Université Cheikh Anta-Diop de Dakar Année Faculté des Sciences et Techniques Département de Maths et Informatique

Université Cheikh Anta-Diop de Dakar Année 2015-2016 Faculté des Sciences et Techniques

Département de Maths et Informatique

Licence 3 Maths-informatique

Corrigé du Série n^o2 Algèbre Proposé par O.Ndiaye

M erci de m⁰envoyer vos remarques après relecture sur ouzdeville@gmail.com Exercice 1

Soitn≥1. Un sous-groupeG deSn est dit transitif si son action sur{1,2,3, ..., n}est transitifi.e

∀i, j∈ {1,2,3, ..., n},∃g∈ G tel que g(i) =j

On appelle commutant d’un élémentγd’un groupeΓ, le sous-groupe deΓ des élément qui commutent avecγ

1. Montrer que l’ordre de tout sous-groupe transitif deSn est un multiple den:

Réponse: Soit Θ :G ×E−→Eune action transitive deGsur l’ensembleE={1,2, ..., n}. Soient i∈E, Orb(i) l’orbite de ietGi le stabilisateur deialors par définition de Θ etG, on aura :

Orb(i) ={g.i tel que g∈ G}=E=⇒ |Orb(i)|=|E|=n Donc

|G|=|Orb(i)||Gi|=⇒ |G|=n|Gi| 2. Soitpun nombre premier , Déterminer les sous-groupes transitifs de Sp

Réponse :

SoitG un sous groupe deSp transitifs. CommeG est transitif alorsppremier divise son cardinal, alors d’après le théorème de Cauchy, G possède un élément d’ordre p(Vice-Versa). Donc on en endéduit que tout sous groupe de transitif deSpest un sous groupe qui contient au moins un cycle de longueur p.

3. SoitH un sous-groupe deS4 engendré par (1,2,3,4) et (1,3).

H =<(1234),(13)>={Id,(1234),(13)(24),(1432),(13),(14)(23),(24),(12)(34)}

a. Déterminer les sous-groupe de H qui sont transitifs.

Réponse :

— H

— {Id,(1234),(13)(24),(1432)}

— {Id,(13)(24),(14)(23),(12)(34)}

b. Déterminer le commutant de chaque élément d’ordre 2 deS4 et réaliserH de cette manière.

Réponse :

DansS4, les éléments d’ordre 2 sont les transpositions et les produits de transposition à support disjoint. Soiti, j, k, l∈ {1,2,3,4} deux à deux différents.

—

C[(ij)] = {σ∈ S4:σ(ij)σ⁻¹= (ij)}={σ∈ S4: (σ(i), σ(j)) = (ij)}

= {σ∈ S4: (σ(i) =i et σ(j) =j)ou(σ(i) =j et σ(j) =i)}

= {Id, (lk), (ij), (ij)(lk)}

—

C[(ij)(kl)] = {σ∈ S4:σ(ij)(kl)σ⁻¹= (ij)(kl)}={σ∈ S4:σ(ij)σ⁻¹σ(kl)σ⁻¹= (ij)(kl)}

= {σ∈ S₄: [σ(i), σ(j)][σ(k), σ(l)] = (ij)(kl)}

= {σ∈ S4: (σ(i), σ(j)) = (ij)et(σ(k), σ(l)) = (kl)}

∪{σ∈ S4: (σ(i), σ(j)) = (kl)et (σ(k), σ(l)) = (ij)}

= {Id,(ij),(kl),(ij)(kl),(ik)(jl),(ikjl),(iljk),(il)(jk)}

CommeC[(13)(24)] est un sous-groupe et (1234),(13)∈ C[(13)(24)] doncH ⊂ C[(13)(24)]. Et comme les deux sous-groupes ont même ordre alorsH =C[(13)(24)].

c. Soit G un sous-groupe transitif de S4 d’ordre un diviseur de 8. Montrer qu’il est conjugué à l’un des sous-groupes déterminés à la question 3.a.

Réponse :

G un sous-groupe transitif alors son ordre est multiple de 4. Comme il est aussi diviseur de 8 alorso(G) = 4ou8

— Sio(G) = 4

— SiG est cyclique alorsG est conjugué à<(1234)>car tous les sous-groupes cycliques d’ordre 4 sont conjugués.

— Sinon ne contient pas de cycle de longueur 4. Et∀i, j ∈ {1,2,3,4},∃g ∈ G :g(i) =j.

Dans ce casGne contient de transposition car sinon son ordre serait supérieur à 4. Donc G={Id,(13)(24),(14)(23),(12)(34)}(le seul sous-grp transitif d’ordre 4 non cyclique)

— Sio(G) = 8, tous les sous-groupes d’ordre 8, sont des cummutant de produit de transposi- tions, donc il sont conjugué àH qui est transitif.

d. Établir à une conjugaison près, les sous-groupes transitifs deS4. Réponse :

Ce sont les sous-groupe d’ordre 4,8,12,24.

— pour 4 et 8 : cf. question 3.c.

— d’ordre 12 =^|S₂^4| :, donc c’estA₄ engendré par tous les 3-cycles, donc transitif.

— d’ordre 24 =|S4|, donc c’estS4

Exercice 2

Soiti, j, k, l∈ {1,2,3,4}deux à deux différents.

1. Déterminer tous les sous-groupe de S4 d’ordre respectivement1,2 et3 Les sous groupes deS4 d’ordre :

— 1 est le sous groupe trivial

— 2 sont ceux engendrés par des transpositions < (ij) > ou les produit de 2 transpositions à support disjoint<(ij)(kl)>.

— 3 sont ceux qui sont engendrés par un 3-cycle<(ijk)>.

2. Déterminer tous les sous-groupes de H d’ordre 6 et montrer qu’un tel groupe n’est pas normal dans S4 Les sous groupes deS4 sont isomorphes àS3, donc chaque sous-groupe un élémentle∈ {1,2,3,4}.

Les sous groupes H deS4 d’ordre 6 sont les sous-grpe engendré par une transpositionτ et un 3- cyclectel que|Supp(τ)∩supp(c)|= 2. Exemple :<(ijk),(ij)>={Id,(ijk),(ikj),(ij),(jk),(ik)}

donc on en aC₄³= 4 Exercice 3

1. Montrer que pour tout m≤n,S_m est isomorphe à un sous-groupe deS_n Posons

ϕ:S_m−→ S_n σ−→eσ

tel que pour touti ≤m σ(i) =e σ(i) et pour tout m+ 1≤i ≤n, σ(i) =e i. Il faut montrer que cette application est bien définie et que c’est un homomorphisme injectif. Et conclure en utilisant le théorème d’isomorphisme.

Soitσ1 et σ2∈ Sm.

— Montrons queϕest bien définie : Siσ1=σ2, alors on voit que ϕ(σ1) =ϕ(σ2)

— Montrons que ϕ est un morphisme. Si i ≤ m, ϕ(σ2σ1)(i) = σ2σ1(i) = σ2(ϕ(σ1)(i)) = ϕ(σ2)ϕ(σ1)(i) car σ1)(i) ≤ m. Si m+ 1 ≤ i ≤ n, ϕ(σ2σ1)(i) = i et ϕ(σ2)ϕ(σ1)(i) = i.

Doncϕ(σ₂σ₁) =ϕ(σ₂)ϕ(σ₁). Comme ker(ϕ) =Id_Sm, alorsϕest un morphisme injectif. Donc par le premier théorème d’isomorphismeSm∼=ϕ(Sm) qui est un ss-grpe de Sn.

2. SoitH₄ le sous-groupe deS défini par :

H₄={Id, (1,2)o(3,4), (1,3)o(2,4), (1,4)o(2,3)}

Vérifier que la suite S4⊃ A4⊃H₄⊃Idest une suite normale.

Pour cela, il suffit de montre queA₄ est normal dansS₄(cf cours) puisH₄ est normal dansA₄. H₄est normal dansA₄, en effet le conjugué d’un produit de 2 transpositions(support disjoint) par les 3-cycles(qui engendrentA₄) est un produit de transposition.

3. SoitK=<((1,2)o(3,4))>, Montrer que, A4 est distingué dansS4,H4 est distingué dansA4,K est distingué dans H4 et que K n’est pas distingué dansA4.

Pour cette question, il suffit de montrer queKest distingué dansH4et queKn’est pas distingué dansA4. En effet, par calcul direct on vérifieK est distingué dansH4. Mais en prenant (23) dans A4, on (23)(12)(34)(23) = (13)(24)∈/K, alorsK n’est pas distingué dansA4.

Conclusion : Si un ss-groupe K est normal dans un groupe G donné, alors il est normal dans tous sousH deGcontenantK. Mais la réciproque est fausse.

Exercice 4

Montrer queS₃contient un seul 3-sous-groupe de Sylow et trois 2-sous-groupe de Sylow.

Réponse :|S₃|= 6 = 2∗3,

— n3= 1 mod 3 etn3divise 2, donc n3= 1.

— n2= 1 mod 2 etn2divise 3, doncn2= 1 oun2= 3. CommeS3possède plus d’un élément d’ordre 2, alors n2= 3.

Exercice 5

Soient G un groupe fin, H un sous-groupe deG et E=

gHg⁻¹ / g∈ G l’ensemble des conjugués de H. Soitpun nombre premier tel que [G:H]< p.

1. En faisant agirG surEmontrer que|E|< p Soit

Θ :G ×E−→E (σ, gHg⁻¹)7→σgHg⁻¹σ⁻¹

Pour x = H on a O_G(H) = {σHσ⁻¹ : σ ∈ G} = E (vrai aussi quelque soit x ∈ E). On a

|O_G(H)|= [G:Stab(H)], or H ⊂Stab(H) donc|E|= [G:Stab(H)]<[G:H]< p.

2. SoitS unp-Sylow deG. On fait agirS surE par conjugaison. A l’aide de l’équation des classes, montrer que les orbites des élément deE sont triviales.

S unp-Sylow deG alors on pose|G|=p^rmet|S|=p^ravec gcd(p, m) = 1 Soit Θ :S×E−→E

(s, gHg⁻¹)7→sgHg⁻¹s⁻¹

Soitx∈E,|OS(x)|= [S :StabS(x)]⇒ |OS(x)|divise|S|=p^r . or|OS(x)|<|E|< p(car inclus dans E), alors|OS(x)|= 1. Donc les les orbites sont triviale sous l’action du p-SylowS.

3. Soientg∈ GetK=gHg⁻¹. Montrer queKSest un sous-groupe deGet queKest un sous-groupe distingué deKS.

— Montrer que KSest un sous-groupe deG. D’après la question précédenteO_S(K) ={K}

— Soit x ∈ KS alors ∃s ∈ S tel que x ∈ Ks = s(s⁻¹Ks) or s⁻¹Ks ∈ O_S(K) = {K} ⇒ s⁻¹Ks=Kdoncx∈sK⊂SK. D’où KS⊂SK

— De la même manière, six∈SK alorsx∈KS FinallementKS=SKalorsKS est un sous-grpe deG

— Montrer que K est un sous-groupe distingué de KS. Oui en effet, si x∈ KS alors il existe k∈ K et s ∈S tels que x=ks, dans ce casxKx⁻¹ =k(sKs⁻¹)k⁻¹ or sKs⁻¹ ∈ OS(K) = {K} ⇒s⁻¹Ks=K doncxKx⁻¹=kKk⁻¹=K, d’où K distingué dansKS.

4. Montrer qu’il existe un p-SylowS deG telque KS=K. En déduire que S⊂ S

g∈G

gHg⁻¹(Utiliser le deuxième théorème d’isomorphisme).

On a [G:K]< pet|K|divisep^rmdonc il existe un entier positifαqui divisemtel que|K|=p^{r m}_α, doncK contient un p-SylowS deG d’où il est un p-Sylow dansG telKS=K.

Il en découle, queS⊂ S

g∈G

gHg⁻¹ car chaque ss-grpegHg⁻¹contient un conjugué de S.

Exercice 6

Soitpun nombre premier. Unp-groupe est un groupe fini d’ordre une puissance dep 1. SoitG un groupe tel queG/Z(G) soit cyclique. Montrer queG est commutatif.

Soitx, y∈ G,etg un générateur deG/Z(G), alorsm, n∈N tqx=g^m, y =gⁿ. On a dans ce cas xg^−m= 1, yg⁻ⁿ= 1. Il existez1, z2∈Z(G) tels quexg^−m=z1, yg⁻ⁿ=z2i.e.x=z1g^m, y=z2gⁿ. Commez₁, z₂ commutent avec tous les éléments deG, alors :

xy=z₁g^mz₂gⁿ =z₂g^mgⁿz₁=z₂g^n+mz₁=z₂gⁿg^mz₁=z₂gⁿz₁g^m=yx.

2. En faisant agir unp-groupe par conjugaison, montrer que son centre n’est pas trivial.

SoitG un p-groupe, d’après la Formule des classes,|Z(G)|=|G| −P[G:G_i], les groupesG_i sont tous non triviaux (6= 1 car l’action n’est pas transitive,6=G car l’orbite correspondante n’est pas triviale). Donc|Z(G)| modp=|G| −P[G:Gi] modp= 0 modp.

Ce qui entrainepdivise|Z(G)| 6= 0 doncZ(G) n’est pas trivial.

3. En déduire que tout groupe d’ordrep² est commutatif.

Soit G un p-groupe d’ordrep², alors comme son centre est non trivial alors |Z(G)| ∈ {p, p²} ⇒

|G/Z(G)| ∈ {1, p}doncG/Z(G) est cyclic alors d’après la question (1),G est commutatif.

4. Montrer que siG est un groupe d’ordrep² alorsG 'Z/p²ZouG 'Z/pZ×Z/pZ

— S’il existe un élément d’ordrep² dansG alorsG est cyclique donc isomorphe àZ/p²Z.

— Supposons queGne possède pas d’élément d’ordrep²alors tout élément non trivial est d’ordre p. Soitx∈ Gety ∈ Gtel quey6=< x >alors< x >, < y >sont d’ordre chacunpet cycliques.

< x >∩< y > est un sous groupe de< y > et différent de< y > donc|< x >∩< y >|= 1 ce qui impliqueG '< x >×< y >'Z/pZ×Z/pZ

Exercice 7

SoitG un p-groupe d’ordrep^r.

1. Montrer que pour tout entierk≤r,G possède un sous-groupe distingué d’ordrep^k.

— on verifie que la proprièté vraie pour r=1,2

— On suppose la proprièté par récurrence vraie jusqu’au rangr−1 .i.e pour tout entierk≤r−1, tout p-groupe d’ordrep^r−1 possède un sous-groupe distingué d’ordrep^k.

Supposons queGun p-groupe d’ordrep^retk≤r, alors sont centre de n’est pas trivial (d’après exo 6) et pen est un diviseur, d’après Cauchy il existe un élément xdans le centre tel que

| < x > | = p. Le groupe quotient G/ < x > est d’ordre p^r−1 donc d’après l’hypothèse de recurrence il possède un sous groupe d’ordrep^k−1 car k−1 ≤ r−1. Or les sous groupe de G/ < x >sont de la formeH/ < x >avecHss-grpe deGcontenant< x >. Donc par définition

|H|=|H/ < x >| · |< x >|=p^k−1p=p^k.

2. Montrer qu’il existe une suiteG0=Id⊂ G₁⊂...⊂ G_r=G de sous-groupesG_i distingués d’ordre pⁱ (i= 1, ..., r).

Par une démarche analogue, on montre cette relation, en supposant la proprièté varie jusqu’au rang r−1. Comme G/ < x > est d’ordre p^r−1 alors il existe une suite normale dans l’anneau quotientId=< x > / < x >⊂ G1/ < x >⊂...⊂ Gr/ < x >=G/ < x >. Il reste juste à montrer queGi est distingué, oui en effet c’est l’image réciproque par la surjection canonique deGi/ < x >

qui est distingué.

3. Montrer que pour tout sous-groupeH deGd’ordrep^savecs < r, il existe un sous-groupe d’ordre p^s+1 de G qui contient H.

Soitx∈Z(G) d’ordrep

— si x /∈H alors< x >∩H ={Id}etK=< x > H=H < x >est un groupe d’ordrep^s+1

— Si x∈ H alors H/ < x >est un sous groupe d’ordre p^s−1 de G/ < x > qui lui est d’ordre p^r−1, il existe (par récurrence) un ss-groupe deH/ < x >d’ordrep^scontenantH/ < x >. Par correspondanceHcontient H et |H|=|H/ < x >| · |< x >|=p^s+1.

Exercice 8

SoientGun groupe et H un sous-groupe d’indice fini dans G. On définit sur G la relation xRy si et seulement si x∈HyH.

1. Montrer queRest une relation d’équivalence et que toute classe d’équivalence pour la relationR est une union finie disjointe de classes à gauche modulo H.

SoitHxH =S

1≤i≤d(x)xiH avec (xiH)_1≤i≤d(x)la partition de la classeHxH en classes à gauche distinctes.

Réponse:

Montrons que c’est une relation d’équivalence : Soitx, y, z∈Getel’élément neutre deG

— relexivité : trivial carx=exe

— Symétrie : six∈HyH alors il existeh1, h2∈H tels quex=h1yh2, alorsy =h⁻¹₁ xh⁻¹₂ donc y∈HxH

— Transitivité : supposons quex∈HyH et y∈HzH alorsx∈HHzHH =HzH.

DoncRest une relation d’équivalence.

HxH =S

i∈IhixH =S

i∈IxiH, en posant xi =hixet I un d’indice ; commeH est d’indice fini alors le nombre de classe à gauche deHest fini. Par définition deux classes sont égales ou disjointes alors il existe un entierd(x) tel que

HxH=S

1≤i≤d(x)x_iH

2. Soit h∈ H et i un entier compris entre 1 et d(x) ; posons h∗x_iH = hx_iH. Montrer que cette formule définit une action transitive de H sur l’ensemble des classes x₁H, ..., x_d(x)H et que le fixateur dex_iH dans cette action estH∩x_iHx⁻¹_i . En déduire que

d(x) = [H :H∩xHx⁻¹] et qu’en particulierd(x) divise l’ordre deG.

Réponse:

— Une action de groupe : à verifier

— L’action est transitive car pour deux classesx_iH etx_jH, on prendh=x_jx⁻¹_i donch∗x_iH = x_jH.

— ”F ix”(x_iH) =StabH(x_iH) ={h∈H :hx_i∈x_iH}{h∈H :h∈x_iHx⁻¹_i }=H∩x_iHx⁻¹_i .

— [H : H∩xHx⁻¹] = [H :StabH(xH)] = |OH(xH)|. Comme l’action est transitive il y’a une seule orbite donc|OH(xH)|=d(x) donc :

d(x) = [H:H∩xHx⁻¹] d(x) divise l’ordre deH qui divise l’ordre deG.

3. Montrer que H est distingué dansGsi et seulement sid(x) = 1 pour toutx∈G.

— Supposons queH est distingué, alorsHxH=xHH =xH donc il y’a une classe pour chaque élémentx.

— Supposons qued(x) = 1 toutx∈G, alors 1 = [H :H∩xHx⁻¹] doncH∩xHx⁻¹=H ⇒H ⊂ xHx⁻¹doncH est distingué dansG.

4. On suppose que G est fini et que [G:H] =p, où p est le plus petit nombre premier divisant l’ordre de G. Le but de cette question est de montrer que H est distingué dans G.

a. Montrer que pour toutx∈G,d(x)≤p. En déduire qued(x) = 1 oud(x) =p.

Réponse:

d(x) = [Hx : H] ≤ [G: H] =p, commed(x) divise |G| et p est le plus petit diviseur, alors d(x) = 1 oud(x) =p.

b. Montrer que si H n’est pas distingué dans G, il existe une unique classe d’équivalence pour la relation R et queG=H, ce qui contredit l’hypothèse [G : H] = p.

Réponse:

Supposons que H n’est pas distingué, alors il existe x ∈ G tel que d(x) 6= 1, alors dans ce cas d(x) = p. Pour tout x ∈ G, la classe x = HxH = S

1≤i≤d(x)xiH = S

1≤i≤pxiH = S

1≤i≤[G:H]x_iH, Comme les classe sont disjointes et coincident aux nombres [G:H] de classe moduloH dansGalorsx=HxH=S

1≤i≤[G:H]xiH=G.

En particulier, pourx=e,e=H =G⇒[G:H] = 1 absurde car [G:H] =p6= 1. Donc H est pas distingué.

Exercice 9

1. Soit G un groupe et H un sous-groupe. Montrer que la formule g.g⁰H =gg⁰H définit une action de G sur l’ensemble quotientG/H. Déterminer le fixateur d’une classe gH.

Réponse:

G/H={g⁰H :g⁰∈G}.

— Verifier que c’est une action

— ”F ix”(gH) =StabG(gH) ={g⁰ ∈ G:g⁰gH =gH} ={g⁰ ∈ G:g⁰g ∈gH}=G∩gHg⁻¹ = gHg⁻¹.

2. Soit G un groupe et X et Y deux ensembles sur lesquels G agit (on parlera de G-ensembles).

Soitf une application deX dansY. On dira que f est compatible à l’action deG(ou quef est un morphisme de G-ensembles) si pour tout élément xdeX et tout g dansG, f(g.x) =g.f(x).

Montrer que si f est bijective et compatible à l’action de Gil en est de même de f⁻¹. On dira dans ce cas quef est un isomorphisme deG-ensembles.

Réponse:

Supposons que f est bijective et compatible à l’action de G. Soit y de Y et tout g dans G, f⁻¹(g.y) ={x∈X :f(x) = g.y} ={x∈X : g⁻¹.f(x) =y}={x∈X :f(g⁻¹.x) =y} ={gx∈ X :f(x) =y}={gf⁻¹(y)}=gf⁻¹(y).

Oubien plus simplement : gy = gf(f⁻¹(y)) = f(gf⁻¹(y)), en composant par f⁻¹, on obtient f⁻¹(gy) =f⁻¹(f(gf⁻¹(y))) =gf⁻¹(y).

3. SoitGun groupe agissant transitivement sur un ensemble X (i.e. pour tout couple d’élémentsx et y de X il existe au moins un élément g du groupe tel que g.x = y). Montrer qu’il existe un sous-groupe H deGtel queX soit isomorphe en tant que G-ensemble à G/H (on prendra pour H le fixateur d’un point quelconque deX).

Réponse:

Soitx∈X,H = ”F ix”(x) =StabG(x), on définit à gauche : ϕG/StabG(x)→X :gStabG(x)7→g.x

— Surjection : comme l’action deGest transitive, alors pourz∈X, il existeg∈Gtel queg.x=z alorsϕ(gStab_G(x)) =g.x=z.

— Injectivité : sig.x=g₁.xalorsg₁⁻¹g.x=x⇒g⁻¹₁ g∈StabG(x) doncgStab_G(x) =g₁StabG(x).

— Compatibilité :ϕ(g⁰.gStab_G(x)) =g⁰.(gx) =g⁰.ϕ(gStab_G(x))

4. a. Soit H et K deux sous-groupes de G. Montrer qu’il existe une application f de G/H vers G/K compatible avec l’action de G si et seulement si H est contenu dans un conjugué de K.

Montrer que dans ce casf est surjective. Montrer queG/H et G/K sont isomorphes en tant queG-ensembles si et seulement siH et Ksont conjugués dans G.

Réponse:

— Supposons quef existe : Soith∈H alorsh=hH=H.

f(H) =f(hH) =h.f(H), d’après (1.) h∈StabG(f(H)) =StabG(gK) =gKg⁻¹, avecg un représentant de la classef(H) dansG/K.

— Supposons queH est contenu dans un conjugué deK: il existeg∈Gtel queH ⊂gKg⁻¹. Soitf deG/gKg⁻¹→G/K:g⁰gKg⁻¹→g⁰gK

— f est bien définie : en effet si g1gKg⁻¹ = g2gKg⁻¹ alors g1gK = g2gK. Donc la restriction àG/H est bien définie.

— Compatibilité : soitxH ∈G/H etg1∈G,f(g1.xH) =g1xgK=g1.f(xH)

— Montronsf est surjective : SoitαK ∈G/K alorsf(αg⁻¹H) =αK

— On en déduit queG/H et G/K sont G-isomorphes si et seulement si H est contenu dans un conjugué deKetK est contenu dans un conjugué deH donc si et seulement siH etK sont conjugués dans G.

b. Soit X et Y deux G-ensembles transitifs. Montrer qu’il existe une application de X vers Y compatible avec l’action deGsi et seulement si il existe deux éléments xet y deX et Y tels que le fixateur dexsoit contenu dans un conjugué du fixateur dey. Montrer queX et Y sont isomorphes si et seulement si les fixateurs dexet dey sont conjugués dansG.

G/H et G/K sont G-isomorphes si et seulement si H et K sont conjugués dans G.i.e ssi les fixateurs dexet de ysont conjugués dansG.

Réponse:

Soitx∈X ety∈Y, pour H=StabG(x) etK=StabG(y).

H est contenu dans un conjugué de K si et seulement(d’après 4.a) il existe une applicationf deG/H∼=X(d’après 3.) versG/K ∼=Y compatible avec l’action de G.

D’après Exercice 10

Montrer qu’un groupe d’ordre 200 n’est pas simple.

Réponse:

Un groupe est simple s’il ne possède pas de ss-grpe dinstingué propre. 200 = 2³.5², le nombre de 5-Sylow n₅≡1 mod 5 etn₅ divise 8.n₅∈ {1,6,11...,5k+ 1, ..} ∩ {1,2,4,8}donc il y’an₅= 1 seul 5-Sylow. Or le conjugué d’un p-Sylow est un p-Sylow ce qui veut dire que le 5-Sylow est distingué donc les groupe d’ordre 200 ne sont pas simple.

Exercice 11

1. Donner l’ensembleDdes ordres possibles des éléments du groupe alternéA₅et pour chaqued∈ D , indiquer le nombre d’éléments deA5d’ordred.

Réponse:

|A₅|= 60 = 2².3.5, Les éléments d’ordreA₅ sont les permutations de signature paire.

— d=1 : Identité,

— d=2 : Les produits (ij)(kl) de transpositions à support disjoint : on en a 5∗3 = 15

— d=3 : les 3-Cycles (ijk) : on en a 2∗C₅³= 20

— d=5 : les 5-Cycles (ijklm) : on en a 4! = 24 Rmq : 1+15+20+24=60.

2. Montrer que, pour d= 2 et d= 3, les éléments d’ordred sont conjugués, et que les sous-groupes d’ordre 5 sont conjugués.

Lemma 0.1 Soienti₁, ..., i_n,∈ {1, .., n} deux à deux distincts, etj₁, ..., j_n,∈ {1, .., n}deux à deux distincts et n≥3. Alors il existeσ∈ A₅ telle que∀k∈ {1, .., n−2},σ(i_k) =j_k.

Preuve: On sait qu’il existe une telle permutation τ dans S₅. Si ε(τ) = 1 on prendσ=τ sinon on prend σ=τ◦(i_n−1in).

Réponse:

— d=2 : Soit τ = (i₁i₂)(i₃i₄)(i₅) ∈ A5 deux à deux distincts, κ= (j₁j₂)(j₃j₄)(j₅) ∈ A5 deux à deux distincts, d’après le lemme(5-2=3)il existe dans σ ∈ A5 tel que σ(i₁) = j₁, σ(i₂) = j₂, σ(i₅) =j₅, alors onκ=στ σ⁻¹ : donc les éléments d’ordre 2 sont conjugués dansA₅.

— d=3 : On applique le lemme.

— d=5 : Les sous-groupe d’ordre 5 sont des 5-Sylow donc ils sont conjugués.

3. Déduire une preuve de la simplicité deA5. Réponse:

SoitH un sous-groupe distingué de A₅ non-trivial, doncH est une reunion de classes de conju- guaison dans A₅. comme les 3-cycles sont tous conjugués eux, alors dès que H en contient un, il contient tout les autres, même remarque pour les élément d’ordre 2. Comme les 5-Sylow sont conjugués alors s’il en contient un alors il contient tous les autres 5-Sylow. 1 + 15 = 16,1 + 20 = 21 et 1 + 24 = 25 ne divisent pas 60 =|A5| doncH contient plus d’une classe de conjugaison, donc

|H| ≥1 + 15 + 20 = 36 qui ne divise pas 60 et le seul diviseur. Or|H|divise 60, donc|H|= 60 4. Déterminer les sous-groupes de Sylow du groupe alternéA5.

Réponse:

A5 est simple alors ses p-Sylow ne sont pas uniques car sinon ils seraient distingués.

Lemma 0.2 SoitG un groupe d’ordrep^r∗mtel quep∧m= 1 etnp6= 1, alors|G| divisenp!.

Preuve: si on considère de l’action par conjugaison d’un groupeGsur sur l’ensemble des p-Sylow de G, alors cette action est transitive qui n’est pas triviale(np6= 1). En numérotant ces p-Sylow cela fourni une permutation dans un ensemble ànp éléments(transitivité), et on a ainsi un morphisme de groupe deG→ Sn_p injectif donc|G|divisenp!.

— Les 2-Sylow : n2 = 1 mod 2 et divise 15, donc n2 ∈ {3,5,15}, d’après le lemme précédent n26= 3 doncn2∈ {5,15}. Un 2-Sylow deA5est d’ordre 4 donc commutatif et les 4-cycles sont de signature -1 alors un 2-Sylow est engendré par 2 produits de 2 transpositione1, e2à support disjoint qui commutent, donc un tel groupe contient 3 produits de 2 transpositione1, e2, e1e2. finalementn2= 15/3 = 5.

— n₃= 1 mod 3 et divise 20, doncn₃∈ {4,10},d’après le lemme précédentn₃6= 4 doncn₃= 10

— n₅= 1 mod 5 et divise 12, doncn₅= 6 Exercice 12

Soit G un groupe simple d’ordre 60.

1. Montrer queGn’admet pas de sous-groupe d’ordre 20.

Réponse :Supposons qu’il existe un sous-grpe G1 de G d’ordre 20, alors ce groupe contient n₅= 1 seul 5-Sylow(théorème de Sylow) qui serait distingué dansG₁donc son normalisateur dans GcontientG₁ en tant que ss-grpe deGdonc est d’ordre 20 ou 60 ce qui donnerait 60/20 = 3 ou 60/60 = 1 5-Sylow dansGce qui contredit la question 4 de l’exercice précédent.

2. Montrer que siGadmet un sous-groupeK d’ordre 12, alors K admet 4 3-Sylow.

Réponse:Supposons qu’il existe un sous-grpeK deGd’ordre 12 = 2²∗3, alors d’après le th. de Sylown₃= 4 carGest simple.

3. Montrer que si H et K sont deux sous-groupes distinct d’ordre 4 de G alorsH∩K={1}.

Réponse:soit a∈H ∩K\{1}. Comme H et K sont commutatifs(d’ordre 4 = 2²),alorsH, K ⊂ CenG(a) donc H ∪K ⊂ CenG(a) donc |CenG(a)| divise 60, est divisible par 4 et supérieur à card(H∪K), donc|CenG(a)|= 12ou20ou60 , ce qui est impossible car :

— pour 12 : d’après 2.), il y aurait 4 3-Sylow ce qui donne 4*2=8 élément d’ordre 3 et donc il reste 3 éléments d’ordre 2 ou 4, donc impossible d’y extraire 5 éléments pour formerH∪K de cardinal 6. (attention à l’élément neutre)

— pour 20 : impossible d’après 1.)

— pour 60 : impossible carGest simple.

4. Montrer que si H est un 2-Sylow, alorsH 6=N orG(H).

Réponse: SiH =N or_G(H), il y’a 60/2²= 15 2-Sylow donc 45 éléments d’ordre 2 ou 4. Le nombre de 5-Sylow est 6 .i.e 24 élément d’ordre 5. Or 1+45+24=70 >60 absurde doncH 6=N or_G(H).

5. Montrer que G possède 5 2-Sylow.Gsimple alorsn₂6= 1 et d’après question précédanten₂ 6= 15 , donc finallementn₂= 5 (oubien c.f exo précédant).

6. Conclure en considérant l’action deGpar conjugaison sur les 2-Sylow (au lieu de 5-sylow ! !).

Réponse:si on considère de l’action par conjugaison deGsur sur l’ensemble des 2-Sylow de G, alors cette action est transitive qui n’est pas triviale(n₂ 6= 1). En numérotant ces 2-Sylow cela

fourni une permutation dans un ensemble àn2éléments(transitivité), et on a ainsi un morphisme de groupe deϕ:G→ Sn₂=5 injectif donc ϕ(G) est sous groupeS5 d’indice 2 donc coincide avec A5.

A5 est l’unique groupe simple d’ordre 60.

Exercice 13

Il est clair que tout sous-groupe d’un groupe abélien est distingué. Qu’en est-il de la réciproque ? Voici un exemple de groupe non abélien dont tous les sous-groupes sont distingués. Soient Hle corps des quaternions (surcorps non commutatif de C), et H8 = {±1,±i,±j,±k} H. On rappelle quel’on a : i² =j² =k² = 1, ij = −ji = k, jk =−kj =i et ki =−ik =j. Montrer que H8 est un groupe non abélien, appelé groupe des quaternions ou groupe quaternonien. Déterminer les sous-groupes de H⁸ et montrer qu’ils sont tous distingués.

Réponse:H8est un groupe non abélien car jk6=kj Les sous-groupes deH8 sont :

— le sous-groupe trivial{1}, qui est distingué.

— le sous-groupes de cardinal 2 engendré par -1, qui est distingué car étant le centre deH8.

— les sous-groupes de cardinal 4 sont d’indice 2 dansH8, donc distingué.

— le sous-groupeH8entier, qui est distingué.

Donc les sous-groupes de H8 sont tous distingués, alors queH8n’est pas commutatif.

Exercice 14

1. Soit G un groupe dont A et B sont des sous-groupes. On rappelle que G est produit semi- direct de B par A si les trois conditions suivantes sont satisfaites :

a. G=AB b. A∩B ={e}

c. Aest distingué dansG.

Montrer qu’il existe alors un homomorphismeφdeBdans le groupe des automorphismesAut(A) deAtel que l’on ait, pour touta∈Aet pour toutb∈B:ba=φ(a)bMontrer queBest isomorphe à G/A.

Réponse: soit

φ:B−→ Aut(A) b7→φb

tel que φb :Aut(A)−→ Aut(A) :a7→φb(a) =gag⁻¹

φest un homomorphisme de groupe, en effetφ(e) =φe=IdAet

φ(b₁b₂)(a) =φ_b1b2(a) =b₁b₂ab⁻¹₂ b⁻¹₁ =b₁φ_b2(a)b⁻¹₁ =φ_b1(φ_b2(a)) =φ_b1◦φ_b2(a) =φ(b₁)◦φ(b₂)(a) doncφ(b₁b₂) =φ(b₁)φ(b₂).

Aussiφ_b(a)b=φ_b(a)b=bab⁻¹b=ba.

Montrons queBest isomorphe àG/A: soit la restriction de la projection sur B :π_|B:B→G/A, ker(π_|B) =A∩B={e} etπ_|B(B) =π_|B(AB) =π_|B(G) =G/A, doncB ∼=G/A.

2. Soient A et B deux groupes. On suppose qu’il existe un homomorphismeφ de B dans Aut(A).

Montrer que l’ensemble produitA×B, muni de la loi : (a, b)(a⁰, b⁰) = (aφb(a⁰), bb⁰)

est un groupe. Montrer que ce groupe est produit semi-direct de deux sous-groupes A⁰ et B⁰, respectivement isomorphes àAet B.

Réponse:

— Montrons queA×B, muni de cette loi est un groupe :

Soitx= (a, b), x⁰ = (a⁰, b⁰), x” = (a”, b”) trois éléments deA×B. ALors :

(xx⁰)x” = (aφb(a⁰), bb⁰)(a”, b”) = (aφb(a⁰)φbb⁰(a”),(bb⁰)b”) = (aφb(a⁰)φb◦φb⁰(a”), b(b⁰b”)) = (aφb(a⁰φb⁰(a”)), b(b⁰b”)) = (a, b)(a⁰φb⁰(a”), b⁰b”) = (a, b)((a⁰, b⁰)(a”, b”)) =x(x⁰x”), d’où l’asso- ciativité.

On vérifie avec aisance que (e, e) est l’élément neutre.

(a, b)(φb⁻¹(a⁻¹), b⁻¹) = (aφb(φb⁻¹(a⁻¹)), bb⁻¹) = (e, e) = (φb⁻¹(a⁻¹), b⁻¹)(a, b)

— On poseA⁰=A× {e}etB⁰={e} ×B, alorsA⁰ est distingué car étant le noyau de la seconde projection (a, b)7→b.

3. Donner un exemple de groupe qui soit produit semi-direct de deux sous-groupes sans être leur produit direct.

Réponse :si G = Sn, A = An, B =< (12) >, alors A est distingué car étant le noyau d’un morphisme.A∩B={Id}car (12) est impaire.

soit u∈Gsi uest paire alors u∈A⊂AB, siuest impaire alors u= (ut)t et utest paire donc est dansA. AinsiG=AB, doncSn est produit semi-direct de <(12)>parAn.

(123)∈ An, (123)(12) = (13)6= (12)(123) = (23) donc le produit n’est pas direct.