturelsα1, ...,αk tels que
G(p) ∼= Z/pα1Z×...×Z/pαkZ αk ≤ ...≤α1,
et cette décomposition est unique.
On dit alors queG(p)est de type(pα1, ..., pαk).
Conséquence :
SoitGun groupe abélien fini d’ordre n et soitd un diviseur den. Alors il existe un sous-groupe deGd’ordred(en général pas unique).
Définition :
Soit G w G(p1)×....×G(pr) la décomposition de G en composantes pri- maires. On appelle diviseurs élémentaires de G les ordres des pi- groupes cycliques qui interviennent dans la décomposition de chacun des G(pi).
On voit donc que les diviseurs élémentaires de G se déduisent de ses facteurs invariants. Réciproquement, connaissant les diviseurs élémentaires d’un groupe abélien G, il est possible de reconstituer ses facteurs invariants.
Exemples :
1) Soit G un groupe abélienfini dont les composantes primaires sont G(2)de type(22,2,2)
G(3)de type(34,32,3) G(5)de type(52,5).
Alors la décomposition de G en facteurs invariants est : GwZ/810Z×Z/90Z×Z/6Z.
2) A isomorphisme près, il y a quatre groupes abéliens d’ordre 36 :
Z/2Z×Z/2Z×Z/3Z×Z/3ZwZ/6Z×Z/6Z Z/2Z×Z/2Z×Z/9ZwZ/18Z×Z/2Z Z/4Z×Z/3Z×Z/3ZwZ/12Z×Z/3Z
Z/4Z×Z/9ZwZ/36Z.
