Lycée Hoche MPSI B Feuille Groupe symétrique

(1)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Groupe symétrique

1.

^(Egs01)

On considère la permutation σ =

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 10 6 4 2 1 7 5 8 9

.

Déterminer ses orbites et la décomposer en cycles disjoints puis en transpositions. Quelle est sa signature ? 2.

^(Egs02)

Soit n ≥ 3 .

a. Montrer que les cycles de longueur 3 engendrent le sous-groupe des permutations paires A

n

.

b. Soit a , b , c des éléments deux à deux distincts dans {3, · · · , n} . Calculer

1 2 b

◦ 1 2 c

◦ 1 2 a

◦ 1 2 b

◦ 1 2 c Calculer

1 2 c

◦ 1 2 b

c. Montrer que les cycles 1 2 i , pour i entier dans {3, · · · , n} , engendrent A

_n

.

3.

^(Egs03)

Quel est le nombre de cycles de longueur 3 parmi les permutations de n éléments ? Quel est le nombre de cycles de longueur p ?

4.

^(Egs04)

Exprimer l'ordre d'une permutation en fonction des longueurs des cycles disjoints qui la composent.

Exemple, calculer σ

²⁰⁹⁹

pour σ =

1 2 3 4 5 6 7 8 8 1 7 3 2 6 4 5

5.

^(Egs05)

Conjugaison.

On dit que deux permutations σ et σ

⁰

dans S

_n

sont conjuguées si et seulement si il existe une permutation θ telle que σ

⁰

= θ ◦ σ ◦ θ

⁻¹

.

a. Soit θ ∈ S

n

et a

1

a

2

· · · a

k

un cycle. Mon- trer que θ ◦ a

1

a

2

· · · a

k

◦ θ

⁻¹

est un cycle à préciser.

b. À toute permutation, on peut associer de manière unique la suite rangée par ordre croissant des longueurs des cycles disjoints de sa décomposition.

Montrer que deux permutations sont conjuguées si et seulement si elles ont la même suite de longueurs.

c. Montrer qu'une permutation et sa réciproque sont conjuguées.

Cas particulier. Préciser θ tel que θ ◦ σ ◦ θ

⁻¹

= σ

⁻¹

avec

σ =

1 2 3 4 5 6 7 8 8 1 7 3 2 6 4 5

6.

^(Egs06)

Matrice attachée à une permutation.

Soit p un naturel supérieur ou égal à 2 et σ ∈ S

k

. On dénit P

σ

∈ M

p

(K) par :

∀(i, j) ∈ J 1, p K

2

: terme i, j de P

σ

= δ

_iσ(j)

où δ

u,v

est le symbole de Kronecker qui vaut 1 si u = v et 0 sinon.

Soit θ et σ ∈ S

p

. Exprimer P

σ

P

θ

et

^t

P

σ

comme des matrices de permutations. Montrer que P

σ

P

θt

P

σ

et P

θ

sont semblables. En utilisant l'exercice 5 (Egs05), montrer que

^t

P

_θ

et P

_θ

sont semblables.

7.

^(Egs07)

On convient que l'identité est la composée de m transpositions avec m = 0 . Soit σ ∈ S

n

avec p points xes. Montrer que σ est la composée de m transpositions avec m ≤ n − p − 1 .

8.

^(Egs08)

Soit M une matrice carrée inversible. En formant une variante de la méthode du pivot partiel, montrer qu'il existe des matrices L , U et une permutation σ telles que

M = L U P

σ

avec



 

 

L trng. inf. avec diag. de 1 U trng. sup.

P

σ

mat. de perm. (ex gs06) Former ces matrices pour

M =





1 2 3

0 0 1

−1 −1 −2





9.

^(Egs09)

Soit σ et θ dans S

_p

. Quel est l'eet de la multiplication à gauche ou à droite d'une matrice M ∈ M

_p

(K) par P

_σ

? Préciser le terme i, j de

t

P

θ

M P

σ

.

10.

^(Egs10)

Soit G un groupe ni de cardinal n et g ∈ G

d'ordre p c'est à dire que p = min

k ∈ N

^∗

tq g

^k

= e . Montrer que p divise n . On dénit σ

p

par

∀(h) ∈ G, σ

_g

(h) = gh.

Montrer que σ

g

est une permutation de G . Quelle est sa signature ? Montrer que

n impair ⇒ σ

g

paire . 11.

^(Egs11)

Matrices irréductibles.

Une matrice A ∈ M

p

( R ) est dite réductible si et seulement si il existe une matrice de permutation P

_σ

telle que

^t

P

_σ

M P

_σ

sont triangulaire supérieure par blocs c'est à dire de la forme

U V

0 W

avec U carrée .

Une matrice qui n'est pas réductible est dite irréductible.

a. Soit (I, J) une partition de J 1, p K telle que

∀(i, j) ∈ I × J, a

ij

= 0.

Montrer que A est réductible.

b. Montrer la réciproque de l'implication du a. Carac- tériser les matrices irréductibles.

c. Soit A ∈ M

p

( R ) . On suppose que pour tout (i, j) ∈ J 1, p K

2

, il existe une suite

a

ik₁

, a

k₁k₂

, · · · , a

k_m−1k_m

, a

k_mj

non nuls. Montrer que la matrice est irréductible.

¹

1je ne sais pas si la réciproque est vraie

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai _fex_gspdf du 15 mai 2020

(2)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Groupe symétrique

12.

^(Egs12)

Toutes les matrices sont dans M

n

( R ) . Soit L , L

⁰

triangulaires inférieures inversibles, U , U

⁰

triangulaires supérieures inversibles. Soit σ et θ des permutations.

a. Montrer que

LP

σ

U = L

⁰

P

θ

U

⁰

⇒ σ = θ.

b. Soit M inversible. Montrer qu'il existe L triangulaire inférieure inversible, U triangulaire supérieure inversible et σ ∈ S

_n

tels que

M = LP

σ

U. Cette décomposition est-elle unique ? 13.

^(Egs13)

Soit σ et θ dans S

n

telles que

∀i ∈ J 1, n K , σ(i) ≤ θ(i).

Montrer que σ = θ .

2

(3)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Groupe symétrique : corrigés

1.

^(Cgs01)

Déterminons les orbites 1 3 6 2 10 9 8 5 4

7 On en déduit la décomposition en cycles disjoints puis en transpositions

σ = 2 10 9 8 5

◦ 1 3 6

= 2 10

◦ 10 9

◦ 9 8

◦ 8 5

◦ 1 3

◦ 3 6 . Comme σ se décompose en 6 transpositions, elle est paire : ε(σ) = 1 .

2. a. Toute permutation paire se décompose en un nombre pair de transpositions. Elle se décompose donc en produits de deux transpositions. Montrons que toute composée de deux transpositions se dé- compose en cycles de longueur 3 . Deux cas sont possibles.

Premier cas : transposition contigues a b

◦ b c

= a b c Deuxième cas : transpositions disjointes

a b

◦ c d

= a b

◦ b c

◦ c d

= a b c

◦ b c d b. On trouve respectivement

a b c et 1 b c

c. On examine tous les 3-cycles en discutant suivant l'intersection du support avec {1, 2} . On peut toujours les décomposer en utilisant la question précé- dente.

3. pas de correction pour Egs03.tex 4. pas de correction pour Egs04.tex 5.

^(Cgs05)

Conjugaison.

a. On trouve

θ ◦ a

₁

a

₂

· · · a

_k

◦ θ

⁻¹

= θ(a

₁

) θ(a

₂

) · · · θ(a

_k

) . b. Toute permutation σ se décompose en cycle dis-

joints qui commutent : σ = c

1

◦ c

p

où chaque c

i

est un cycle de longueur l

i

avec l

1

≤ · · · ≤ l

p

.

Pour toute permutation θ , θ ◦ σ ◦ θ

⁻¹

= (θ ◦ c

₁

◦ θ

⁻¹

| {z }

=c⁰₁

) ◦ · · · ◦ (θ ◦ c

_k

◦ θ

⁻¹

| {z }

=c⁰_k

)

Les c

⁰_i

sont des cycles disjoints. Chaque c

i

est de même longueur que c

⁰_i

. La suite des longueurs est conservée par Conjugaison.

Réciproquement, soit l

₁

≤ · · · ≤ l

_p

la suite des nombres d'éléments de deux partitions

S

1

, · · · , S

p

disjointes ]S

i

= l

i

S

₁⁰

, · · · , S

_p⁰

disjointes ]S

_i⁰

= l

_i

attachées aux décompositions en cycles disjoints de deux permutations σ et σ

⁰

. Comme S

i

et S

_i⁰

ont le même nombre d'éléments, il existe une bijection de S

i

dans S

_i⁰

(les éléments écrits dans l'ordre du cycle). Comme les S

i

forment une partition, on dé- nit ainsi une permutation θ telle que

∀i ∈ J 1, p K , θ ◦ c

i

◦ θ

⁻¹

= c

⁰_i

⇒ c

⁰

= θ ◦ σ ◦ θ

⁻¹

. c. Une permutation et sa réciproque ont les mêmes

orbites donc les mêmes supports des cycles inter- venant dans leur décomposition. Les longueurs des cycles sont évidemment les mêmes, une permutation et sa réciproque sont donc conjuguées.

Décomposons en cycles la permutation donnée θ =

1 2 3 4 5 6 7 8 8 1 7 3 2 6 4 5

= 1 8 5 2

◦ 3 7 4 . On obtient la réciproque en inversant le sens des cycles

θ = 1 8 5 2

◦ 3 7 4 θ

⁻¹

= 1 2 5 8

◦ 3 4 7 On dénit facilement θ à partir des supports

θ =

1 8 5 2 3 7 4 1 2 5 8 3 4 7

=

1 2 3 4 5 6 7 8 1 8 3 7 5 6 4 2

= 2 8

◦ 4 7 . 6. pas de correction pour Egs06.tex

7.

^(Cgs07)

On raisonne par récurrence descendante. Consi- dérons la proposition P

_k

: toute permutation avec au moins k points xes est la composée de m permutations avec m ≤ n − k .

La convention précisée au début de l'énoncé signie que P

n

est vraie. Soit k ∈ J 1, n K. Montrons que P

k

entraîne P

_k−1

.

Soit σ avec au moins k − 1 points xes.

Si σ a plus de k points xes, l'hypothèse de récurrence montre que σ est la composée de m transpositions avec m ≤ n − k ≤ n − k + 1 = n − (k − 1) .

Si σ admet exactement k − 1 points xes. Soit x entre 1 et n qui n'est pas un point xe de σ . On note y = σ(x) , alors x 6= y et on considère σ

⁰

= (x y) ◦ σ .

Remarquons que y n'est pas un point xe. S'il l'était, on aurait y = σ(y) et donc x = y à cause de l'injectivité de σ . On en déduit que tous les points xes de σ sont aussi des points xes de σ

⁰

. De plus

σ

⁰

(x) = (x y)(σ(x)) = (x y)(y) = x

Donc σ

⁰

admet au moins k points xes. Il existe des transpositions τ

1

, · · · , τ

_m⁰

avec m

⁰

≤ n − k et

σ

⁰

= τ

1

◦ · · · ◦ τ

_m⁰

⇒ σ = (x y) ◦ τ

1

◦ · · · ◦ τ

_m⁰

avec m

⁰

+ 1 ≤ n − k + 1 = n − (k − 1) .

3

(4)

Lycée Hoche MPSI B Feuille Groupe symétrique : corrigés

8.

^(Cgs08)

On procède comme pour l'algorithme du pivot partiel sauf que l'on cherche un pivot dans le reste de la ligne au lieu de faire dans la colonne comme habituellement.

9.

^(Cgs09)

Dans la colonne j de P

σ

, le seul 1 est en ligne σ(j) . On en déduit

C

_j

(M P

_σ

) = C

_σ(j)

(M ),

M P

_σ

= C

_σ(1)

(M ) · · · C

_σ(p)

(M ) .

Multiplier à droite par une matrice de permutation permute les colonnes. Pour la multiplication à gauche, uti- lisons la transposition

P

_θ−1

M =

^t

(

^t

M P

θ

) ⇒ P

_θ−1

M =







L

_θ(1)

(M ) ...

L

_θ(p)

(M )





 .

Attention, multiplier à gauche par une matrice de permutation permute les lignes selon la permutation réci- proque.

On en tire que le terme i, j de P

_θ⁻¹

M P

σ

est a

_θ(i)σ(j)

. 10.

^(Cgs10)

L'application σ

g

est une permutation car elle est

bijective de bijection réciproque σ

_g⁻¹

. L'orbite d'un élé- ment h ∈ G selon σ

g

est

h, gh, · · · , g

^k−1

h .

Chaque orbite contient p éléments et elles constituent une partition de G donc n = Nb orbites × p . La permutation σ

_g

se décompose donc en

ⁿ_p

cycles disjoints de longueur p :

ε(σ

g

= (−1)

^p−1

ⁿ_p

= (−1)

^n(p−1)^p

.

En particulier, σ

g

est paire si et seulement si n(p − 1)

p ≡ 0 mod 2 ⇔ n ≡ n

p mod 2.

C'est toujours réalisé si n est impair car alors

ⁿ_p

est aussi impair.

11. pas de correction pour Egs11.tex 12. pas de correction pour Egs12.tex 13.

^(Cgs13)

Considérons successivement

k

1

= θ

⁻¹

(1), k

2

= θ

⁻¹

(2), · · · , k

i

= θ

⁻¹

(i), · · ·

Ils forment une énumération de J 1, n K car θ est bijective.

σ(k

₁

) ≤ θ(k

₁

) = 1 ⇒ σ(k

₁

) = θ(k

₁

) = 1

σ(k

2

) ≤ θ(k

2

) = 2 ⇒ σ(k

2

) = θ(k

2

) = 2

car σ(k

2

) 6= σ(k

1

) .

On continue par récurrence.

Si σ et θ coincident sur {k

1

, · · · , k

_i−1

} alors σ(k

_i

) ∈ {σ(k /

₁

), · · · , σ(k

_i−1

)} = J 1, i − 1 K

donc σ(k

_i

) ≤ θ(k

_i

) = i entraine σ(k

_i

) = i .

4