Théorie des groupes/Exercices/Commutateurs, groupe dérivé

Problème 1

a) Soient G un groupe et H un sous-groupe de G. Prouver que tout conjugué de H dans G est contenu dans HD(G).

Solution

Soit g un élément de G. Il s'agit de prouver que gHg^-1 est contenu dans HD(G). Soit h un élément de H. Il s'agit de prouver que ghg^-1 appartient à HD(G). Or ghg^-1 = h(h^-1ghg^-1), où le facteur h^-1ghg^-1 appartient à D(G), d'où l'énoncé.

 

b) En déduire que tout sous-groupe de G qui contient D(G) est distingué dans G. (On l'a prouvé autrement dans le chapitre théorique.)

Solution

Soit H un sous-groupe de G contenant D(G). D'après le point a), tout conjugué de H dans G est contenu dans HD(G). Puisque H est supposé contenir D(G), HD(G) = H, donc tout conjugué de H est contenu dans H, donc H est distingué.

 

Problème 2

Soient G un groupe et H un sous-groupe de G contenant tous les carrés d'éléments de G. Prouver que H contient le dérivé D(G) de G (et est donc normal dans G).

Solution

Première méthode.

Puisque D(G) est le sous-groupe de G engendré par les commutateurs d'éléments de G, il suffit de prouver que, pour tous éléments a, b de G, $a^{-1}b^{-1}ab$ appartient à H. Nous avons

${\begin{aligned}a^{-1}b^{-1}ab&=(a^{-1})^{2}ab^{-1}ab\\&=(a^{-1})^{2}ab^{-1}ab^{-1}b^{2}\\&=(a^{-1})^{2}(ab^{-1})^{2}b^{2}.\end{aligned}}$

Ceci montre que tout commutateur est le produit de trois carrés et appartient donc à H.

Seconde méthode.

Puisque le sous-groupe de G engendré par les carrés — notons-le ⟨G²⟩ — est normal (cf. exemples du chapitre « Sous-groupes caractéristiques »), il suffit de vérifier que G/⟨G²⟩ est abélien. C'est immédiat si l'on se souvient qu'un groupe dans lequel tous les carrés sont égaux à 1 est nécessairement commutatif (problèmes 5 et 6 du chapitre « Groupes, premières notions »).

 

Problème 3

a) Soient $(G_{i})_{i\in I}$ une famille finie de groupes, $(A_{i})_{i\in I}$ et $(B_{i})_{i\in I}$ deux familles telles que pour tout i, A_i et B_i soient des sous-groupes de G_i. Prouver que

$[\prod _{i\in I}A_{i},\prod _{i\in I}B_{i}]=\prod _{i\in I}[A_{i},B_{i}],$

où $\prod$ désigne le produit direct externe. En particulier, soient G₁ et G₂ deux groupes, A₁ et B₁ deux sous-groupes de G₁, A₂ et B₂ deux sous-groupes de G₂; alors [A₁ × A₂, B₁ × B₂] = [A₁, B₁] × [A₂, B₂].

Solution

Le premier membre est le sous-groupe de $\prod _{i\in I}G_{i}$ engendré par les commutateurs

$((a_{i})_{i\in I})^{-1}((b_{i})_{i\in I})^{-1}(a_{i})_{i\in I}(b_{i})_{i\in I}$

avec a_i dans A_i et b_i dans B_i pour tout i. Ces commutateurs sont les familles

$(a_{i}^{-1}b_{i}^{-1}a_{i}\ b_{i})_{i\in I}$

avec a_i dans A_i et b_i dans B_i pour tout i et forment donc le produit cartésien

$\prod _{i\in I}\mathrm {Commut} (A_{i},B_{i}),$

où Commut(A_i, B_i) désigne l’ensemble des commutateurs a^-1b^-1ab avec a dans A_i et b dans B_i. Donc le premier membre de l'énoncé admet le produit cartésien

$\prod _{i\in I}\mathrm {Commut} (A_{i},B_{i})$

comme partie génératrice.
D'autre part, chaque sous-groupe [A_i, B_i] admet Commut(A_i, B_i) pour partie génératrice. Il est clair que, pour chaque i, Commut(A_i, B_i) comprend l'élément neutre de G_i, autrement dit l'élément neutre du groupe [A_i, B_i], donc, d’après un exercice sur le chapitre des produits de groupes, le groupe produit

$\prod _{i\in I}[A_{i},B_{i}]$

admet le produit cartésien

$\prod _{i\in I}\mathrm {Commut} (A_{i},B_{i})$

comme partie génératrice.
Ainsi, les deux membres de l'énoncé admettent une même partie génératrice, donc sont égaux.

 

b) Soit $(G_{i})_{i\in I}$ une famille finie de groupes. Prouver que

$D(\prod _{i\in I}G_{i})=\prod _{i\in I}D(G_{i}),$

où, comme au point a), $\prod$ désigne le produit direct externe.
En particulier, si G₁ et G₂ sont deux groupes, D(G₁ × G₂) = D(G₁) × D(G₂).

Solution

Dans la partie a), faire A_i = B_i = G_i pour chaque i.

 

c) Soit G un groupe, produit direct interne d'une famille finie $(G_{i})_{i\in I}$ de sous-groupes. Prouver que D(G) est produit direct interne de la famille $(D(G_{i}))_{i\in I}$.

Solution

Soit $\prod _{i\in I}G_{i}$ le produit direct externe des G_i. On sait qu’il existe un (et un seul) isomorphisme f de $\prod _{i\in I}G_{i}$ sur G qui applique tout élément (g₁, ... , g_n) de $\prod _{i\in I}G_{i}$ sur l'élément g₁ ... g_n de G.
D'après le point a),

$\qquad D(\prod _{i\in I}G_{i})=\prod _{i\in I}D(G_{i}),$

d'où, en passant aux images par f,

$(1)\qquad f(D(\prod _{i\in I}G_{i}))=f(\prod _{i\in I}D(G_{i})).$

D'après la théorie, g(D(H)) = D(g(H)) pour tout groupe H et tout homomorphisme g partant de H, donc le premier membre de (1) est égal à $D(f(\prod _{i\in I}G_{i}))$, autrement dit à D(G). Dans le second membre de (1), $\prod _{i\in I}D(G_{i})$ est engendré par les $\varphi _{i}(D(G_{i}))$, donc le second membre de (1) est engendré par les $f(\varphi _{i}(D(G_{i})))$, c'est-à-dire par les $D(G_{i})$, donc, d’après la théorie, est produit direct interne de la famille $(D(G_{i}))_{i\in I}$, d'où l'énoncé.

Remarque. On verra une autre démonstration du point c) au problème 6.

 

Problème 4

Dans le chapitre Groupes alternés, section Sous-groupes distingués des groupes alternés, on a considéré le sous-groupe V de A₄ formé par l'élément neutre et les trois éléments (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3) (et on a vu que V est un groupe de Klein). Prouver que V est le dérivé de A₄.

Solution

Nous avons vu que V est un sous-groupe distingué de A₄. Le quotient A₄ / V est d'ordre 3, donc commutatif, donc (théorie) le dérivé de A₄ est contenu dans V. Ce dérivé n’est pas réduit à l'élément neutre, car A₄ n’est pas commutatif. Nous avons vu que les seuls sous-groupes distingués de A₄ sont 1, V et A₄, donc le dérivé (qui est distingué dans A₄) ne peut être que V.

 

Problème 5

Le but de cet exerciceest de prouver que tout élément du groupe alterné A_n est un commutateur d'éléments de S_n.

a) Montrer qu'un élément de S_n est un commutateur d'éléments de S_n si et seulement si c’est le produit de deux permutations ayant la même structure cyclique.

Solution

De façon générale, si G est un groupe, un élément de G est un commutateur si et seulement s'il est le produit de deux éléments de G dont l'un est conjugué de l'inverse de l'autre. Dans le cas où G est le groupe S_n, un élément est toujours conjugué de son inverse (puisqu’ils ont la même structure cyclique). Donc un élément de S_n est un commutateur d'éléments de S_n si et seulement s'il est le produit de deux éléments conjugués, autrement dit de deux permutations ayant la même structure cyclique.

 

b) Soit $\ \gamma \in S_{n}$ un cycle d'ordre impair. Prouver que $\ \gamma$ est le carré d'une permutation de même support que $\ \gamma$.

Solution

Nous avons vu dans un exercice sur le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément que si a et b sont des entiers rationnels premiers entre eux, si un élément x d'un groupe G est tel que $\ x^{a}=1$, alors x est la puissance b-ième d'un élément de <x>. En prenant pour G le groupe $\ S_{n}$, pour x le cycle $\ \gamma$, pour a l’ordre de $\ \gamma$ et en faisant b = 2, nous trouvons que $\ \gamma$ est de la forme $\ \gamma =\lambda ^{2}$, où $\ \ \lambda$ est une puissance de $\ \gamma$. (On peut évidemment dire plus directement que $\ \gamma$ est le carré de $\ \gamma ^{a+1/2}$, où a désigne l’ordre de $\ \gamma$.) On sait que le support d'une puissance d'une permutation est contenu dans le support de cette permutation. Puisque les permutations $\ \gamma$ et $\ \ \lambda$ sont puissances l'une de l'autre, elles ont donc le même support.

 

c) Soient $\ \alpha =(a_{1}\ a_{2}\ldots \ a_{2r})$ et $\ \beta =(b_{1}\ b_{2}\ldots \ b_{2s})$ deux cycles d'ordre pair à supports disjoints. Montrer que $\ \alpha \beta$ est le produit de deux cycles d'ordre r + s + 1 à supports contenus dans la réunion des supports de $\ \alpha$ et de $\ \beta$. (Indication : regarder la solution.)

Solution

On a

$(a_{1}\ a_{2}\ldots \ a_{2r})\ (b_{1}\ b_{2}\ldots \ b_{2s})=$

$\qquad (a_{1}\ a_{2}\dots a_{r}\ b_{1}\ b_{2}\ldots b_{s+1})\ (a_{r}\ a_{r+1}\ldots a_{2r}\ b_{s+1}\ldots b_{2s}).$

 

d) Montrer que toute permutation paire $\sigma \in A_{n}$ peut s'écrire $\lambda _{1}\mu _{1}\ldots \lambda _{t}\mu _{t}$, où pour chaque i, $\lambda _{i}$ et $\mu _{i}$ sont des cycles de même longueur et où, pour tous i et j distincts, $\mathrm {supp} (\lambda _{i})\cup \mathrm {supp} (\mu _{i})$ et $\mathrm {supp} (\lambda _{j})\cup \mathrm {supp} (\mu _{j})$ sont disjoints. (Rappel : supp désigne le support.)

Solution

Puisque la permutation $\sigma$ est paire, sa décomposition canonique en cycles comprend un nombre pair de cycles d'ordre pair. Donc $\sigma$ peut s'écrire comme un produit $\ \rho _{1}\ldots \rho _{t}$, où chaque facteur est soit un cycle d'ordre impair, soit le produit de deux cycles d'ordre pair à supports disjoints, les supports des $\ \rho _{i}$ étant deux à deux disjoints. D'après les points b) et c), les $\ \rho _{i}$ peuvent s'écrire sous forme des $\ \lambda _{i}\mu _{i}$ de l'énoncé.

 

e) Montrer que toute permutation paire $\sigma \in A_{n}$ est un commutateur d'éléments de S_n.

Solution

D'après le point a), il revient au même de prouver que $\sigma$ est le produit de deux permutations ayant la même structure cyclique. Mettons $\ \sigma$ sous la forme

$\sigma =\lambda _{1}\mu _{1}\ \lambda _{2}\mu _{2}\ldots \lambda _{t}\mu _{t},$

les conditions du point d) étant satisfaites. Le support de $\ \mu _{1}$ est disjoint de celui de tous les facteurs qui se trouvent à sa droite, donc $\ \mu _{1}$ commute avec chacun de ces facteurs, donc nous pouvons amener $\ \mu _{1}$ en dernière position. Nous pouvons ensuite amener $\ \mu _{2}$ en dernière position, etc. Nous trouvons ainsi

$\sigma =\lambda _{1}\lambda _{2}\ldots \lambda _{t}\mu _{1}\mu _{2}\ldots \mu _{t},$.

Comme les supports de $\lambda _{1},\lambda _{2},\ldots ,\lambda _{t}$ sont deux à deux disjoints, et qu’il en est de même des supports de $\mu _{1},\mu _{2},\ldots ,\mu _{t}$, et que pour chaque i, $\lambda _{i}$ et $\mu _{i}$ sont deux cycles de même longueur, les deux permutations $\ \lambda _{1}\lambda _{2}\ldots \lambda _{t}$ et $\mu _{1}\mu _{2}\ldots \mu _{t}$ ont la même structure cyclique, donc $\ \sigma$ est bien le produit de deux permutations ayant la même structure cyclique, comme annoncé.

 

Problème 6

a) Soient N et A₁, .... , A_r des sous-groupes distingués d'un groupe G. Prouver que [N, A₁ .... A_r] = [N, A₁] .... [N, A_r]. (Indication : utiliser une des identités énoncées dans la section Compléments du chapitre théorique.)

Solution

Il suffit de le prouver pour r = 2, le cas général s'en déduisant par récurrence. Soient n un élément de N, a₁ un élément de A₁ et a₂ un élément de A₂. D'après une des identités notées dans le chapitre théorique,

$[n,a_{1}a_{2}]=[n,a_{2}][n,a_{1}]^{a_{2}},$

d'où

$[n,a_{1}a_{2}]\in [N,A_{2}][N,A_{1}]^{a_{2}}.$

Puisque N et A₁ sont tous deux normaux dans G, [N, A₁] l'est aussi, donc

$[N,A_{1}]^{a_{2}}=[N,A_{1}]$, donc

$[n,a_{1}a_{2}]\in [N,A_{2}][N,A_{1}].$

Le second membre étant un sous-groupe de G (puisque [N, A₁] et [N, A₂] sont normaux dans G), on a donc

$[N,A_{1}A_{2}]\subseteq [N,A_{2}][N,A_{1}].$

L'inclusion réciproque est vraie elle aussi (puisque [N, A₁] et [N, A₂] sont tous deux contenus dans le premier membre et que ce premier membre est un groupe), donc

$\ [N,A_{1}A_{2}]=[N,A_{2}][N,A_{1}].$

Puisque les sous-groupes [N, A₁] et [N, A₂] sont normaux dans G, ils peuvent être permutés dans le second membre, ce qui achève la démonstration.

 

b) Tirer du point a) une autre démonstration du fait suivant, qui a été démontré au problème 2 :
Si un groupe G est produit direct interne d'une famille G₁, ... , G_n de sous-groupes, D(G) est produit direct interne de la famille D(G₁), ... , D(G_n).

Solution

Pour toute famille finie $\ (H_{i})_{i\in I}$ de sous-groupes de G, désignons par $\ <H_{i}\vert i\in I>$ le sous-groupe de G engendré par cette famille. Le point a) peut se formuler de la façon suivante : si N et A₁, .... , A_r sont des sous-groupes normaux d'un groupe G, alors $\ [N,<A_{i}\vert i\in I>]=<[N,A_{i}]\vert i\in I>$, ce qui peut encore s'écrire $\ [<A_{i}\vert i\in I>,N]=<[A_{i},N]\vert i\in I>$. On en tire facilement que si $\ (H_{i})_{i\in I}$ et $\ (K_{j})_{j\in J}$ sont des familles finies de sous-groupes normaux de G, alors $\ [<H_{i}\vert i\in I>,<K_{j}\vert j\in J>]=<[H_{i},K_{j}]\vert i\in I,j\in J>$. Dans les hypothèses de l'énoncé b) (qui entraînent que les G_i sont normaux dans G), nous avons donc

$(1)[G,G]=<[G_{i},G_{j}]\vert 1\leq i\leq n,1\leq j\leq n>.$

Si i et j sont deux indices distincts, tout élément de G_i commute avec tout élément de G_j, donc [G_i, G_j] = 1, donc la relation (1) peut s'écrire

$\ [G,G]=<[G_{i},G_{i}]\vert 1\leq i\leq n>,$

autrement dit

$\ D(G)=<D(G_{i})\vert 1\leq i\leq n>.$

Puisque, pour chaque i, D(G_i) est un sous-groupe de G_i, il résulte de la théorie que D(G) est produit direct interne des D(G_i).

 

Problème 7

On va prouver que si H, K et L sont des sous-groupes d'un même groupe G, [ [H,K], L] n’est pas forcément égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.

a) Soient G un groupe, H, K et L des sous-groupes d'ordre 2 de G. Prouver que le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L, est monogène.

Solution

Soient h, k et l des éléments de H, K et L respectivement. Si un de ces éléments est égal à 1, [ [h, k], l] est égal à 1. Donc le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L, est engendré par l'élément [ [h₁, k₁], l₁], où h₁ (resp. k₁, resp. l₁) désigne le seul élément distinct de 1 de H (resp. de K, resp. de L).

 

b) Soit P un sous-groupe d'ordre 5 du groupe G = A₅, groupe alterné de degré 5. (Puisque A₅ est d'ordre 60, il admet de tels sous-groupes. Ce sont ses 5-sous-groupes de Sylow.) Prouver que N_G(P) est d'ordre 10 et contient exactement 5 sous-groupes d'ordre 2.

Solution

Puisque A₅ est simple, P n’est pas normal dans A₅, donc le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de A₅ est > 1. D'après les théorèmes de Sylow, ce nombre est congru à 1 modulo 5 et divise 12, donc il est égal à 6. On sait que ce nombre est l'indice de N_G(P) dans G, donc N_G(P) est d'ordre 10. Il ne comprend pas d'élément d'ordre 10, car il n'y a pas d'élément d'ordre 10 dans A₅, ni même dans S₅, comme on le vérifie facilement en considérant la décomposition en produit de cycles à supports disjoints. (Ceci entraîne que N_G(P) est un groupe d'ordre 10 non cyclique. De façon générale, un groupe d'ordre 2p, avec p premier, est cyclique ou diédral, donc N_G(P) est diédral, mais nous éviterons de nous servir des propriétés des groupes diédraux.) Puisque P est normal dans N_G(P), il est le seul 5-sous-groupe de Sylow de N_G(P), donc N_G(P) comprend exactement 4 éléments d'ordre 5. Puisqu’il n'a pas d'élément d'ordre 10, il a donc exactement 5 éléments d'ordre 2 et donc exactement 5 sous-groupes d'ordre 2

 

c) Soit P comme au point b) et soient H, K deux différents sous-groupes d'ordre 2 de N_G(P). (Il en existe d’après le point b).) Prouver que [H, K] = P.

Solution

Si H et K se centralisaient, ils engendreraient un sous-groupe d'ordre 4 de N_G(P), ce qui est impossible puisque l’ordre de N_G(P) est égal à 10 et donc non divisible par 4. Donc [H, K] > 1. D'autre part, P est normal dans N_G(P) et, d'après la question b), le groupe quotient N_G(P)/P est d'ordre 2. N_G(P)/P est donc commutatif, ce qui implique que le dérivé de N_G(P) est contenu dans P. Puisque [H, K] est contenu dans le dérivé de N_G(P), il est donc contenu dans P. Puisque P est d'ordre premier et qu'on a vu que [H, K] > 1, [H, K] est donc égal à P. (Par parenthèse, ceci entraîne que le dérivé de N_G(P) est égal à P.)

 

d) Prouver que A₅ est engendré par ses éléments d'ordre 2.

Solution

Par exemple parce que l’ordre de A₅ est égal à soixante et donc pair, A₅ comprend au moins un élément d'ordre 2 (théorème de Cauchy). Donc le sous-groupe de A₅ engendré par ses éléments d'ordre 2 n’est pas réduit à l'élément neutre. D'autre part, ce sous-groupe est clairement caractéristique et donc normal dans A₅. Puisque A₅ est simple, ce sous-groupe est donc égal à A₅ tout entier.

Remarque 1. Le raisonnement qui précède peut être généralisé sans difficulté pour prouver que si G est un groupe simple fini et p un diviseur premier de l'ordre de G, alors G est engendré par ses éléments d'ordre p.

Remarque 2. Voici une autre manière de procéder dans le cas de A₅. Convenons d'appeler double-transposition (dans un groupe symétrique) tout produit de deux transpositions à supports disjoints. En considérant la décomposition d'un élément quelconque de A₅ en produit de cycles à supports deux à deux disjoints, on voit que les double-transpositions de A₅ sont ses éléments d'ordre 2 (il est évident qu'une double-transposition de S₅ est un élément d'ordre 2 de A₅, et c'est tout ce dont nous avons besoin pour ce qui suit). Sachant que A₅ est engendré par les cycles d'ordre 3 (cf. chapitre théorique Groupes alternés), il suffit donc, pour répondre à la question, de montrer que tout cycle d'ordre 3 de A₅ peut s'écrire comme un produit de double-transpositions. Ceci découle de l'égalité (a b c) = (a e)(b d)(c e)(a b)(a d)(b e), valable pour tous a, b, c, d, e deux à deux distincts dans {1, 2, 3, 4, 5}, qui prouve donc à nouveau que A₅ est engendré par ses éléments d'ordre 2.

 

e) Soit P comme au point b). Prouver qu’il existe au moins un sous-groupe d'ordre 2 de A₅ qui ne normalise pas P. Prouver que si L est un tel sous-groupe, alors <P, L> = A₅.

Solution

On a noté au point b) que P n’est pas normal dans A₅. Puisque, d’après le point d), A₅ est engendré par ses sous-groupes d'ordre 2, il existe donc un sous-groupe d'ordre 2 de A₅ qui ne normalise pas P. Soit L un tel sous-groupe. Puisque L ne normalise pas P, P n’est pas normal dans <P, L>. Le nombre des 5-sous-groupes de Sylow de <P, L> est donc > 1. Ce nombre est congru à 1 modulo 5 et divise |<P, L>|/5, donc divise |A₅|/5, c'est-à-dire 12, donc est égal à 6. Donc 6 divise |<P, L>|/5, donc l’ordre de <P, L> est multiple de 30. Il ne peut pas être égal à 30, car un sous-groupe d'ordre 30 de A₅ serait d'indice 2 dans A₅ et donc normal dans A₅, or A₅, étant simple et d'ordre > 2, n'a pas de sous-groupe normal d'indice 2. L'ordre de <P, L> est donc égal à 60, donc <P, L> = A₅.

 

f) Soient P comme au point b) et L comme au point e). Prouver que [P, L] = A₅.

Solution

D'après la section Compléments du chapitre théorique, [P, L] est sous-groupe normal de <P, L>, c'est-à-dire, d’après le point e), que [P, L] est sous-groupe normal de A₅. D'autre part, puisque L ne normalise pas P, il ne le centralise pas, donc [P, L] > 1. Ainsi, [P, L] est un sous-groupe normal de A₅ non réduit à l'élément neutre. Puisque A₅ est simple, [P, L] est donc égal à A₅.

 

g) En conclure que si H, K et L sont comme aux points c) et e), [ [H,K], L] n’est pas égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.

Solution

D'après les points c) et f), [H, K] = P et [P, L] = A₅, donc [ [H,K], L] = A₅. D'autre part, d’après le point a), le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L est cyclique. L'énoncé en résulte.

 

Remarques. 1° On pourrait évidemment poser P = <(1 2 3 4 5)>, H = <(1 5) (2, 4)>, K = <(1 2) (3 5)>, L = <(1 2) (3 4)> et vérifier par calcul que [ [H, K], L] = A₅, mais cette méthode serait sans gloire et assez fastidieuse.
2° On montre dans le problème suivant que si [H, K] normalise L, alors [ [H,K], L] est égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.

Problème 8

On va prouver que si G est un groupe et H, K, L des sous-groupes de G, si [H, K] normalise L, alors [ [H,K], L] est égal au sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.

a) Soient G un groupe, A, B et H des sous-groupes de G. On suppose que B normalise A. Désignons par S l’ensemble des éléments x de B tels que, pour tout élément a de A, [a, x] appartienne à H. Prouver que S est un sous-groupe de B. (Indication : utiliser certaines des identités énoncées dans la partie Compléments du chapitre théorique.)

Solution

Pour commencer, remarquons que S est une partie non vide de B (elle contient l'élément 1 de B).
Prouvons que si x et y appartiennent à S, alors xy appartient à S.
Soit a un élément de A. Il s'agit de prouver que [a, xy] appartient à H.
D'après une des identités énoncées dans la section Compléments du chapitre théorique,

(1) [a, xy] = [a, y] [y, [x, a] ] [a, x].

Puisque x et y appartiennent à S,

(2) [a, x] et [a, y] appartiennent à H.

Puisque B normalise A et que x ∈ S ⊆ B, [x, a] appartient à A; puisque y appartient à S, il en résulte que [y, [x, a] ] (égal à l'inverse de [ [x, a], y] ) appartient à H.
En portant ce résultat et les résultats (2) dans (1), nous trouvons que [a, xy] appartient à H. Comme nous l'avons vu cela prouve que le produit de deux éléments de S appartient toujours à S.

Prouvons maintenant que si y est un élément de S, alors y^-1 en est un aussi.
Soit a un élément de A. Il s'agit de prouver que [a, y^-1] appartient à H.
D'après une des identités énoncées dans la section Compléments du chapitre théorique,

[a, y^-1] = [ [y^-1, a], y] [y, a],

ce qui peut s'écrire

(3) [a, y^-1] = [ [y^-1, a], y] [a, y]^-1.

Puisque y appartient à S,

(4) [a, y] appartient à H.

Comme déjà noté, le fait que B normalise A et que y ∈ S ⊆ B entraîne que [y^-1, a] appartient à A, donc, puisque y appartient à S,

[ [y^-1, a], y] ∈ H.

De ceci et de (4), il résulte que le second membre de (3) appartient à H, donc [a, y^-1] appartient à H, ce qui, comme on l'a vu, prouve que l'inverse de tout élément de S appartient à S.

Nous avons donc prouvé que S est un sous-groupe de B.

 

b) Soient G un groupe, A et B des sous-groupes de G et Y une partie génératrice de B. On suppose que B normalise A. Prouver que [A, B] est le sous-groupe de G engendré par les commutateurs [a, y] avec a dans A et y dans Y. (Indication : dans l'énoncé du point a), prendre pour H le sous-groupe de G engendré par les [a, y] en question.)

Solution

Désignons par H le sous-groupe de G engendré par les commutateurs [a, y] avec a dans A et y dans Y. Il s'agit de prouver que [A, B] = H. Comme H est évidemment contenu dans [A, B], il suffit de prouver que [A, B] est contenu dans H.

Désignons par S l’ensemble des éléments x de B tels que, pour tout élément a de A, [a, x] appartienne à H. D'après le point a), S est un sous-groupe de B. Il est clair que S contient Y, donc, puisque S est un sous-groupe de B, S contient le sous-groupe de B engendré par Y, c'est-à-dire que S contient B. Par définition de S, ceci revient à dire que pour tout élément a de A et tout élément b de B, [a,b] appartient à H, donc [A, B] est contenu dans H. Comme nous l'avons vu, cela prouve l'énoncé.

 

c) Soient G un groupe, H, K et L des sous-groupes de G. On suppose que [H, K] normalise L. Prouver que [ [H, K], L] est le sous-groupe de G engendré par les éléments [ [h, k], l] avec h dans H, k dans K et l dans L.

Solution

Dans le point b), faire A = L, B = [H, K] et prendre pour partie génératrice Y de B l’ensemble des [h, k] avec h dans H et k dans K.

 

Problème 9

Soient G un groupe, A un sous-groupe normal de G et B un sous-groupe de G. Soit A₀ une partie de G telle que A soit contenu dans le sous-groupe de G engendré par A₀. Soit B₀ une partie de G telle que B soit contenu dans plus petit sous-groupe normal de G contenant B₀ (c'est le cas en particulier si B est contenu dans le sous-groupe de G engendré par B₀.) On se propose de prouver que [A, B] est contenu dans le plus petit sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a₀, b₀] avec a₀ dans A₀ et b₀ dans B₀.

a) Soit N le plus petit sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a₀, b₀] avec a₀ dans A₀ et b₀ dans B₀ (on pourrait se contenter de supposer que N est un sous-groupe normal de G comprenant ces commutateurs). Désignons par f l'homomorphisme canonique de G sur G/N. Prouver que f(B₀) est contenu dans le centralisateur de f(A) dans G/N.

Solution

Soient a₀ un élément de A₀ et b₀ un élément de B₀. Par hypothèse sur N, le commutateur [a₀, b₀] appartient à N. En passant aux images par f, nous trouvons que le commutateur [ f(a₀), f(b₀) ] est l'élément neutre de G/N, donc f(a₀) et f(b₀) commutent. On a vu (leçon Conjugaison, centralisateur, normalisateur) que si tout élément d'une partie X d'un groupe commute avec tout élément d'une partie Y de ce groupe, alors le sous-groupe engendré par X et le sous-groupe engendré par Y se centralisent. Donc f(B₀) est contenu dans le centralisateur du sous-groupe de G/N engendré par f(A₀). Comme le sous-groupe de G/N engendré par f(A₀) contient f(A), le centralisateur dans G/N du sous-groupe engendré par f(A₀) est contenu dans celui de f(A). Avec ce qui précède, on en déduit que f(B₀) est contenu dans le centralisateur de f(A) dans G/N.

 

b) Prouver que f(B) est contenu dans tout sous-groupe normal de G/N qui contient f(B₀).

Solution

Soit L un sous-groupe normal de G/N contenant f(B₀). Il s'agit de prouver que f(B) est contenu dans L. Soit K l'image réciproque de L par f. On sait que K est un sous-groupe normal de G et il est clair que B₀ est contenu dans K. Donc, d’après les hypothèses sur B, B est contenu dans K, donc f(B) est contenu dans f(K) = L.

 

c) Prouver que f(B) est contenu dans le centralisateur de f(A) dans G/N.

Solution

D'après les points a) et b), il suffit de prouver que le centralisateur de f(A) dans G/N est un sous-groupe normal de G/N. Puisque, par hypothèse, A est normal dans G, f(A) est normal dans f(G) = G/N. Or, d’après un exercice de la série Conjugaison, centralisateur, normalisateur, le centralisateur d'un sous-groupe normal est lui-même normal, donc le centralisateur de f(A) dans G/N est un sous-groupe normal de G/N, comme annoncé.

 

d) Déduire de c) que [A, B] est contenu dans N (ce qui démontre l'énoncé général du problème).

Solution

Puisque [A, B] est engendré par les [a, b], où a parcourt A et où b parcourt B, il suffit de prouver que si a est un élément de A et b un élément de b, alors [a, b] appartient à N. D'après le point c), f(a) et f(b) commutent dans G/N, ce qui revient à dire que [f(a), f(b)] = 1 dans G/N, ou encore f( [a, b] ) = 1 dans G/N, ce qui signifie que [a, b] appartient au noyau de f, à savoir N.

 

e) Soient G un groupe, A et B des sous-groupes normaux de G, soit A₀ une partie génératrice de A. Soit B₀ une partie de B telle que B soit le plus petit sous-groupe normal de G contenant B₀ (c'est le cas en particulier si B₀ est une partie génératrice de B). Prouver que [A, B] est le plus petit sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a₀, b₀] avec a₀ dans A₀ et b₀ dans B₀.

Solution

Les hypothèses de l'énoncé général du problème sont clairement satisfaites, donc [A, B] est contenu dans tout sous-groupe normal de G comprenant les commutateurs [a₀, b₀] avec a₀ dans A₀ et b₀ dans B₀. Il suffit donc de montrer que [A, B] est lui-même un sous-groupe normal de G comprenant ces commutateurs. Qu'il comprenne ces commutateurs est évident et d’autre part, du fait que A et B sont supposés normaux dans G, il résulte que [A, B] est normal dans G.

 

Remarques.
1° En faisant A = B = G et A₀ = B₀ = X dans l'énoncé du point e), nous retrouvons le théorème suivant, qui a été démontré dans le chapitre théorique : si G est un groupe et X une partie génératrice de G, le dérivé de G est le sous-groupe normal de G engendré par les commutateurs [x, y], où x et y parcourent X.
2° Nous utiliserons l'énoncé e) de ce problème dans un exercice sur les groupes nilpotents.