Théorie des groupes/Exercices/Conjugaison, centralisateur, normalisateur
Problème 1
modifierSoient G un groupe et A, B deux sous-groupes conjugués. Montrer que si AB = G, alors A et B sont égaux à G[1].
Puisque A et B sont conjugués, il existe un élément g de G tel que . Puisque G = AB, tout élément x de G peut donc s'écrire avec et dans A. C'est vrai en particulier pour , donc il existe dans A tels que . En simplifiant à droite par (ou, si on préfère, en multipliant à droite par ), nous trouvons . En multipliant à gauche par et à droite par , nous obtenons , donc g appartient à A, donc B est le conjugué de A par un élément de A, donc B est égal à A, donc A = B = AB, d'où, puisque AB est supposé égal à G, A = B = G.
(Généralisation) Soient K et H deux sous-groupes d'un groupe G et x, y deux éléments de G. Montrer que
- si G = HK alors G = HxKy
où, pour tout élément g et toute partie A de G, Ag désigne la partie conjuguée g-1Ag de A.
Soient h ∈ H et k ∈ K tels que xy-1 = hk. Alors, HxKy = HhkyKy = HkyKky = (HK)ky = Gky = G.
Problème 2
modifierSoient G un groupe fini et A un sous-groupe de G. Pour tout élément g de G, désignons par Ag le conjugué de A, de sorte que (Ag)h = Agh. On suppose que et que pour tout . Prouver que
- [2].
Soient g et h des éléments de G tels que . En passant aux images par la bijection , nous trouvons , d'où, d’après nos hypothèses, , ce qui revient à dire que g et h appartiennent à la même classe à droite suivant A.
Nous avons donc montré que si g et h sont deux éléments de G qui n'appartiennent pas à la même classe à droite suivant A, alors . Soit r l'indice de A dans G; choisissons une transversale de A dans G, c'est-à-dire un système d'éléments de G tel que pour toute classe à droite de G suivant A, il existe un et un seul i pour lequel appartienne à cette classe.
D'après ce qui précède, les r parties de G sont deux à deux disjointes, donc compte au moins éléments, donc
compte au moins éléments.
Puisque , cela revient à dire que compte au moins éléments.
Par hypothèse, , donc , d'où l'énoncé.
Problème 3
modifierSoient G un groupe fini et A un sous-groupe de G. Pour tout élément g de G, désignons par Ag le conjugué de A, de sorte que (Ag)h = Agh. Prouver que si , alors , autrement dit G n’est pas la réunion des conjugués de A[3].
(Remarque préliminaire : au chapitre suivant, on montrera que le nombre des conjugués de A dans G est égal à l'indice dans G du normalisateur de A et est donc inférieur ou égal à , ce qui permet de rédiger la démonstration plus simplement.)
Si g et h sont deux éléments de G appartenant à une même classe à droite suivant A, c'est-à-dire s'il existe tel que h = ag, alors d'où, puisque , . Nous avons donc montré que si g et h sont deux éléments de G appartenant à une même classe à droite suivant A, alors . (On l'a déjà noté dans la solution de l'exercice précédent.)
Soit ; choisissons une transversale de A dans G, c'est-à-dire un système d'éléments de G tel que pour toute classe à droite de G suivant A, il existe un et un seul i pour lequel appartienne à cette classe.
D'après ce qui précède, , d'où et donc
.
Comme , ceci peut s'écrire . Puisque A est supposé distinct de G, r est > 1, donc , d'où l'énoncé.
Remarque : on verra dans les exercices sur le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples que l'énoncé du présent problème peut s'étendre au cas où A est un sous-groupe d'indice fini d'un groupe G non forcément fini.
Problème 4
modifierSoit G un groupe fini > 1 tel que deux différents sous-groupes maximaux de G aient toujours une intersection triviale. Alors un au moins des sous-groupes maximaux de G est normal dans G[4]. (Indication : étant donné un sous-groupe maximal M de G, appliquer deux problèmes ci-dessus à la réunion des conjugués de M.)
Supposons que, par absurde,
- aucun sous-groupe maximal de G ne soit normal dans G.
Soit M un sous-groupe maximal de G. Puisque M est contenu dans et que M est maximal, est égal à G ou à M. Puisque nous avons supposé en (1) qu'aucun sous-groupe maximal de G n'est normal dans G, donc Ceci revient à dire que
- pour tout sous-groupe maximal M de G et pour tout
(où désigne ).
D'autre part, il est clair (par exemple parce que M n’est pas normal dans G) que Compte tenu de ceci, de (2) et d'un des problèmes ci-dessus, on a donc
Puisque G est un groupe fini > 1, il admet au moins un sous-groupe maximal. Choisissons un sous-groupe maximal P de G.
D'après un des problèmes ci-dessus, n’est pas égal à G tout entier. Nous pouvons donc choisir un élément x de G qui n'appartient pas à .
D'après l'hypothèse (1) (et le fait que G admet au moins un sous-groupe maximal), G n’est pas commutatif (puisque tout sous-groupe d'un groupe commutatif est normal). En particulier, G n’est pas cyclique, donc le sous-groupe <x> de G n’est pas G tout entier, donc <x> est contenu dans au moins un sous-groupe maximal de G, soit Q. Alors x appartient à Q.
Puisque x a été choisi hors de , Q est distinct de tous les conjugués de P. On en tire facilement que
- chaque conjugué de Q est distinct de chaque conjugué de P.
On vérifie facilement que tout conjugué d'un sous-groupe maximal est un sous-groupe maximal. Donc, d’après les hypothèses de l'énoncé, il résulte de (4) que
D'après (3), et sont tous deux donc, d’après (5), est une partie de G de cardinal ce qui est absurde. Cette contradiction démontre l'énoncé.
Problème 5 (facile)
modifierSoient G un groupe et H un sous-groupe de G. Soit K le cœur de H dans G, c'est-à-dire l'intersection des conjugués de H dans G (y compris H). Prouver que K est un sous-groupe distingué de G.
Soient x un élément de K et g un élément de G. Il s'agit de prouver que gxg-1 appartient à K, autrement dit appartient à tout conjugué de H. Soit L un conjugué de H; il s'agit de prouver que gxg-1 appartient à L, autrement dit que x appartient à g-1Lg. Or, puisque L est un conjugué de H, g-1Lg en est un aussi (transitivité de la relation de conjugaison), donc x, qui est supposé appartenir à K, autrement dit appartenir à tout conjugué de H, appartient bien à g-1Lg comme annoncé.
Remarques. 1°. L'énoncé revient à dire que, pour tout élément g de G,
,
ce qui s'écrit encore
.
Ceci résulte immédiatement du fait que
définit une permutation de l’ensemble Conj(H).
2°. Comme nous le verrons plus loin, K est le noyau d'un homomorphisme de G dans le groupe des permutations de l’ensemble des classes à gauche modulo H, ce qui fournit une autre démonstration.
Problème 6 (facile)
modifierSoient G un groupe et X une partie de G. Prouver que le sous-groupe distingué de G engendré par X est le sous-groupe de G engendré par les conjugués des éléments de X.
Désignons par Conj(X) l’ensemble des conjugués des éléments de X et par <Conj(X)> le sous-groupe de G engendré par Conj(X). Il s'agit de prouver que <Conj(X)> est le sous-groupe distingué de G engendré par X.
Prouvons tout d’abord que <Conj(X)> est un sous-groupe distingué de G. Soit f un automorphisme intérieur de G; il s'agit de prouver que f(<Conj(X)>) = <Conj(X)>. Or f(<Conj(X)>) = <f(Conj(X))> et, puisque f est un automorphisme intérieur, il est clair que f(Conj(X)) = Conj(X), d'où notre argument.
Donc <Conj(X)> est un sous-groupe distingué de G contenant X. Il reste à prouver que c’est le plus petit. Soit H un sous-groupe distingué de G contenant X. Il s'agit de prouver que <Conj(X)> est contenu dans H. Puisque H contient X et est distingué dans G, il contient Conj(X). Puisque H est un sous-groupe de G, il contient donc <Conj(X)>, ce qui achève la démonstration.
(Le lecteur qui préférerait une démonstration plus « concrète » peut utiliser la « description constructive » du sous-groupe de G engendré par U.)
Problème 7 (facile)
modifierSoient G un groupe fini et H un sous-groupe normal d'ordre 2 de G. Prouver que H est contenu dans le centre de G.
Nous avons H = {1,a} pour un certain élément a de . Puisque H est normal dans G, nous avons pour tout élément g de G. Donc, pour tout élément g de G, gag-1 est égal à 1 ou à a. Puisque a n’est pas lui-même égal à 1, il est clair que gag-1 n’est pas égal à 1, donc gag-1 = a, donc a commute avec g. Ceci étant vrai pour tout g dans G, a appartient au centre de G, donc H est bien contenu dans le centre de G.
Problème 8 (facile)
modifierSoient a1, ... , an des éléments d'un groupe G qui commutent entre eux. Prouver que le sous-groupe de G engendré par a1, ... , an est l’ensemble des éléments de la forme où r1, ... , rn parcourent les entiers rationnels[5].
Prouvons que les éléments de la forme forment un sous-groupe de G.
Prouvons d’abord que le produit de deux éléments de cette forme est lui-même de cette forme. Plus précisément, prouvons que si r1, ... , rn, s1, ... , sn sont des entiers rationnels, On le prouve facilement par récurrence sur n. Voici une preuve qui se rattache plus directement au théorème de commutativité.
Soient i, j deux indices. Puisque ai commute avec aj, chaque élément de <ai> commute avec chaque élément de <aj> (voir théorie), donc commute avec . Il nous suffit donc de prouver que si b1, ... , bn, c1, ... , cn sont des éléments de G qui commutent entre eux, alors Le premier membre est le produit de la famille , où si 1 ≤ i ≤ n et si n + 1 ≤ i ≤ 2n. Le second membre de notre thèse (1) est le produit de la famille , où si i est impair et si i est pair, pour tout entier i tel que 1 ≤ i ≤ 2n. Il s'agit de prouver que
- (2)
Soit σ la permutation de {1, 2, ... , 2n} définie par si i est impair, si i est pair. Alors , donc notre thèse (2) est vraie d’après le théorème de commutativité.
Il est clair que l'élément neutre est de la forme avec r1 = ... = rn = 0.
Enfin, on prouvera facilement, par récurrence sur n ou en considérant la permutation i ↦ n + 1 - i de l’ensemble {1, 2, ... n} des indices, que l'inverse de est égal à . Donc l’ensemble des éléments de G de la forme avec r1, ... , rn entiers rationnels, est un sous-groupe de G. Il est clair que ce sous-groupe comprend les éléments a1, ... , an et est contenu dans tout groupe qui les comprend, donc c’est le sous-groupe de G engendré par ces éléments.
Problème 9 (facile)
modifierSoient G un groupe (non forcément commutatif) et X une partie de G. Les deux conditions suivantes sont-elles équivalentes :
1° il existe un sous-groupe de G tel que X soit une classe à gauche modulo ce sous-groupe;
2° il existe un sous-groupe de G tel que X soit une classe à droite modulo ce sous-groupe.
Ces deux conditions sont équivalentes. Prouvons par exemple que 1° entraîne 2°. Si 1° est satisfaite, il existe un sous-groupe H de G et un élément a de G tel que X = aH. Alors X = Ka, où K est le sous-groupe aHa-1 de G.
Problème 10
modifierSoit G un groupe. Pour deux éléments a et b de G, on posera , de sorte que, pour a, b et c dans G, et . Pour une partie X de G et un élément g de G, on désignera par l’ensemble des , x parcourant X.
a) Soient G un groupe et X une partie de G telle que
- pour tout élément g de G.
Supposons que X soit la réunion de n parties X1, ..., Xn de G :
Prouver que tout produit d'éléments de X peut se mettre sous la forme
avec
- pour tout ( ) et tout ,
en admettant que puisse être nul, auquel cas est le produit d'une famille vide et est donc égal à 1.
Notons d’abord que si x et y sont deux éléments de X, alors
- est de la forme avec x' dans X.
En effet, et appartient à X d’après l'hypothèse (1).
De (3), le lecteur tirera facilement que
- (4) pour tout nombre naturel s, le produit de s éléments de X parmi lesquels figure un élément a peut s'écrire comme produit de s éléments de X dont le premier est a.
Prouvons maintenant la thèse (2). Nous allons prouver plus précisément que si s est un nombre naturel, si sont des éléments de X, alors est de la forme
avec
- pour tout ( ) et tout ,
pouvant être nul comme convenu plus haut.
Nous raisonnons par récurrence sur s. Si s = 0, l'énoncé est banal, donc nous pouvons supposer s > 0. Nous pouvons alors considérer le plus petit indice ( ) tel que puisse s'écrire comme produit de s éléments de X dont un au moins appartienne à . D'après (4), peut donc s'écrire
- avec dans X et dans .
Par hypothèse de récurrence sur s, est de la forme
où appartient à pour tout et tout et où
On a alors
Par minimalité de i, aucun des ne peut appartenir à un avec t < i, donc les pour t < i sont nuls et (7) et (8) donnent
avec ce qui démontre notre thèse (5) par récurrence sur s.
Remarque. Voici une façon plus « algorithmique » de démontrer la thèse (5). Si x est un élément de G et un s-uplet d'éléments de l'intervalle naturel [1, n], convenons de dire que est un s-uplet d'appartenances de x si x peut s'écrire sous la forme
avec pour tout
Pour démontrer la thèse (5), il s'agit de prouver que tout élément de G qui est produit de s éléments de X admet un s-uplet d'appartenances croissant (au sens large).
Soit donc
tous les appartenant à X. Nous pouvons choisir un s-uplet d'appartenances de x, soit , tel que pour tout .
Si ce s-uplet n’est pas croissant, il existe un indice tel que D'après (3), nous pouvons remplacer, dans l’expression (9) de x, le produit partiel par , où est un élément de X et donc d'un certain Alors est un s-uplet d'appartenances de x et est strictement plus petit que le s-uplet d'appartenances selon l’ordre lexicographique. Puisque l’ensemble est fini, on aboutira, en répétant les opérations au besoin, à un s-uplet d'appartenances croissant, comme annoncé.
b) Soient G un groupe et A un sous-groupe de G. On suppose que les conjugués de A dans G sont en nombre fini. Soient ces conjugués. Alors
- [6]. (Appliquer le point a).)
Dans l'énoncé du point a), faisons
de sorte que Comme les sont des groupes, , donc est l’ensemble des produits d'éléments de X, donc, d’après le point a), tout élément de est de la forme , où, pour chaque i, est un produit d'éléments de Comme chaque est un groupe, appartient à , donc
L'inclusion réciproque est évidente.
c) Soient G un groupe, x un élément de G et deux sous-groupes de G. Désignons par C l’ensemble des conjugués de x dans G. Supposons que et . Prouver que ou [7]. (Appliquer le point a).)
Posons Il est clair que pour tout g dans G. Nous pouvons donc appliquer le point a) à et . Nous trouvons ainsi que tout produit d'éléments de est de la forme , où est un produit d'éléments de et un produit déléments de . Mais, d’après l'hypothèse <C> = G, tout élément de G est produit d'éléments de et, d’autre part, appartient évidemment à et à . Donc
Prouvons maintenant que G est égal à ou à . Puisque G = <C>, il suffit de prouver que C est contenu dans ou dans .
Supposons que C ne soit pas contenu dans . Il existe alors un élément y de C qui n'appartient pas à . Soit g un élément de G. D'après (1), g est de la forme avec et . Alors , sinon on aurait
Puisque on a donc
d'où c'est-à-dire Ceci étant vrai pour tout élément g de G et l’ensemble étant égal à C (puisque y est un conjugué de x), nous avons donc
Nous avons donc prouvé que si C n’est pas contenu dans il est contenu dans , ce qui revient à dire que C est contenu dans ou dans . Comme nous l'avons noté, l'énoncé en résulte.
Problème 11 (facile)
modifiera) Soient A, B deux groupes, un isomorphisme de A sur B et H un sous-groupe de A. Prouver que
Pour tout élément y de B,
b) Soient A, B deux groupes, un isomorphisme de A sur B et H un sous-groupe de A. Prouver que
Pour tout élément y de B,
c) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et a un élément de G. Prouver que
et
Appliquer les points a) et b) au cas où A = B = G et où est l'automorphisme de G.
d) Soient G un groupe et H un sous-groupe normal de G. Prouver que le centralisateur de H dans G est normal dans G.
Soit a un élément de G. D'après le point c),
Puisque H est normal dans G, on peut remplacer par H, donc
ce qui prouve que est normal dans G.
Problème 12
modifierSoient un groupe et un élément d'ordre . On note :
- le sous-groupe engendré par ;
- le centralisateur de ;
- le normalisateur de .
Remarquons que l'on a toujours .
-
- Expliciter , et dans le cas et .
- Même question, toujours dans le cas , avec .
- On revient au cas général. Montrer que pour tout , il existe un entier premier avec tel que . Cet entier est-il unique ? Montrer que si est premier, .
- Montrer que l'on peut définir une application en posant (où provient de la question précédente) et montrer que cette application est un morphisme de groupes.
- Calculer le noyau de .
- On suppose dans cette dernière question que est un groupe symétrique (où ).
- Montrer que les générateurs du groupe sont deux à deux conjugués dans .
- En déduire que les groupes et sont isomorphes.
-
- .
donc .
ou donc
. - .
donc .
donc .
- .
- Pour tout , donc est un générateur de , c'est-à-dire un élément de la forme avec premier à .
On a , donc n'est pas unique.
et (petit théorème de Fermat, étant ici supposé premier) , donc , d'où . - est bien défini car le associé à n'est pas unique mais sa classe modulo l'est. est un morphisme car si et alors donc .
- donc .
-
- Si est un produit de cycles disjoints c d'ordres respectifs alors son ordre est le ppcm des . Tout générateur de est de la forme où est premier avec donc avec chaque , donc chaque est encore un cycle d'ordre , si bien que est, comme , un produit de cycles disjoints d'ordres , donc et sont conjugués dans .
- D'après le théorème de factorisation et les questions 3 et 4, la seule chose qui reste à vérifier est la surjectivité de . Soit . D'après 5.1, et sont conjugués dans donc il existe tel que . Cette équation assure de plus que est non seulement dans mais dans , et que .
Problème 13
modifierL'objet de ce problème est de prouver que si est un homomorphisme d'un groupe dans un groupe G, alors est surjectif si et seulement pour tout groupe L et pour tous homomorphismes de G dans L, l'égalité entraîne
a) Soient G un groupe et H un sous-groupe propre de G. Notons G/H l'ensemble des classes à gauche de G modulo H. (Puisque le sous-groupe H de G n'est pas supposé normal dans G, l'ensemble G/H ne doit pas être vu comme un groupe.) D'après la théorie des ensembles, nous pouvons choisir un « élément » qui n'appartient pas à G/H et que nous noterons Notons X l'ensemble et notons K le groupe des permutations de X.
Pour tout élément de G, notons la transformation de X qui applique sur lui-même et, pour tout élément C de G/H, applique C sur aC ; donc, pour tout élément de G, Prouver que pour tout élément de G, est une permutation de X, que l'application est un homomorphisme de G dans et que si alors la permutation fixe l'élément H de X.
Pour tout élément de G, la transformation de G/H est une permutation de G/H, par exemple parce qu'elle admet la transformation pour réciproque. D'autre part, l'unique transformation de est évidemment une permutation de Comme les ensembles G/H et sont disjoints, il en résulte que la transformation de X qui applique sur lui-même et qui, pour tout élément C de G/H, applique C sur aH est une permutation de X.
Prouvons que l'application
est un homomorphisme de G dans Soient des éléments de G. Alors
- pour tout élément C de G/H
et
Donc, d'après la définition de ,
- pour tout élément C de G/H
et
Cela montre que , autrement dit , donc est bien un homomorphisme de G dans
Si alors
- .
b) Prouver que, dans les hypothèses du point a) (G est un groupe et H un sous-groupe propre de H), il existe un groupe L et deux différents homomorphismes de G dans L qui coïncident en tout élément de H.
Indications. De façon générale, si T est un ensemble et deux différents éléments de T, on note la permutation de T qui applique sur , sur et qui laisse fixes les autres éléments de T. Une telle permutation est appelée une transposition de T.
Dans les hypothèses et notations du point a) on définit un homomorphisme de G dans par , où est l'homomorphisme de G dans considéré au point a) et où est l'automorphisme intérieur du groupe
Prouver que et sont deux différents homomorphismes de G dans K et que ce qui prouve le point b).
Puisque, d'après le point a), est un homomorphisme de G dans et que est par définition l'automorphisme intérieur du groupe , le composé est un homomorphisme de G dans
La permutation fixe toujours par construction, et l'on a vu au point a) que si , elle fixe aussi H. Dans ce cas, la conjugaison par la transposition n'est d'aucun effet sur . Donc
- (1)
Prouvons que et sont distincts. Puisque H est supposé être un sous-groupe propre de G, nous pouvons choisir un élément de G qui n'appartient pas à H. Alors
- (2) applique l'élément H de G/H sur aH
et
- (3) applique l'élément H de G/H sur H.
Puisque nous avons choisi hors de H, les deux classes aH et H sont distinctes, donc il résulte de (2) et (3) que et sont distincts, autrement dit et sont distincts, donc et sont distincts. Joint à (1), cela prouve l'énoncé du point b) (avec L = K).
c) Soit un homomorphisme d'un groupe dans un groupe Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :
- (i) est surjectif ;
- (ii) pour tout groupe L et pour tous homomorphismes de G dans L, l'égalité entraîne
Indication : utiliser le point b).
L'implication (i) est vraie même si on se contente de supposer que et sont des ensembles et une application de dans (Voir une remarque dans la solution du problème 8 de la série Sous-groupe distingué et groupe quotient.)
Pour prouver l'implication (ii) (i), prouvons l'implication contraposée. Supposons donc que
- (hyp. 1) n'est pas surjectif
et prouvons
- (thèse 2) qu'il existe un groupe L et deux différents homomorphismes et de G dans L tels que
Puisque n'est pas surjectif, est un sous-groupe propre de G, donc, d'après le point b), il existe un groupe L et deux différents homomorphismes et de G dans L qui coïncident en tout élément de . Alors avec , ce qui prouve notre thèse (2).
Remarque. Le point c) montre que dans la catégorie des groupes, les épimorphismes sont les homomorphismes surjectifs de groupes. L'énoncé analogue pour les groupes abéliens est démontré au problème 8 de la série Sous-groupe distingué et groupe quotient.
Problème 14
modifierSoit Y une partie d'un ensemble X. Dans le groupe SX des permutations de X, on considère le sous-groupe A fixateur de Y :
- .
Soit M le sous-monoïde de SX formé des éléments tels que
L'objet de ce problème est de montrer que M est un sous-groupe de SX si et seulement si Y ou X\Y est fini[8].
On pose pour cela :
- .
- Vérifier que N ⊂ M.
- Si X\Y est un singleton, identifier A, puis M.
- Si X\Y n'est pas un singleton, montrer que M ⊂ N.
- Vérifier que si Y ou X\Y est fini, N est un sous-groupe de SX.
- Démontrer la réciproque.
- Conclure.
- Si et alors car donc donc .
- Si X\Y est un singleton, A = { idX } donc M = SX.
- Supposons que X\Y n'est pas un singleton et que s est une permutation de X n'appartenant pas à N et montrons qu'alors, s n'appartient pas non plus à M. Par hypothèse, il existe tel que l'élément appartienne à X\Y, et X\Y contient un autre élément v. La transposition appartient alors à A, mais (donc ) car .
- Si Y est fini alors donc N–1 = N.
Dualement, puisque N s'écrit aussi , si X\Y est fini alors N–1 = N. - Supposons que Y et X\Y sont infinis et montrons qu'alors, il existe dans N une permutation s dont l'inverse n'appartient pas à N. Fixons un élément z de X\Y. Puisque Y est équipotent à Y∪{z} et X\Y est équipotent à X\(Y∪{z}), il existe une permutation s de X telle que s(Y) = Y∪{z}. Cette permutation s appartient à N (car ) mais pas son inverse (car ).
- Si Y ou X\Y est fini alors M est un sous-groupe de SX d'après les questions 1, 2, 3 et 4. Réciproquement, si M est un sous-groupe de SX alors Y ou X\Y est fini d'après les questions 1, 3 et 5.
Problème 15
modifierSoit G un groupe.
- Montrer que s'il existe un sous-groupe H de Z(G) tel que G/H soit monogène, alors G est abélien.
- En déduire que si Aut(G) est monogène, alors G est abélien.
- Soient H un tel sous-groupe et g un élément de G dont la classe modulo H engendre G/H. Alors, pour tous éléments x et y de G, x = gmh et y = gnk avec m, n entiers et h, k éléments de H, donc
xy = gmhgnk = gm+nhk = gm+nkh = gnkgmh = yx. - Si le groupe Aut(G) est monogène alors le sous-groupe Int(G) l'est aussi, or il est isomorphe à G/Z(G). On conclut grâce à la question précédente.
Références
modifier- ↑ H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 5, p. 9.
- ↑ H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 11, p. 10.
- ↑ Attribué à Jordan par Jean-Pierre Serre, Groupes finis, révision de 2004, théor. 6.1, p. 45, en ligne.
- ↑ Voir G. Endimioni, « Une introduction aux groupes nilpotents », Cours de D.E.A. 1996/1997, Centre de Mathématiques et d'Informatique, Université de Provence (France), en ligne, lemme 4.2, p. 17.
- ↑ Énoncé dans J. Calais, Éléments de théorie des groupes, Paris, 1984, p. 127.
- ↑ H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 13, p. 10.
- ↑ H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.2, exerc. 5, p. 15.
- ↑ Bourbaki, Algèbre, 1970, ch. I, § 5, n° 3, p. I.54, dit que le cas se présente et renvoie à l'exercice 27 sur ledit § 5, p. I.134.