Groupe (mathématiques)/Exercice/Conjugaison, centralisateur, normalisateur

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**Conjugaison**
Leçon : Groupe (mathématiques)

Exercice 7
Chapitre du cours :	Conjugaison, centralisateur, normalisateur
Cet exercice est de niveau 13.

En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, « Exercice : Conjugaison
Groupe (mathématiques)/Exercice/Conjugaison, centralisateur, normalisateur », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

[modifier] Problème 1

Soient A et B deux sous-groupes conjugués d'un même groupe G. Si AB = G, alors A et B sont égaux à G.^[1]

Solution

Puisque A et B sont conjugués, il existe un élément g de G tel que $B = g A g - 1$ . Puisque G = AB, tout élément x de G peut donc s'écrire $x = a 1 g a 2 g - 1$ avec $a 1$ et $a 2$ dans A. C'est vrai en particulier pour $x = g - 1$ , donc il existe $a 1, a 2$ dans A tels que $g - 1 = a 1 g a 2 g - 1$ . En simplifiant à droite par $g - 1$ , nous trouvons $1 = a 1 g a 2$ . En multipliant à gauche par $a_{1}^{-1}$ et à droite par $a_{2}^{-1}$ , nous obtenons $g = a_{1}^{-1}a_{2}^{-1}$ , 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.

[modifier] Problème 2

Soient G un groupe fini et A un sous-groupe de G. Pour tout élément g de G, désignons par A^g le conjugué $g - 1 A g$ de A, de sorte que (A^g)^h = A^gh. Supposons que $A \not= 1$ et que $A \cap A^{g} = 1$ pour tout $g \in G\setminus A$ . Alors

$\vert \bigcup _{g \in G} A^{g} \vert \geq \frac{\vert G \vert}{2} + 1$ .^[2]

Solution

Soient g et h des éléments de G tels que

$A^{g} \cap A^{h} \not= 1$ .

En passant aux images par la bijection $x \mapsto x^{g^{-1}}$ , nous trouvons

$A \cap A^{hg^{-1}} \not= 1$ ,

d'où, d'après nos hypothèses, $hg^{-1} \in A$ , 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

$A^{g} \cap A^{h} = 1$ .

Soit r l'indice de A dans G; choisissons une transversale de A dans G, c'est-à-dire un système $g 1,... g r$ d'éléments de G tel que pour toute classe à droite de G suivant A, il existe un et un seul i pour lequel $g i$ appartienne à cette classe.
D'après ce qui précède, les r parties de G

$A^{g_{1}} \setminus \{1\}, ..., A^{g_{r}} \setminus \{1\}$

sont deux à deux disjointes, donc

$\bigcup _{g \in G} (A^{g} \setminus \{1\})$ compte au moins $r(\vert A \vert - 1)$ éléments, donc

$\bigcup _{g \in G} A^{g}$ compte au moins $1 + r(\vert A \vert - 1)$ éléments.

Puisque $r = \vert G:A \vert = \vert G \vert / \vert A \vert$ , cela revient à dire que

$\bigcup _{g \in G} A^{g}$ compte au moins $1 + \vert G \vert - \vert G \vert / \vert A \vert$ éléments.

Par hypothèse, $\vert A \vert \geq 2$ , donc

$\vert G \vert / \vert A \leq \vert G \vert / 2$ , d'où l'énoncé.

[modifier] Problème 3

Soient G un groupe fini et A un sous-groupe de G. Pour tout élément g de G, désignons par A^g le conjugué $g - 1 A g$ de A, de sorte que (A^g)^h = A^gh. Prouver que si $A \not= G$ , alors

$G \not= \bigcup _{g \in G} A^{g}$ ,

autrement dit G n'est pas la réunion des conjugués de A.^[3]

Solution

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 $a \in A$ tel que h = ag, alors

A h = A (a g)

A h = (A a) g

d'où, puisque $A a = A$ ,

A h = A g

.

Nous avons donc montré que si g et h sont deux éléments de G appartenant à une même classe à droite suivant A, alors $A h = A g$ . (On l'a déjà noté dans la solution de l'exercice précédent.)

Soit $r = \vert G:A \vert$ ; choisissons une transversale de A dans G, c'est-à-dire un système $g 1,... g r$ d'éléments de G tel que pour toute classe à droite de G suivant A, il existe un et un seul i pour lequel $g i$ appartienne à cette classe.
D'après ce qui précède,

$\bigcup_{g \in G}A^{g} = \bigcup_{1 \leq i \leq r}A^{g_{i}}$ ,

d'où

$(\bigcup_{g \in G}A^{g}) - \{1\} = \bigcup_{1 \leq i \leq r}(A^{g_{i}} - \{1\})$ ,

d'où

$\mathrm{Card}((\bigcup_{g \in G}A^{g}) - \{1\}) \leq \sum_{1 \leq i \leq r}\mathrm{Card}(A^{g_{i}} - \{1\})$

$\mathrm{Card}((\bigcup_{g \in G}A^{g}) \leq 1 + r(\vert A \vert - 1)$ .

Comme $r\vert A \vert = \vert G \vert$ , ceci peut s'écrire

$\mathrm{Card}((\bigcup_{g \in G}A^{g}) \leq \vert G \vert + 1 - r$ .

Puisque A est supposé distinct de G, r est > 1, donc

$\mathrm{Card}((\bigcup_{g \in G}A^{g}) < \vert G \vert$ ,

d'où l'énoncé.

[modifier] Problème 4 (facile)

Soient G un groupe et H un sous-groupe de G. Soit K l'intersection des conjugués de H dans G (y compris H). Prouver que K est un sous-groupe distingué de G.

Solution

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.
Remarque. Désignons par Conj(H) l'ensemble des conjugués de H dans G. L'énoncé revient à dire que, pour tout élément g de G,

$g(\bigcap_{A \in \mathrm{Conj}(H)}A)g^{-1} = \bigcap_{A \in \mathrm{Conj}(H)}A$ ,

ce qui s'écrit encore

$\bigcap_{A \in \mathrm{Conj}(H)}(gAg^{-1}) = \bigcap_{A \in \mathrm{Conj}(H)}A$

Ceci résulte immédiatement du fait que

$A \mapsto gAg^{-1}$

définit une permutation de l'ensemble Conj(H).

Remarque. 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.

[modifier] Problème 5 (Facile)

Soient 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.

Solution

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.)

[modifier] Problème 6 (facile)

Soient G un groupe fini et H un sous-groupe distingué d'ordre 2 de G. Prouver que H est contenu dans le centre de G.

Solution

Nous avons H = {1, a} pour un certain élément a de G-{1}. Puisque H est distingué dans G, nous avons $gag^{-1} \in H$ 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.

[modifier] Problème 7 (facile)^[4]

Soient a₁, ... , a_n des éléments d'un groupe G qui commutent entre eux. Prouver que le sous-groupe de G engendré par a₁, ... , a_n est l'ensemble des éléments de la forme

$\ a_{1}^{r_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n}},$

où r₁, ... , r_n parcourent les entiers rationnels.

Solution

Prouvons que les éléments de la forme

$\ a_{1}^{r_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n}},$

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, ... , r_n, s₁, ... , s_n sont des entiers rationnels,

$\ a_{1}^{r_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n}} a_{1}^{s_{1}} \ldots a_{n}^{s_{n}} = a_{1}^{r_{1} + s_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n} + s_{n}}.$

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 a_i commute avec a_j, chaque élément de <a_i> commute avec chaque élément de <a_j> (voir théorie), donc $\ a_{i}^{r_{i}}$ commute avec $\ a_{j}^{r_{j}}$ . Il nous suffit donc de prouver que si b₁, ... , b_n, c₁, ... , c_n sont des éléments de G qui commutent entre eux, alors

$(1) \quad b_{1} ... b_{n} c_{1} ... c_{n} = b_{1} c_{1} ... b_{n} c_{n}.$

Le premier membre est le produit de la famille

$\ (x_{i})_{1 \leq i \leq 2n}$ ,

où

$\ x_{i} = b_{i}$ si 1 ≤ i ≤ n

et

$\ x_{i} = c_{i} - n$ si n + 1 ≤ i ≤ 2n.

Le second membre de notre thèse (1) est le produit de la famille

$\ (y_{i})_{1 \leq i \leq 2n}$ ,

où

$y_{i} = b_{\frac{i+1}{2}}$ si i est pair

et

$y_{i} = c_{\frac{i}{2}}$ si 1 ≤ i ≤ n.

Il s'agit de prouver que

(2) $\prod _{1 \leq i \leq 2n} x_{i} = \prod _{1 \leq i \leq 2n} y_{i}.$

Soit σ la permutation de {1, 2, ... , 2n} définie par

$\ \sigma (i) = \frac {i + 1}{2}$ si i est impair,

$\ \sigma (i) = n + \frac {i}{2}$ si i est pair.

Alors $\ y_{i} = x_{\sigma(i)}$ , donc notre thèse (2) est vraie d'après le théorème de commutativité.

Il est clair que l'élément neutre est de la forme

$\ a_{1}^{r_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n}},$

avec r₁ = ... = r_n = 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

$\ a_{n}^{-r_{n}} \ldots a_{1}^{-r_{1}}$

de

$\ a_{1}^{r_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n}}$

est égal à

$\ a_{1}^{-r_{1}} \ldots a_{n}^{-r_{n}}$ .

Donc l'ensemble des éléments de G de la forme

$\ a_{1}^{r_{1}} \ldots a_{n}^{r_{n}},$

avec r₁, ... , r_n entiers rationnels, est un sous-groupe de G. Il est clair que ce sous-groupe comprend les éléments a₁, ... , a_n et est contenu dans tout groupe qui les comprend, donc c'est le sous-groupe de G engendré par ces éléments.

[modifier] Problème 8 (facile)

Soient 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.

Solution

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.

[modifier] Problème 9

Soient G un groupe fini et A un sous-groupe de G. Soient $A_{1}, \ldots A_{n}$ les conjugués de A dans G. Alors

$<A_{1}, \ldots A_{n}> \ = A_{1} \ldots A_{n}$ .^[5]

Solution

Lemme. Si $\ B$ est un sous-groupe de $\ G$ , si $\ g$ est un élément de $\ G$ , si $\ B^{g}$ désigne le conjugué $\ g^{-1}bg$ de $\ B$ , si un élément $\ x$ de $\ G$ appartient à $\ B^{g}B$ , il existe un élément $\ h$ de $\ G$ (pouvant dépendre de $\ x$ ) tel que

$(1) \quad x \in BB^{h}$ .

Démonstration. Nous avons

$\ x = (g^{-1}b_{1}g)b_{2}$ avec $b_{1}, b_{2} \in B$ ,

d'où

$x = b_{2}(b_2^{-1}g^{-1}b_{1}gb_{2})$

$x \in BB^{gb_{2}}$ ,

d'où notre thèse (1), avec $\ h = gb_{2}$ .

Dans nos hypothèses sur les $\ A_{i}$ , nous avons donc le

Résultat préliminaire 1 : si un élément x de G appartient à $\ A_{i}A_{j}$ , avec $1 \leq i, j \leq n$ , il existe $k \in \{1, \ldots , n\}$ tel que $x \in A_{j}A_{k}$ .

Résultat préliminaire 2 : si un élément x de G est de la forme $x_{1}x_{2} \ldots x_{s}$ avec $s \in \mathbb{N}$ et $x_{i} \in A_{1} \cup \ldots \cup A_{n}$ pour tout i (deux $x i$ pouvant appartenir au même $\ A_{j}$ ), si j est un indice ( $1 \leq j \leq n$ ) tel qu'un $\ x_{i}$ au moins appartienne à $\ A_{j}$ , alors x peut se mettre sous la forme

$x = x'_{1} \ldots x'_{s}$

avec

$x'_{1} \in A_{j}$

et

$x'_{2}, \ldots , x'_{s} \in A_{1} \cup \ldots \cup A_{n}$ .

Démonstration. (Cela résulte clairement du résultat préliminaire 1 : on peut « amener $A j$ en première position » en le faisant passer autant de fois que nécessaire à la position précédente. Ce qui suit est une mise en forme de cette justification.) Nous allons raisonner par récurrence sur s. Si s = 0, il n'y a rien à démontrer et si s = 1, la thèse est banale. Supposons $s \geq 2$ . Si $x_{1} \in A_{j}$ , notre thèse est vraie. Dans le cas contraire, un des éléments $x_{2}, \ldots x_{n}$ appartient à $M j$ . Par hypothèse de récurrence, $x_{2} \ldots x_{s}$ est de la forme $y_{2} \ldots y_{s}$ avec

$y_{2} \in M_{j}, \quad y_{3}, \ldots y_{s} \in A_{1} \cup \ldots \cup A_{n}$ .

Alors $x = (x_{1}y_{2})y_{3} \ldots y_{s}$ . Puisque $y_{2} \in A_{j}$ , notre premier résultat partiel montre que $x 1 y 2$ peut s'écrire $x' 1 x' 2$ avec $x'_{1} \in M_{j}$ et $x'_{2} \in M_{1} \cup \ldots \cup M_{n}$ .
Notre résultat partiel 2 est donc démontré (avec $x'_{3} = y_{3}, \ldots , x'_{s} = y_{s}$ . (Remarque : nous aurions pu aussi raisonner par récurrence sur l'indice i supposé tel que $x_{i} \in A_{j}$ .)

Notons maintenant que tout élément x du sous-groupe $<A_{1}, \ldots A_{n}>$ engendré par $A_{1}, \ldots A_{n}$ est de la forme

$(2) \quad x = x_{1} \ldots x_{s}$

avec $s \in \mathbb{N}$ et $x_{1}, \ldots x_{n} \in A_{1} \cup \ldots \cup A_{n}$ . Pour tout élément x de $<A_{1}, \ldots A_{n}>$ , convenons d'appeler longueur de x le plus petit nombre naturel tel s qu'il existe une décomposition de x du type (2).

Résultat préliminaire 3. Si un élément x du sous-groupe $<A_{1}, \ldots A_{n}>$ de G engendré par $A_{1}, \ldots A_{n}$ est de longueur l, il existe $j_{1} < \ldots < j_{l}$ dans $\{1, \ldots , n\}$ tels que x puisse se mettre sous la forme

$x = y_{1} \ldots y_{l}$

avec $y_{i} \in A_{j_{i}}$ pour tout i.

Démonstration. On va raisonner par récurrence sur la longueur $\ l$ de $\ x$ . Soit $\ j_{1}$ le plus petit des nombres $j \in \{1, \ldots , n\}$ possédant la propriété suivante : il existe une relation du type (2) avec $\ s = l$ où un au moins des $\ x_{i}$ appartient à $\ A_{j}$ . D'après le résultat préliminaire 2, nous pouvons mettre $\ x$ sous la forme

$x = a'_{1}a'_{2} \ldots a'_{l}$ ,

avec

$a'_{1} \in A_{j_{1}}$ et $a'_{2}, \ldots , a'_{l} \in A_{1} \cup \ldots \cup A_{n}$ .

Il est clair que $a'_{2} \ldots a'_{l}$ est de longueur $\ l-1$ (il est de longueur $\leq l-1$ par définition de la longueur et, s'il était de longueur $\ < l - 1$ , $\ x$ serait de longueur $\ < l$ , contradiction). Donc, par hypothèse de récurrence sur $\ l$ , il existe $j_{2} < \ldots < j_{l}$ dans $\{1, \ldots , n\}$ tels que

$a'_{2} \ldots a'_{l} = b_{2} \ldots b_{l}$ ,

avec

$b_{2} \in A_{j_{2}}, \ldots b_{l} \in A_{j_{l}}$ .

Alors

$(3) \quad x = a'_{1}b_{2} \ldots b_{l}$ .

Par minimalité de $\ j_{1}$ , nous avons $j_{1} \leq j_{2}$ . Si $\ j_{1}$ était égal à $\ j_{2}$ , nous aurions $a'_{1}b_{2} \in A_{j_{2}}$ , d'où

$x=cb_{3} \ldots b_{l}$ , avec

$c = a'_{1}b_{2} \in A_{j_{2}}, b_{3} \in A_{j_{3}}, \ldots b_{l} \in A_{j_{l}}$ ,

ce qui contredit la définition de $\ l$ comme longueur de $\ x$ . Donc $\ j_{1} < j_{2}$ et (3) démontre le résultat préliminaire 3. Il est clair que l'énoncé du problème en résulte.

[modifier] Références

↑ (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.)
↑ (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 12, p. 10.)
↑ 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.)

[0] (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 5, p. 9.)

[1] (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 11, p. 10.)

[2] (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 12, p. 10.)

[3] Énoncé dans J. Calais, Éléments de théorie des groupes, Paris, 1984, p. 127.

[4] (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 13, p. 10.)

[1]

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[3]

[4]

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