Lycée Louis-Le-Grand,Paris Pour le 18/03/2021 MPSI 4– Mathématiques
A. Troesch
DM n
o16 : Groupe symétrique
Ce devoir est à m’envoyer scanné au format pdf, via l’assistant Tigroesch sur Discord ou par mail à l’adresse suivante : alain.troesch.pro+dm@gmail.com. Merci de respecter la consigne suivante pour le nom du fichier : dm16-nom.pdf (par exempledm16-troesch.pdfsi c’est ma copie), sans accent, sans tréma, sans espace.
Suggestion de travail supplémentaire (à ne pas me rendre) : En plus des suggestions donnés lors des DM précédents, vous pouvez regarder le problème 15 de la sélection, portant sur des critères de primalité, déjà mentionné lors du précédent DM.
Correction du problème 1– Simplicité deAn Préliminaire
1. Soitτ1et τ2 deux transpositions.
‚ Si elles ont même support, alorsτ1“τ2 doncτ1˝τ2“id, qui peut être vu par exemple comme la composée p1 2 3q ˝ p1 3 2q.
‚ Si l’intersection de leur support est un singleton, il existei,j etk deux à deux distincts tels que
τ1“ pi jq et τ2“ pi kq.
Alors
τ1˝τ2“ pi jq ˝ pi kq “ pi k jq.
‚ Si les supports deτ1et τ2 sont disjoints, il existei,j,k ℓdeux à deux distincts tels que
τ1“ pi jq et τ2“ pk ℓq.
On vérifie facilement que
pi jq ˝ pk ℓq “ pi j kq ˝ pk ℓ jq.
Ainsi, toute composition de 2 transpositions est un3-cycle ou une composée de deux 3-cycles.
2. SoitσPAn. Il existe une décomposition de σen un nombre pair de transpositions : σ“τ1˝τ2˝ ¨ ¨ ¨ ˝τ2k.
Chaque composéeτ2i´1˝τ2i, pouriP v1, kw, s’écrit comme produit de3-cycles, doncσs’écrit également comme produit de3-cycles.
Ainsi, les3-cycles engendrentAn.
Partie I – Conjugaison
On dit que deux permutationsτ1et τ2 deSnsont conjuguées s’il existeσPSn tel queτ2“σ˝τ1˝σ´1.
1. ‚ SoitσPSn. On a alorsid˝σ˝id´1“σ, doncσest conjuguée avec elle-même. La relation de conjugaison est donc réflexive.
‚ Soitτ1 et τ2 tels queτ2 soit conjugué à τ1, c’est-à-dire qu’il existeσtel que τ2 “σ˝τ1˝σ´1. On a alors τ1“σ´1˝τ2˝σ, doncτ1est conjugué deτ2(parσ1 “σ´1). Ainsi, la relation de conjugaison est symétrique.
‚ Soitτ1,τ2et τ3 tels queτ1et τ2 sont conjugués ainsi queτ2 etτ3. Il existe donc σ2 etσ2 tels que τ2“σ1τ1σ´11 et τ3“σ2τ2σ´21 donc: τ3“ pσ2σ1qτ1pσ2σ1q´1, doncτ3 est conjugué deτ1 (parσ2σ1). Ainsi la relation est transitive.
La relation de conjugaison est donc une relation d’équivalence.
1
2. Soitτ1“ pi1 i2 ¨ ¨ ¨ ikqun cycle, etτ2“στ1σ´1.
‚ SoitℓP v1, kw. On a alors (en notant par conventionik`1“i1
τ2pσpiℓqq “σ˝τ1˝σ´1˝σpiℓq “σ˝τ1pßℓqσpiℓ`1q.
Ainsi,pσpi1qσpi2q ¨ ¨ ¨ σpikqqest un cycle deτ2.
‚ Montrons qu’il s’agit du seul cycle non trivial. Soit pour celaiR tσpi1q, σpi2q, . . . , σpikqu. On en déduit que σ´1piq R ti1, i2, . . . , iku, et donc σ´1piqest un point fixe deτ1. Ainsi,
τ2piq “στ1pσ´1piqq “σpσ´1piqq “i.
Ainsi,iest un point fixe deσ.
‚ On en déduit quepσpi1qσpi2q ¨ ¨ ¨ σpikqqest le seul sycle non trivial deτ2, donc
τ2“στ1σ´1“ pσpi1qσpi2q ¨ ¨ ¨ σpikqq.
3. ‚ Soit τ1 et τ2 deux permutations, conjuguées par σ. Soit τ1 “ C1˝ ¨ ¨ ¨ ˝Cs la décomposition en cycles à supports disjoints deτ1. On a alors :
τ2“στ1σ´1“ pσC1σ´1q ˝ pσC2σ´1q ˝ ¨ ¨ ¨ ˝ pσCsσ´1q.
D’après la question précédente, les σCiσ´1 sont des cycles de même longueur queCi, et,σétant bijective, l’expression trouvée dans la question précédente pour ces cycles montrent que leurs supports forment aussi une partition dev1, nw. Ainsi, il s’agit de la décomposition en cycles à supports disjoints deτ2. Les longueurs de ces cycles étant les mêmes que ceux deτ1, on en déduit queτ1 etτ2 ont même type cyclique.
‚ Réciproquement, soit τ1 et τ2 deux permutations de même type cyclique. Comme les produits de cycles à supports disjoints sont commutatifs, on peut alors trouver deux décompositions en cycles à supports disjoints (et formant une partition dev1, nw:
τ1“C1˝ ¨ ¨ ¨ ˝Ck et τ2“D1˝ ¨ ¨ ¨ ˝Dk
tels que pour toutiP v1, kw, les cycles Ci et Di soient de même longueur. On peut donc trouver une suite 0“ℓ1 ăℓ1ăℓ2ă ¨ ¨ ¨ ăℓk “net deux suites finies d’éléments dev1, nw: i1, . . . , in et j1, . . . , jn tels que pour toutßP v1, kw,
Ci“ piℓi´1`1 ¨ ¨ ¨ iℓiq et Di“ pjℓi´1`1 ¨ ¨ ¨ jℓiq.
Comme par ailleurs, les supports des Ci forment une partition de v1, nw, la suite pisqsPv1,nw représente en fait une permutation des éléments dev1, nw. De même pourpjsqsPv1,nw. On définit alors de façon unique une permutationσdev1, nw, en posant, pour toutsP v1, nw,σpisq “js. La description de la question précédente permet alors d’affirmer que pour toutiP v1, kw,
Di“σCiσ´1, puis: τ2“ pσC1σ´1q ¨ ¨ ¨ pσCkσ´1q “στ2σ´1. Ainsi,τ1 et τ2 sont conjugués.
Ainsi, deux permutations sont conjuguées dansSn si et seulement si elles ont même type cyclique.
Partie II – Simplicité de A5
1. On pose σ1 dans Sn définie pour tout i P v1, nw par σ1paiq “ bi. Si σ1 est pair, on pose σ “ σ1 et sinon, σ“σ1˝ pan´1 anq. Alors σest paire et
@iP v1, n´2w, σpaiq “bi .
2. Soitpa1 a2a3qetpb1b2b3qdeux3-cycle deA5. En appliquant la question précédente, il existeσpaire telle que σpa1q “b1,σpa2q “b2et σpa3q “b3. On a alors
σpa1 a2 a2qσ´1“ pσpa1qσpa2qσpa3qq “ pb1 b2 b3q.
Ainsi, les cyclespa1a2 a3qet pb1 b2 b3qsont conjugués dansA5 (σétant paire).
On en déduit que les3-cycles sont 2 à 2 conjugués dansA5 . 2
3. Soitσ1“ pi1j1q ˝ pk1ℓ1qetσ2“ pi2j2q ˝ pk2ℓ2qdeux compositions de deux transpositions à supports disjoints.
Les entiersi1,j1,k1 etℓ1sont donc deux à deux distincts dansv1,5w. Soitm1 le dernier élément dev1,5w. On définit de mêmem2. Soit alorsσdéfinie parσpisq “js, pour toutsP v1,5w. Quitte à considérerσ˝ pi1j1qau lieu deσ, on peut supposerσest paire, et la description de la conjugaison sur les cycles amène :
σσ1σ´1“ pσpi1qσpj1qq ˝ pσpk1qσpℓ1qq “ pi2 j2q ˝ pk2 ℓ2q “σ2,
la composition éventuelle parpi1 j1qn’ayant pas d’incidence (on trouvepj2 i2qau lieu de pi2j2q, mais c’est la même transposition !). Ainsi,σétant paire,σ1 etσ2 sont conjuguées dansA5.
Ainsi les composées de deux transpositions à supports disjoints sont conjuguées dansA5.
4. Soitc0“ p1 2 3 4 5q, etc“ pa1a2a3a4a5qun 5-cycle, etσPS5définie parσpkq “ak. On a doncc“σc0σ´1. On en déduit que
c2“σc0σ´1σc0σ´1“σc20σ´1“σp1 3 5 2 4qσ´1. Or,
p1 3 5 2 4q “τ c0τ´1, oùτ “
ˆ1 2 3 4 5 1 3 5 2 4
˙
“ p2 3 5 4q.
On en déduit que c2“ pσ˝τq ˝c0˝ pσ˝τq´1.
5. La permutation τ ci-dessus est impaire (cycle de longueur4). Ainsi, soit σsoit σ˝τ est paire. On en déduit que soitcsoit c2 est conjugué dansA5 àc0.
6. Soit H un sous-groupe distingué de A5. Puisque H est stable par conjugaison, et puisque les 3-cycles sont deux-à-deux conjugués, siH contient un3-cycle, il les contient tous.
Le même argument montre que siH contient un produit de 2 transpositions disjointes, il les contient tous.
En ce qui concerne les 5-cycles, si H contient un 5-cycle c, il contient aussi c2. Ainsi, d’après la question précédente, par stabilité par conjugaison, il contient c0 (notations de la question écédente). Or, étant donné un autre 5-cycle c1, soitc1 soit c12 est conjugué à c0, donc c1 est dans H ouc12 est dans H. Or, si c12 P H, c16“c123PH, et commec1est d’ordre5,c1PH. Dans tous les cas, le5-cyclec1, choisi quelconque, est dansH. Ainsi, siH contient un5-cycle, il les contient tous.
7. ‚ Un3-cycle est obtenu par le choix d’un sous-ensembleti1, i2, i3udev1,5w, puis le choix d’un des deux3-cycles de supportti1, i2, i3u, à savoirpi1 i2i3qoupi1i3i2q. Il y a donc `3
5
˘ˆ2“20 3-cycles .
‚ Une composition de deux transpositions disjointes est la donnée d’un sous-ensembleti1 i2 i3 i4u dev1,5w (ou de façon équivalente, le choix du point fixe i5), ce qui se fait de 5 façons possibles. Étant fixé ar- bitrairement un point par exemple i1 de cet ensemble, on choisit son image (de 3 façons possibles), à savoiri2. Cela détermine toute la permutation, les deux derniers éléments s’échangeant l’un l’autre. Ainsi,
il y a15compositions de 2 transpositions disjointes .
‚ Le choix d’un5-cycle est obtenu en choisissant les u images successives de1, d’abord parmi 4 éléments, puis pour la suivante parmi les3restants, etc. Il y a donc 4!“24 5-cycles.
‚ Les seuls types cycliques possibles dansA5 sont15(c’est l’identité), 1231,1122et15 (car il faut un nombre impair de cycles dans la décomposition en produit de cycles à supports disjoints). Ainsi, si H ‰ tidu, il contient au moins une permutation du type étudié précédemment, donc toutes les permutations de ce type (en plus de l’identité). Il ne peut pas contenir que des permutations d’un seul type (en plus de l’identité), sinon son cardinal serait21,16ou25, qui ne divise pas|A5| “60(la moitié des permutations sont paires : la composition par une transposition fixée donne une bijection entre l’ensemble des permutations paires et l’ensemble des permutations impaires) ; cela contredit le théorème de Lagrange.H contient alors nécessai- rement, en plus deid, des permutations de deux types cycliques différents. Mais alors, un décompte rapide amène de façon immédiate|H| ą30. Comme|H| doit diviser60, il vient donc |H| “60, doncH “A5.
‚ Ainsi, les seuls groupes distingués de A5 sontt0uetA5 . Autrement dit, A5est simple .
Partie III – Simplicité de An, ną5
Soitną5, et soitH un sous-groupe distingué de An, différent detidu. Soitσ‰id dansH
1. Soitatel que σpaq ‰a. On poseb“σpaq, et on considèrecdifférent dea,b etσpbq. Soitτ le3-cyclepa b cq.
La conjugaison préservant le type cyclique, στ´1σ´1 est un3-cycle.
3
Plus précisément,στ´1σ´1“ pσpaqσpcqσpbqq “ pb σpcqσpbqq
Les entiers qui ne sont ni dans le support du cycleστ´1σ´1 ni dans le support du cycleτ sont des points fixes de la composéeτ στ´1σ´1. Or, l’union de ces deux supports est ta, b, c, σpbq, σpcqu.
Ainsi, τ στ´1σ´1 admet au moinsn´5points fixes .
2. Soit F un sous-ensemble de v1, nw de cardinal 5, contenant l’ensemble des points non fixes deστ´1σ´1. Soit ApFq l’ensemble des permutations de An laissant tous les points extérieurs à F fixes. On a alors pour tout σPApFq,σpFq “F (carσest bijective). Doncσinduit une bijection ˜σdeF dansF
Soitϕ:v1,5w ÝÑF une bijection (numérotation des éléments deF). On définit alors : Φ : ApFq ÝÑA5,
parΦpσq “ϕ´1˝σ˜˝ϕ.
‚ ApFqest un sous-groupe deAn. En effet :
˚ il contientid
˚ siσetτ sont dansApFq, alors tous les points hors deF sont points fixes deσetτ, donc aussi deσ˝τ, et par conséquent,σ˝τ PApFq.
˚ Si σPApFq, alors pour toutxRF, σpxq “x, donc σ´1pxq “ x. Ainsi, l’ensemble des points non fixes deσ´1est dans F, doncσ´1 est dansApFq.
‚ Φest un morphisme de groupes : en effet, soitσetτ dansApFq. Alors
Φpσ˝τq “ϕ´1˝ pσ˝τq ˝ϕ“ϕ´1˝σϕ˝ϕ´1˝τ˝ϕ“Φpσq ˝Φpτq.
‚ Φest un isomophisme, sa réciproque étant l’application qui àσPA5associé le prolongement (par l’identité) àv1, nwde la bijection deF définie parϕ˝σ˝ϕ´1.
Ainsi, ApFqest isomorphe, en tant que groupe, àA5 .
SoitKun sous-groupe distingué deApFq. On a alors pour toutxPΦpKqet toutyPA5, en posanty1“Φ´1pyq, etx1 “Φ´1pxq,
yxy´1“Φpy1qΦpx1qΦpy1q´1“Φpy1x1y1´1q.
Or,K étant distingué, etx1PH, on ay1x1y1´1PK, doncyxy´1PΦpKq. On en déduit que ΦpKqest ditingué dansA5, puis queΦpKq “ t0uouA5, donc queH “ t0uouApFq.
Ainsi, ApFqest simple.
3. Soit K “H XApFq. Soit xP K et y PApFq. On a alorsyxy´1 PApFq (stabilité) et yxy´1 P H (carH est distingué dansAn, et xPAn). Ainsi,yxy´1PK, d’où on tire que Kest distingué dans ApFq.
Or,σ P H, donc, H étant distingué, τ στ´1 P H, et par stabilité par produit et inverse, τ στ´1σ´1 P H. Or τ στ´1σ´1PApFq, et cette permutation n’est pas l’identité. En effet, l’égalité
τ στ´1σ´1“ pa b cq ˝ pb σpcqσpbqq
permet de se rendre compte que l’image deσpbqest c, qui est différent deσpbqpar construction.
Ainsi,K‰ tidu. Étant distingué dansApFqqui est simple, on a doncK“ApFq, donc contient les3-cycles de ApFq. Ainsi H contient au moins un3-cycle deAn .
4. Les3-cycles deAn étant2à2conjugués, le fait queH soit distingué implique donc que tous les3-cycles deAn sont dansH. Puisque les 3-cycles engendrentAn, il en résulte queAn ĂH, l’autre inclusion provenant de la définition deH.
Ainsi,H “An.
Nous avons donc montré que tout sous-groupe distingué autre quetidu de An est égal à An lui-même. Ceci équivaut à affirmer que An est simple (pourně5) .
4
