Théorie des groupes/Exercices/Groupes symétriques finis
Problème 1
modifiera) Soient un ensemble et une partie de (On ne suppose pas que ou soit fini.) Prouver que le groupe est isomorphe à un sous-groupe de
À toute permutation de Y, faisons correspondre la transformation qui coïncide avec en tout point de Y et qui fixe tout point de Il est clair que est une permutation de et que définit une injection de l'ensemble dans l'ensemble On vérifie facilement que, pour toutes permutations de ,
- ,
autrement dit l'application est un homomorphisme du groupe dans le groupe On a vu que cet homomorphisme est injectif, donc est isomorphe au sous-groupe de , ce qui démontre l'énoncé.
b) Soient des nombres naturels tels que Prouver que est isomorphe à un sous-groupe de
Appliquer le point a) aux ensembles et
c) Soient des nombres naturels. Prouver que contient un sous-groupe isomorphe au produit direct .
Désignons par le sous-groupe de formé par les permutations fixant chaque élément de ; désignons par le sous-groupe de formé par les permutations fixant chaque élément de . Comme dans la solution de la question a), on prouve que
- (1) est isomorphe à et à .
D'autre part, une permutation appartenant à fixe chaque élément de , donc
- (2) et se coupent trivialement.
Enfin, le support d'une permutation appartenant à est forcément contenu dans et le support d'une permutation appartenant à est forcément contenu dans , donc une permutation appartenant à et une permutation appartenant à ont toujours des supports disjoints, donc
- (3) toute permutation appartenant à commute avec toute permutation appartenant à .
Nos résultats (1) à (3) montrent que le sous-groupe de engendré par et est isomorphe au produit direct , d'où l'énoncé.
Problème 2
modifierSoit E un ensemble d'au moins trois éléments. Prouver que le centre du groupe est réduit à l'élément neutre.
Soit une permutation de E appartenant au centre de . Il s'agit de prouver que est la permutation identique. Soit a un élément de E. Il s'agit de prouver que fixe a. Puisque E est supposé comprendre au moins trois éléments, nous pouvons choisir dans E deux éléments distincts de a, soient b et c. Puisque appartient au centre de , commute avec les transpositions (a b) et (a c), donc
- (a b) = (a b)
et
- (b c) = (b c).
Compte tenu de l'effet d'une conjugaison sur un cycle (voir théorie), cela peut s'écrire
- ( (a) (b) ) = (a b)
et
- ( (a) (c) ) = (a c).
En passant aux supports, on en tire
- { (a), (b)} = {a, b}
et
- { (a), (c)} = {a, c}.
On a donc { (a), (b)} ⋂ { (a), (c)} = {a, b} ⋂ {a, c}, d'où (a) = a. Comme on l'a vu, cela prouve l'énoncé.
Problème 3
modifierSoit n un nombre naturel. Pour toute permutation de , désignons par l’ensemble des inversions de et par la permutation de l’ensemble des paires d'éléments de .
Soient et deux permutations de .
Prouver la relation
.
(Il en résulte évidemment que le nombre d'inversions de est congru modulo 2 à la somme des nombres d'inversions de et de , fait utilisé dans la théorie.)
Comme noté dans la théorie, une paire {i, j} est une inversion de si et seulement une des deux conditions suivantes est satisfaite :
- 1° est une inversion de et n’est pas une inversion de ;
- 2° n’est pas une inversion de et est une inversion de .
L'ensemble des inversions de est donc la différence symétrique de et de .
(Rappelons que la différence symétrique de deux ensembles A et B est par définition l’ensemble et que si A et B sont finis, ).
Donc
.
Puisque est une permutation de l’ensemble des paires, est équipotent à , d'où la thèse.
Problème 4
modifierSoit X un ensemble fini, soit un cycle dans , soient et des permutations de X à supports mutuellement disjoints telles que
Prouver qu'une des deux permutations , est égale à et l'autre à la permutation identique de X. (C'est une sorte d' « irréductibilité » des cycles.)
Soient
et
les décompositions canoniques de et de en cycles.
Donc les supports des sont deux à deux disjoints et les supports des le sont aussi. D'autre part, puisque les supports de et de sont disjoints, le support de chaque est disjoint du support de chaque . Donc
- (1) les supports des cycles sont deux à deux disjoints.
L'hypothèse peut s'écrire
- ,
donc, d'après (1),
- l'écriture est la décomposition canonique de en cycles.
Mais, puisque est un cycle, il est à lui seul sa propre décomposition canonique, donc , donc
- ou bien (r=1 et s=0) ou bien (r=0 et s=1).
Dans le premier cas, est la permutation identique et ; dans le second cas, est la permutation identique et , ce qui démontre l'énoncé.
Problème 5
modifierSoient X un ensemble et Y une partie de X, soient et des permutations de X coïncidant en tout point de Y. Prouver que
- ,
où est une permutation de X à support disjoint de Y.
Soit un élément de Y. Par hypothèse,
- ,
- ,
donc n'appartient pas au support de . Donc, si nous posons , alors
et le support de est disjoint de Y, ce qui démontre l'énoncé.
Problème 6 (Centralisateur d'un cycle)
modifiera) Soient X un ensemble et un cycle dans . Prouver que le centralisateur de dans est formé par les éléments de de la forme , où parcourt les puissances de et où parcourt les permutations de X dont le support est disjoint de celui de
Soient un -cycle de et un élément de commutant avec .
Puisque commute avec , nous avons
Compte tenu de l'effet d'une conjugaison sur un cycle, cela peut s'écrire
- (1)
- (2) Les deux -uplets et sont donc égaux « à une rotation près ».
En particulier, il existe un dans tel que
Compte tenu de (2), nous avons alors
- ,
et, de proche en proche,
pour tout dans
Donc les permutations et coïncident en tout élément du support de . D'après un problème précédent, on a donc
- ,
où est une permutation de X dont le support est disjoint de celui de .
Nous avons ainsi prouvé que tout élément du centralisateur de dans est de la forme , où est une puissances de et où est une permutations de X dont le support est disjoint de celui de Réciproquement, toute permutation ayant cette forme est le produit de deux permutations commutant avec et commute donc avec , ce qui achève de prouver l'énoncé.
b) (Centralisateur d'un long cycle.)
Soit un nombre naturel > 1, soit X un ensemble de cardinal ou , soit un -cycle dans Prouver que le centralisateur de dans est le sous-groupe de engendré par
D'après le point a), tout élément du centralisateur de dans est de la forme , où est une puissances de et où est une permutations de X dont le support est disjoint de celui de D'après les hypothèses de l'énoncé, le support de est donc vide ou réduit à un élément. Mais le support d'une permutation n'est jamais réduit à un élément, donc le support de est vide, donc est la permutation identique de X, donc tout élément du centralisateur de dans est une puissance de . Réciproquement, toute puissance de commute avec , d'où l'énoncé.
Remarque. La dénomination « Centralisateur d'un long cycle » qu'on donne ici à l'énoncé du point b) n'est pas standard.
Problème 7
modifierSoit X un ensemble fini, soient et des cycles dans , commutant l'un avec l'autre. Prouver qu'alors ou bien les supports de et de sont disjoints ou bien et sont puissances l'un de l'autre.
Supposons que
- (hyp. 1) les supports de et de ne sont pas disjoints.
Il s'agit alors de prouver que
- (thèse 2) et sont puissances l'un de l'autre.
Puisque appartient au centralisateur de dans , nous avons, d'après un précédent problème,
- (3) ,
où est un nombre naturel et une permutation de X dont le support est disjoint de celui de Puisque est un cycle, la relation (3) entraîne, d'après un précédent problème, que
- (4) est égal à ou à .
Mais, puisque le support de est disjoint de celui de et que, d'après l'hypothèse (1), le support de n'est pas disjoint de celui de , nous avons , donc, d'après (4),
- ,
donc est une puissance de
Puisque les hypothèses de l'énoncé et l'hypothèse (1) sont symétriques en et en , est de même une puissance de , d'où la thèse (2) et donc l'énoncé.
Problème 8 (Inverseurs d'un long cycle)
modifierSoit un nombre naturel impair > 1, soit X un ensemble de cardinal ou , soit un -cycle dans , soit un élément de tel que
- .
Prouver que est le produit de transpositions à supports disjoints (et est donc une involution).
(Indication : on peut utiliser le problème « Centralisateur d'un cycle ».)
Soit
Supposons d'abord
Donc
Convenons de définir un inverseur de comme une permutation de X telle que
- ,
ce qui peut s'exprimer par l'égalité entre cycles
D'après cela, il est clair que la permutation de X
est un inverseur de ; son unique point fixe est
Notons maintenant que peut aussi s'écrire
Plus généralement, pour tout dans , nous avons
- ,
où, pour tout dans ,
- ,
désignant, pour tout dans , l'unique élément de qui est congru à modulo Comme plus haut, il en résulte que la permutation de X
est un inverseur de ; son unique point fixe est
Si et sont des éléments de tels que
- ,
alors
- ,
- ,
donc, puisqu'on suppose que et appartiennent tous deux à ,
Cela montre que, pour et distincts dans , et n'ont pas le même point fixe, donc
- sont différents inverseurs de
Nous avons ainsi trouvé différents inverseurs de dont chacun est le produit de (n-1)/2 transpositions à supports deux à deux disjoints.
Prouvons que, d'autre part, les inverseurs de forment une classe à gauche modulo le sous-groupe de engendré par (Cette classe à gauche est aussi une classe à droite, car elle est symétrique : si est un inverseur de , en est un lui aussi.)
Nous avons trouvé des inverseurs de , donc nous pouvons en choisir un, par exemple
Une permutation de X est un inverseur de si et seulement si
- ,
ce qui équivaut à
- ,
et ceci revient à dire que
- (1) centralise
D'après le problème « Centralisateur d'un long cycle », le centralisateur de est le sous-groupe de engendré par , donc (1) montre qu'une permutation de X est un inverseur de si et seulement si appartient à , autrement dit si appartient à Cela prouve que, comme annoncé, les inverseurs de forment une classe à gauche modulo
Puisque est d'ordre , les inverseurs de sont donc en nombre , donc ce sont les inverseurs que nous avons déjà trouvés. Chacun de ces inverseurs est le produit de transpositions à supports deux à deux disjoints, ce qui démontre l'énoncé dans le cas où
On peut déduire le cas du cas en considérant les birestrictions de et de au support de (On aurait d'ailleurs pu rédiger la démonstration en une seule fois, en parlant de l'unique point fixe de dans le support de plutôt que de l'unique point fixe de )
Remarques. 1° L'énoncé montre que si est impair, la signature des inverseurs de est déterminée par : les inverseurs de sont des permutations paires si et des permutations impaires si Il n'en est pas de même si est pair. Par exemple, le cycle est inversé par conjugaison par , qui est une permutation impaire, mais aussi par , qui est une permutation paire. Le fait que, pour impair, la signature des inverseurs de est déterminée par nous servira dans un exercice de la série « Premiers résultats sur les groupes simples » : si est un nombre premier tel qu'il existe un groupe simple d'ordre , alors
2° La dénomination « Inverseurs d'un long cycle » qu'on donne ici à l'énoncé du présent problème n'est pas standard.
Problème 9
modifierSoit un nombre naturel impair > 1, soit X un ensemble de cardinal ou , soient et deux n-cycles à supports disjoints dans , soit un élément d'ordre 2 (involution) de qui commute avec Prouver que est le produit de transpositions à supports deux à deux disjoints.
Indication. On peut utiliser le problème « Centralisateur d'un long cycle » ci-dessus.
On ne va pas utiliser tout de suite les hypothèses selon lesquelles est impair et d'ordre 2.
Puisque commute avec , nous avons
Vu l'effet d'une conjugaison sur la décomposition canonique en cycles, cela peut s'écrire
- (1)
Vu l'unicité de la décomposition canonique en cycles, une des deux conditions suivantes est donc satisfaite :
- (i) et ;
- (ii) et
Notons A l'ensemble et B l'ensemble
Puisque le support de est A, admet une birestriction à A. Cette birestriction est le cycle De même, admet une birestriction à B et cette birestriction est le cycle
Supposons d'abord que la condition (i) soit satisfaite.
Alors nous avons (passage aux supports) , donc admet une birestriction à A. De même, admet une birestriction à B.
La première des deux égalités (i), à savoir , montre que commute avec le cycle D'après le problème « Centralisateur d'un long cycle », nous avons donc
pour un certain nombre naturel De même,
pour un certain nombre naturel Alors coïncide avec en tout point de A et en tout point de B. De plus, en passant aux supports dans (1), nous voyons que transforme en lui-même, donc si , fixe l'unique élément de Dès lors (que soit égal à ou à ), coïncide avec en tout élément de X, donc
- (2)
Puisque les supports de et de sont disjoints, et commutent, donc, d'après (2),
- (3) l'ordre de divise
Jusqu'ici, nous n'avons pas utilisé les hypothèses selon lesquelles est impair et d'ordre 2. Dans ces hypothèses, (3) est impossible, donc la condition (i) est impossible, donc c'est la condition (ii) qui est satisfaite, à savoir
- et
En passant aux supports, nous trouvons
- et
La première de ces deux égalités montre que, pour tout dans , il existe un et un seul dans tel que
Puisque est supposée d'ordre 2, on a alors
- ,
donc
Ainsi, est le produit de transpositions à supports deux à deux disjoints, ce qui démontre l'énoncé.
Remarques. 1° Faisons toutes les hypothèses de l'énoncé sauf celle selon laquelle est d'ordre 2. Si et , il n'en résulte pas forcément que soit d'ordre 2. Prendre par exemple et
2° Le présent problème nous servira dans un exercice de la série Premiers résultats sur les groupes simples.
Problème 10
modifierDans le groupe S4, trouver le normalisateur du sous-groupe à deux éléments .
Dans un groupe , soient d'ordre et . La conjugaison par un est une bijection qui fixe l'élément neutre, donc si et seulement si . Autrement dit :
- .
Pour et , la condition équivaut à
donc à
- ,
et chacun de ces quatre cas se dédouble selon la valeur de , si bien que
- .
Problème 11
modifierDémontrer que tout sous-groupe d'indice n de Sn est isomorphe à Sn–1.
Soit G ≤ Sn un sous-groupe d'indice n. L'action de G à gauche par translation sur l'ensemble des n classes à gauche fournit un homomorphisme φ : G → SE.
Son noyau est un sous-groupe normal de Sn et est inclus dans G donc c'est le groupe trivial. Par conséquent, φ est injectif.
Quand on prive E de l'orbite singleton {G}, on récupère un ensemble de cardinal n–1 sur lequel G agit fidèlement.
Problème 12 (Automorphismes de Sn)
modifierSoit φ un automorphisme de Sn pour n (entier ≥ 2) différent de 6.
- Notons Tk (pour k > 0) l'ensemble des éléments de Sn composés de k transpositions de supports disjoints. Montrer qu'il existe un entier j tel que φ(T1) = Tj.
- Calculer le cardinal de chaque Tk et en déduire que j = 1 (donc pour i de 2 à n, φ((1 i)) est une transposition).
- Montrer qu'il existe même une permutation σ ∈ Sn telle que pour tout i de 2 à n, φ((1 i)) = (σ(1) σ(i)).
- En déduire que l'automorphisme φ est intérieur.
- La transposition (1 2) étant d'ordre 2, son image φ(1 2) l'est aussi donc il existe un entier j (≤ n/2) tel que φ(1 2) ∈ Tj. Toutes les transpositions étant conjuguées dans Sn, leurs images par φ le sont aussi et appartiennent alors toutes à Tj.
- donc , si bien que , ce qui implique j ≤ 3.
Si j = 2, l'égalité devient (n – 2)(n – 3) = 4, ce qui est impossible.
Si j = 3 (donc n ≥ 2j ≥ 6), elle devient (n – 2)(n – 3)(n – 4)(n – 5) = 24 = (6 – 2)(6 – 3)(6 – 4)(6 – 5), ce qui est impossible aussi car n ≠ 6.
Par conséquent, j = 1. - Les deux transpositions φ((1 2)) et φ((1 3)) sont distinctes et ne commutent pas donc leurs supports respectifs ont un point commun, ce qui permet d'écrire φ((1 2)) = (σ(1) σ(2)) et φ((1 3)) = (σ(1) σ(3)). De même, pour i > 3, le support de la transposition φ((1 i)) contient un point de {σ(1), σ(2)} et un point de {σ(1), σ(3)}, et c'est σ(1), sinon on aurait φ((1 i)) = (σ(2) σ(3)) et
φ((1 2)(1 i)(1 3)(1 i)) = (σ(1) σ(2))(σ(2) σ(3))(σ(1) σ(3))(σ(2) σ(3)) = (σ(1) σ(2) σ(3))(σ(1) σ(3) σ(2)) = id, or
(1 2)(1 i)(1 3)(1 i) = (1 2)(3 i) ≠ id.
Ainsi, pour tout i ≥ 2, φ((1 i)) = (σ(1) σ(i)) avec σ(1), σ(2), … , σ(n) ∈ {1, 2, … , n} distincts. - Pour tout i ≥ 2, φ((1 i)) = σ(1 i)σ–1 or les n – 1 transpositions (1 i) engendrent Sn donc pour tout ρ ∈ Sn, φ(ρ) = σρσ–1.
Problème 13 (Le cas particulier S6)
modifier- Montrer que S5 possède 6 sous-groupes d'ordre 5 et qu'il est isomorphe à un sous-groupe transitif de SX, où X désigne l'ensemble de ces 6 sous-groupes.
- Soit K un sous-groupe transitif de S6 d'indice 6 (il en existe d'après la question précédente) et Y l'ensemble des six classes à gauche de S6 modulo K. Soit θ : S6 → SY ≅ S6 le morphisme représentant l'action par translation de S6 sur Y. Montrer que θ est un automorphisme.
- Montrer que le sous-groupe θ(K) de S6 n'est pas transitif et en déduire que θ n'est pas intérieur.
- D'après les théorèmes de Sylow (ou plus élémentairement : parce qu'il contient vingt-quatre 5-cycles), S5 possède six sous-groupes d'ordre 5 et agit transitivement par conjugaison sur cet ensemble X de six sous-groupes. Le morphisme ρ : S5 → SX qui représente cette action est injectif car son noyau est un sous-groupe normal de S5 distinct de S5 et A5 (car d'indice ≥ 6 par transitivité de l'action, ou plus élémentairement car (123)(12345)(321) = (14523) n'est pas une puissance de (12345)).
- ker(θ) est un sous-groupe normal de S6 d'indice ≥ 6 (par transitivité de l'action) donc θ : S6 → S6 est injectif et par conséquent bijectif.
- θ(K) n'est pas transitif car la classe K ∈ Y est fixe par translation par tout élément de K. Donc θ n'est pas intérieur car les automorphismes intérieurs préservent la transitivité.