Théorie des groupes/Exercices/Holomorphe d'un groupe

Problème 1

Soit n un nombre naturel ≥ 3. Prouver que le groupe diédral D_2n est isomorphe à un sous-groupe de Hol(ℤ/nℤ) (où ℤ/nℤ est muni de sa structure de groupe).

Solution

On a vu au chapitre Groupes diédraux que (si n ≥ 3) D_2n est isomorphe au sous-groupe D de S _ℤ/nℤ formé par les permutations x ↦ ax + b, avec a, b ∈ ℤ/nℤ, a ∈ {1, –1} (où les notations 1 et –1 correspondent à la structure d'anneau de ℤ/nℤ). D'autre part, on a vu dans un exemple du chapitre théorique sur l'holomorphe d'un groupe que Hol(ℤ/nℤ) est le sous-groupe de S_ℤ/nℤ formé par les permutations x ↦ ax + b, où a parcourt les éléments inversibles de l'anneau ℤ/nℤ et b tous les éléments de ℤ/nℤ. Comme les éléments 1 et –1 de ℤ/nℤ sont inversibles dans l'anneau ℤ/nℤ, D est sous-groupe de Hol(ℤ/nℤ), d'où l'énoncé.

 

Problème 2

Soit n un des nombres 3, 4 et 6. Prouver que Hol(ℤ/nℤ) est isomorphe au groupe diédral D_2n.

Solution

Si n est un des nombres 3, 4 et 6, alors φ(n) (indicateur d'Euler) est égal à 2, donc, d’après le chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique, Aut(ℤ/nℤ) est d'ordre 2. Puisque Hol(ℤ/nℤ) est isomorphe à un produit semi-direct de ℤ/nℤ par Aut(ℤ/nℤ), Hol(ℤ/nℤ) est donc d'ordre 2n. D'autre part, d’après l'exercice précédent, D_2n est isomorphe à un sous-groupe D de Hol(ℤ/nℤ). Hol(ℤ/nℤ) et son sous-groupe D sont tous deux d'ordre 2n donc ils sont égaux, donc Hol(ℤ/nℤ) est isomorphe au groupe diédral D_2n.

 

Problème 3

Soit G un groupe. Prouver que Hol G est le normalisateur de G^l dans S_G.

Solution

On a vu dans le chapitre théorique que G^l est normal dans Hol G, ce qui revient à dire que Hol G est contenu dans le normalisateur $N_{S_{G}}(G^{l})$ de G^l dans S_G. Prouvons l'inclusion réciproque. Soit σ un élément de S_G normalisant G^l ; il s'agit de prouver que σ appartient à Hol G.

Puisque σ normalise G^l, nous avons σ G^l σ^-1 = G^l, d'où, a fortiori, σ G^l σ^-1 ⊆ G^l. Ceci revient à dire que, pour tout élément g de G,

σ g^l σ^-1 ∈ G^l.

Cela revient encore à dire que, pour tout élément g de G,

σ g^l ∈ G^l σ.

Autrement dit encore :

(1) pour tout élément g de G, il existe un élément t_g de G tel que, pour tout élément x de G,

σ( gx ) = t_g σ( x ).

En faisant x = 1, nous trouvons

t_g = σ( g ) σ( 1 )^-1,

donc le résultat (1) revient à dire que pour tous éléments g, x de G,

(2) σ( gx ) = σ( g ) σ( 1 )^-1 σ( x ).

Il en résulte que l’application x ↦ σ( 1 )^-1 σ( x ) est un endomorphisme de G En effet, pour tous éléments g, x de G, nous avons, d’après (2)

σ( 1 )^-1 σ( gx ) = σ( 1 )^-1 (σ( g ) σ( 1 )^-1 σ( x ))

σ( 1 )^-1 σ( gx ) = (σ( 1 )^-1 σ( g ) ) (σ( 1 )^-1 σ( x ) ),

ce qui prouve bien que l’application x ↦ σ( 1 )^-1 σ( x ) est un endomorphisme de G. Cet endomorphisme est une permutation de G, à savoir la permutation (σ( 1 )^-1)^l ∘ σ, donc c’est un automorphisme de G. Si φ désigne cet automorphisme, nous avons σ = σ( 1 )^l ∘ φ, donc σ appartient à Hol G, ce qu’il fallait démontrer.

 

Problème 4

L'objet de ce problème est de prouver que pour tout nombre naturel n ≥ 3, Aut(D_2n) est isomorphe à Hol(ℤ/nℤ) (où D_2n désigne le groupe diédral d'ordre 2n et où ℤ/nℤ est muni de sa structure de groupe).

Convention de notation. Soit G un groupe, noté multiplicativement, soit r un nombre naturel non nul, soit a un élément de G tel que a^r = 1. Si X est un élément de ℤ/rℤ alors, pour tous éléments x, x' de X, a^x = a^x' donc on peut désigner sans ambiguïté par a^X la valeur de a^x, où x est n’importe quel élément de X. Pour deux éléments X, Y de ℤ/rℤ, on a encore a^X+Y = a^X a^Y et a^XY = (a^X)^Y.

En particulier, l'élément –1 du groupe multiplicatif des éléments inversibles de l'anneau ℤ/nℤ satisfait à la condition (–1)² = 1, donc si X est un des deux éléments de ℤ/2ℤ, (–1)^X désigne sans ambiguïté l'élément (–1)^x de ℤ/nℤ, où x est n’importe quel élément de X.

Donc, si a, b sont des éléments d'un groupe G tels que aⁿ = b² = 1, si i, k sont des éléments de ℤ/nℤ et j un élément de ℤ/2ℤ, on peut parler sans ambiguïté des éléments $a^{i},a^{k},a^{i+(-1)^{j}k},b^{j}$ de G.

a) (« Table de multiplication » d'un groupe diédral.) Soit n un nombre naturel non nul, soit G un groupe diédal d'ordre 2n. Soient a un élément d'ordre n de G et b un élément de G\⟨a⟩. On a vu au chapitre Groupes diédraux que de tels éléments existent et que pour tous éléments a, b possédant ces propriétés, b est d'ordre 2, bab^–1 (autrement dit bab) est égal à a^–1 et {a, b} engendre G.

Prouver que (si l'on applique la convention de notation définie au début du problème)

tout élément de G s'écrit d'une et une seule façon aⁱ b^j avec i ∈ ℤ/nℤ et j ∈ ℤ/2ℤ

et que si i et k sont des éléments de ℤ/nℤ, si j et l sont des éléments de ℤ/2ℤ alors

$(a^{i}b^{j})(a^{k}b^{l})=a^{i+(-1)^{j}k}b^{j+l}$.

(Noter que ceci illustre un fait déjà vu, à savoir que D_2n est isomorphe au produit semi-direct externe de ℤ/nℤ par ℤ/2ℤ relatif à l'opération ℤ/2ℤ × ℤ/nℤ → ℤ/nℤ : (j, k) ↦ (–1)^jk de ℤ/2ℤ sur ℤ/nℤ.)

Solution

Puisque ⟨a⟩ est un sous-groupe d'ordre n et donc d'indice 2 de G, il est normal dans G (ce qui peut aussi se déduire de bab^–1 = a^–1). Donc, puisque ⟨a⟩ et ⟨b⟩ engendrent G, G = ⟨a⟩ ⟨b⟩, donc tout élément de G est de la forme a^s b^t avec s, t ∈ ℤ, ce qui, d’après notre convention de notation, revient à dire que tout élément de G est de la forme aⁱ b^j avec i ∈ ℤ/nℤ et j ∈ ℤ/2ℤ.

L'application (i, j) ↦ aⁱ b^j de ℤ/nℤ × ℤ/2ℤ dans G est donc surjective. Puisque l’ensemble de départ et l’ensemble d'arrivée de cette application ont le même cardinal 2n, cette application est donc bijective. La première assertion de l'énoncé est donc démontrée.

Soit k un entier rationnel. Puisque x ↦ b x b^-1 définit un automorphisme de G,

ba^kb^-1 = ( bab^-1)^k = (a^-1)^k = a^-k.

Puisque tout entier rationnel j est congru à 0 ou à 1 modulo 2, on a donc, pour tout j ∈ ℤ,

$b^{j}a^{k}b^{-j}=a^{(-1)^{j}k}$,

ce qui est encore vrai si k désigne un élément de ℤ/nℤ et j un élément de ℤ/2ℤ.

Cela peut encore s'écrire

$b^{j}a^{k}=a^{(-1)^{j}k}b^{j}$,

d'où, pour i, k dans ℤ/nℤ et j, l dans ℤ/2ℤ :

$(a^{i}b^{j})(a^{k}b^{l})=a^{i}(b^{j}a^{k})b^{l}$

$(a^{i}b^{j})(a^{k}b^{l})=a^{i}(a^{(-1)^{j}k}b^{j})b^{l}$

$(a^{i}b^{j})(a^{k}b^{l})=a^{i+(-1)^{j}k}b^{j+l}$,

ce qui prouve la seconde assertion de l'énoncé.

 

b) Soit n un nombre naturel non nul, soient G et H deux groupes isomorphes à D_2n, soit a (resp. a') un élément d'ordre n de G (resp. de H), soit b (resp. b') un élément de G\⟨a⟩, (resp. de H\⟨a'⟩). Prouver qu’il existe un et un seul isomorphisme de G sur H qui applique a sur a' et b sur b'.

Solution

D'après la « table de multiplication » de G et de H construite au point a), l'application

aⁱ b^j ↦ a'ⁱ b'^j

est un homomorphisme de G dans H et c’est clairement le seul homomorphisme de G dans H qui applique a sur a' et b sur b'. Donc il existe un et un seul homomorphisme de G dans H qui applique a sur a' et b sur b'. De même, il existe un et un seul homomorphisme de H dans G qui applique a' sur a et b' sur b. Ces deux homomorphismes sont réciproques et sont donc des isomorphismes, ce qui achève de prouver l'énoncé.

 

c) Soit n un nombre naturel non nul, soient G et H deux groupes isomorphes à D_2n, soit a (resp. a') un élément d'ordre n de G (resp. de H), soit b (resp. b') un élément de G\⟨a⟩, (resp. de H\⟨a'⟩). Prouver que pour tout élément i de ℤ/nℤ et tout élément j de (ℤ/nℤ)* (groupe multiplicatif des éléments inversibles de l'anneau ℤ/nℤ), il existe un et un seul isomorphisme de G sur H (dépendant de a et b) qui applique a sur ${a^{\prime }}^{j}$ et b sur ${a^{\prime }}^{i}b^{\prime }$.

Solution

Cela résulte du point b), car si l'on pose a'' = a'^j et b'' = a'ⁱ b', alors a'' est un élément d'ordre n de H et b'' un élément de H\⟨a⟩ = H\⟨a''⟩.

 

d) Soit n un nombre naturel ≥ 3, soit D_2n le groupe diédral d'ordre 2n, soit a un élément d'ordre n de D_2n, soit b un élément de D_2n\⟨a⟩. Il résulte du point c) que pour tout élément i de ℤ/nℤ et tout élément j de (ℤ/nℤ)*, il existe un et un seul automorphisme de D_2n (dépendant de a et b) qui applique a sur a^j et b sur aⁱ b. Notons σ_i,j cet automorphisme. Prouver que (i, j) ↦ σ_i,j définit un isomorphisme de ℤ/nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* sur Aut(D_2n), où ℤ/nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* désigne le produit semi-direct externe de ℤ/nℤ par (ℤ/nℤ)* relatif à l'opération

(ℤ/nℤ)* × ℤ/nℤ → ℤ/nℤ : (j, x) ↦ j x

de (ℤ/nℤ)* sur ℤ/nℤ.

Solution

Pour tout automorphisme σ de D_2n, σ(a) est d'ordre 2n et σ(b) ∈ σ(D_2n\⟨a⟩) = D_2n\⟨σ(a)⟩. Puisque n est supposé au moins égal à 3, D_2n ne contient qu'un sous-groupe d'ordre n, donc σ(a) est de la forme a^j pour un certain élément j de (ℤ/nℤ)*, d'où ⟨σ(a)⟩ = ⟨a⟩, donc la relation σ(b) ∈ D_2n\⟨σ(a)⟩ peut s'écrire σ(b) ∈ D_2n\⟨a⟩, donc σ(b) est de la forme aⁱ b pour un certain élément i de ℤ/nℤ. Donc σ = σ_i,j, ce qui montre que (i, j) ↦ σ_i,j définit une surjection du produit cartésien ℤ/nℤ × (ℤ/nℤ)* sur Aut(D_2n).

Prouvons que cette surjection est injective. Soient i, i' des éléments de ℤ/nℤ et j, j' des éléments de (ℤ/nℤ)* tels que σ_i,j = σ_i',j' ; il s'agit de prouver que i = i' et j = j'. Nous avons tout d’abord σ_i,j (b) = σ_i',j' (b), c'est-à-dire aⁱ b = a^i' b, d'où aⁱ = a^i', d'où i = i' ; ensuite, σ_i,j (a) = σ_i',j' (a), c'est-à-dire a^j = a^j', d'où j = j'.

Nous avons donc prouvé que (i, j) ↦ σ_i,j définit une bijection du produit cartésien ℤ/nℤ × (ℤ/nℤ)* sur Aut(D_2n). Il reste à prouver que cete bijection est un homomorphisme (et donc un isomorphisme) de ℤ/nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* sur Aut(D_2n) (où le produit semi-direct ⋊ est précisé comme dans l'énoncé). Soient i, k ∈ ℤ/nℤ et j, l ∈ (ℤ/nℤ)*. Alors

σ_i,j ∘ σ_k,l (a) = σ_i,j (a^l) = a^jl

et

σ_i,j ∘ σ_k,l (b) = σ_i,j (a^kb) = σ_i,j(a^k) σ_i,j (b) = a^jk aⁱ b = a^i+jkb,

donc σ_i,j ∘ σ_k,l = σ_{i + jk, jl}, ce qui montre bien que la bijection (i, j) ↦ σ_i,j du produit cartésien ℤ/nℤ × (ℤ/nℤ)* sur Aut(D_2n) est un isomorphisme de ℤ/nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* sur Aut(D_2n).

 

e) Soit n un nombre naturel ≥ 3. Pouver que Aut(D_2n) est isomorphe à Hol(ℤ/nℤ).

Solution

D'après le point d), Aut(D_2n) est isomorphe au produit semi-direct externe ℤ/nℤ ⋊ (ℤ/nℤ)* de ℤ/nℤ par (ℤ/nℤ)* relatif à l'opération

(ℤ/nℤ)* × ℤ/nℤ → ℤ/nℤ : (j, x) ↦ j x

de (ℤ/nℤ)* sur ℤ/nℤ.

D'autre part, nous avons vu dans le chapitre théorique que Hol(ℤ/nℤ) est isomorphe au produit semi-direct externe de ℤ/nℤ par Aut(ℤ/nℤ) relatif à l'opération naturelle de Aut(ℤ/nℤ) sur ℤ/nℤ. Pour démontrer l'énoncé, il suffit donc de prouver que les deux opérations en question sont équivalentes (ou, dans une autre terminologie, quasi équivalentes) comme opérations par automorphismes.

On a vu au chapitre Automorphismes d'un groupe cyclique que

(ℤ/nℤ)* → Aut(ℤ/nℤ) : m_j : x ↦ jx

est un isomorphisme de groupes. L'équivalence des deux opérations considérées (via cet isomorphisme et l'isomorphisme identique de ℤ/nℤ sur lui-même) s'en déduit facilement.