Groupe des isométries du cube
Combes, Algèbre et géométrie, page 175
Exercice : SoitΓ =ABCDA0B0C0D0 un cube de l'espace euclidien E3 (ABCD est une face et−−→
AA0 =−−→
BB0=−−→
CC0 =−−→
DD0). Considérons G={f ∈ A(E3)/ f(Γ) = Γ}
1. Montrer queGest un sous-groupe du groupeIsodes isométries deE3. Etudier l'orbite du sommetA, son stabilisateurGA. Préciser l'ordre deG.
2. Soit H un sous-groupe d'ordre 3 de G. Montrer que H est contenu dans le stabilisateur d'un sommet. Combien de sous-groupes d'ordre 3existe-t-il dans G? Est-ce conforme aux théorèmes de Sylow ?
3. Montrer que tout f ∈ G dénit une permutation σf des quatre grandes di- agonales [AC0],[BD0],[CA0],[DB0]. Montrer que ϕ:f 7→σf est un homomor- phisme surjectif deGsur le groupeS4des permutations des diagonales. Montrer que Ker(ϕ)est le centre deG.
4. Montrer que G+=G∩Iso+(E3)est un sous-groupe distingué deGisomorphe au groupe symétriqueS4.
1. On sait que toutf ∈Gest un automorphisme ane deE3. Il laisse invariant l'ensemble des sommets deΓsur lesquels il induit une permutationsf etf 7→sf est un homomorphisme injectif deGdans S8. Prenons la longueur du côté comme unité de longueur. Alors (A,−−→
AB,−−→
AD,−−→
AA0)est un repère orthonormé. Par l'isomorphisme anef, l'image du planP d'une face commeABCD est un plan qui contient les somets images. CommeΓest contenu dans l'un des demi-espaces délimité parP, de mêmef(Γ) = Γest contenu dans l'un des demi-espaces délimités par l'image deP. Ainsi, l'image d'une face deΓest une autre face deΓ. On en déduit quef applique le repère(A,−−→
AB,−−→
AD,−−→
AA0)sur un repère analogue, d'originef(A), c'est-à-dire sur un repère orthonormé. Doncf est une isométrie deE3.
Soitf ∈GA. D'après ce qui précède, l'image du repèreR= (A,−−→
AB,−−→
AD,−−→
AA0)est un autre repère issu du sommetA dont les vecteurs sont une permutation de−−→
AB,−−→
AD,−−→
AA0. Réciproquemet, pour tout repèreR0 de ce type, il existe une isométrief deE3 unique telle quef(R) =R0. Comme f est ane, elle conserve le parallélisme, et applique le cubeΓ sur lui-même. Ainsi GA est d'ordre 3! = 6. On connaît6 éléments deGA(et donc tous les éléments de GA), à savoir Id, les symétries planes orthogonales par rapport aux3 plans analogues au plan(−−→
AA0,−→
AC), les composées de deux telles symétries qui sont deux rotationsr, r2 d'axe(AC0)et d'angles 2π3 et 4π3 . Comme toutf ∈G laisse xe l'isobarycentre O de l'ensemble des sommets, s'il laisse xe un sommet, il laisse xe le sommet symétrique par rapport àO et tout point de la droite qui les joint (grande diagonale du cube). Les stabilisateurs de deux sommets opposés sont donc égaux.
L'action deG sur l'ensembleE des sommets est transitive : la symétrie orthogonale par rapport au plan médiateur d'une arête, par exemple[AB], appliqueAsurB. Comme l'ensemble des arêtes est un graphe connexe, en composant diverses symétries, on peut appliquer le sommetA sur tout autre sommet. L'orbite deAestE, donc
8 =Card(E) = |G|
|GA| =|G|
6 donc|G|= 48
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2. Dans l'action deH, d'ordre3surE, les orbites sont d'ordre1ou3et constituent une partition de E. Si tous les somemts étaient xes par H, alors H serait réduit à {Id}, ce qui n'est pas le cas.
DansE (de cardinal8), il existe donc une orbite à3 éléments, et5points xes, ou bien2orbites à 3éléments et2points xes. Ainsi,H laisse xes au moins deux sommets, et d'après ce qui précède, laisse xes deux sommets opposés. Si, par exemple, ces sommets sontAetC0, on aH⊂GA'S3, etH est l'unique sous-groupe d'ordre3deGA, soit{Id, r, r3}. Les éléments d'ordre3deGsont les 8rotations d'angle±2π3 d'axes l'une des4grandes diagonales du cube. Il y a4sous-groupes d'ordre 3. C'est conforme aux théorèmes de Sylow : |G|= 4824×3, donc le nombre de3 sous-groupes de Sylow doit diviser24 et être congru à1 modulo3, ce qui laisse comme possibilités4ou16.
3. Soitf ∈G. Commef◦r(AC0),2π3 ◦f−1est un autre élément d'ordre3deG, c'est une rotation autour d'une des grandes diagonales deΓ. C'est aussi la rotation d'angle 2π3 autour de f(AC0). Doncf applique toute grande diagonale deΓ sur une autre grande diagonale. Comme il en est de même pourf−1, on voit quef dénit une permutationσf des grandes diagonales. Deux de ces diagonales, par exemple[AC0],[BD0], passent par le centreO, et dénissent un plan. La symétrie orthogonale par rapport à ce plan échange les deux autres diagonales([CA0],[DB0] dans notre exemple). Donc toute transposition deS4 est dans l'image deϕ:f 7→σf.
Les transpositions engendrent S4, donc ϕ(G) = S4. Par factorisation de ϕ, on obtient un iso- morphisme ϕ de G/Ker(ϕ) sur S4, donc [G:Ker(ϕ)] = |S4| = 24 et |Ker(ϕ)| = 2. Or Ker(ϕ) contient Idet la symétriesO par rapport au centre du cube. Donc Ker(ϕ) ={Id, sO}. De plus, tout élément f du centre Z(G) de G est tel que f ◦r(AC0),2π3 ◦f−1 = r(AC0),2π3 , donc f laisse invariante la droite (AC0). Il en est de même des autres grandes diagonales, ce qui montre que Z(G)⊂Ker(ϕ). Par ailleurs, SO ∈Z(G), car dans un repère orthonormé(O,−→
i ,−→ j ,−→
k)d'origine O, l'application linéaire associée à sO a pour matrice −IdE3, élément du centre deGL3(R). Donc Z(G) ={Id, sO}=Ker(ϕ).
4. Le groupeIso+des déplacements étant distingué dansIso, on voit queG+=G∩Iso+est distingué dansG. On aG∩Iso− =G−=sOG+carsO ∈G−ets2O=Id. Cela montre que chacune des deux classes à gaucheG+ et sGO+ possède |G|2 = 24 éléments. On a Ker(ϕ)∩G+ ={Id} car sO ∈G−, donc la restriction deϕàG+est un homomorphisme injectif deG+dansS4et|ϕ(G+)|= 24 =|S4|.
On en déduit queϕ(G+) =S4et que G+ est isomorphe à S4.
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