Groupe (mathématiques)/Exercice/Groupes symétriques finis

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Groupes symétriques finis
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Exercice 12
Leçon : Groupe (mathématiques)
Chapitre du cours : Groupes symétriques finis

Cet exercice est de niveau 13.
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Groupe (mathématiques)/Exercice/Groupes symétriques finis  », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

Sommaire

[modifier] Problème 1

Soit E un ensemble d'au moins trois éléments. Prouver que le centre du groupe \ S_{E} est réduit à l'élément neutre.

Solution

Soit \ \sigma une permutation non identique de E. Il s'agit de prouver que \ \sigma n'appartient pas au centre de \ S_{E}. Puisque \ \sigma n'est pas la permutation identique, il existe deux éléments distincts a et b de E tels que \ \sigma(a) = b. Puisque E possède au moins trois éléments, nous pouvons choisir dans E un élément c distinct de a et de b. Prouvons que \ \sigma ne commute pas avec la transposition (b \ c). La valeur en a de \sigma \circ (b \ c) est b et celle de (b \ c) \circ \sigma est c, donc \sigma \circ (b \ c) et (b \ c) \circ \sigma sont distinctes, donc \ \sigma et (b \ c) ne commutent pas, donc \ \sigma n'appartient pas au centre de \ S_{E}.
Voici une autre rédaction de la solution, qui la rend peut-être plus facile à mémoriser. Soit \ \sigma une permutation non identique de E. Il s'agit de prouver qu'il existe une permutation \ \varphi de E qui ne commute pas avec \ \sigma, ce qui revient à prouver qu'il existe une permutation \ \varphi de E telle que

(1) \quad \varphi \circ \sigma \circ \varphi^{-1} \not= \sigma.

Comme plus haut, il existe deux éléments distincts a et b de E tels que \ \sigma(a) = b. Puisque \ \sigma applique a sur b, la conjuguée \varphi \circ \sigma \circ \varphi^{-1} de \ \sigma applique \ \varphi(a) sur \ \varphi(b). (On a utilisé ce fait dans la théorie en prouvant que le conjugué d'un r-cycle est un r-cycle.)
Donc si \ \varphi(a) = a et \ \varphi(b) \not= b, \varphi \circ \sigma \circ \varphi^{-1} applique \ \varphi(a) = a sur \ \varphi(b) \not=b et est donc distincte de \ \sigma.
Or, puisque E comprend au moins trois éléments, nous pouvons trouver une telle permutation \ \varphi, par exemple la transposition \ (b \ c), où c est n'importe quel élément de E distinct de a et de b. Il existe donc bien une permutation \ \varphi telle que la condition (1) soit satisfaite.

[modifier] Problème 2

Prouver que si n est un nombre naturel \ \geq 4, le centre du groupe alterné \ A_{n} est réduit à l'élément neutre.[1]

Solution

Soit \ \sigma un élément de \ A_{n}, distinct de la permutation identique. Il s'agit de prouver que \ \sigma n'appartient pas au centre de \ A_{n}. Puisque \ \sigma n'est pas la permutation identique, il existe deux éléments distincts a et b de l'ensemble \{1, 2, \ldots , n\} tels que \ \sigma(a) = b. Puisque n \geq 4, nous pouvons trouver deux autres éléments dans cet ensemble, soient c et d. Posons \varphi = (b\ c\ d). Puisque \varphi = (b\ c\ d) est un cycle de longueur impaire, c'est une permutation paire, autrement dit un élément de \ A_{n}. Comme dans le problème précédent, on montrera que \ \sigma et \varphi ne commutent pas, soit en montrant par un calcul direct que \ \sigma \varphi et \ \varphi \sigma n'ont pas la même valeur en a, soit en notant que \ \varphi \sigma \varphi^{-1} applique \ \varphi (a) sur \ \varphi (b), c'est-à-dire appliquea sur c, et n'est donc pas égale à \ \sigma.

[modifier] Problème 3

Soit n un nombre naturel. Pour toute permutation \ \varphi de \{1, 2, \ldots , n\}, désignons par \ \mathrm{Inv} (\varphi) l'ensemble des inversions de \ \varphi et par \tilde{\varphi} la permutation \{i,j\} \mapsto \{\varphi(i),\varphi(j)\} de l'ensemble des paires d'éléments de \{1, 2, \ldots , n\}.
Soient \ \sigma et \ \tau deux permutations de \{1, 2, \ldots , n\}.
Prouver la relation

\mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv} (\sigma \circ \tau)\ ) = \mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv} (\sigma)\ )\ + \ \mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv} (\tau)\ )\ - \ 2\ \mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv} (\tau) \ \cap\ \tilde{\tau}^{-1}(\mathrm{Inv} (\sigma))\ ).

(Il en résulte évidemment que le nombre d'inversions de \sigma \circ \tau est congru modulo 2 à la somme des nombres d'inversions de \ \sigma et de \ \tau, fait utilisé dans la théorie.)

Solution

Comme noté dans la théorie, une paire {i, j} est une inversion de \sigma \circ \tau si et seulement une des deux conditions suivantes est satisfaite :

1° \ \{i, j\} est une inversion de \ \tau et \ \{\tau(i), \tau(j)\} n'est pas une inversion de \ \sigma;
2° \ \{i, j\} n'est pas une inversion de \ \tau et \ \{\tau(i), \tau(j)\} est une inversion de \ \sigma.

L'ensemble des inversions de \sigma \circ \tau est donc la différence symétrique de \ \mathrm{Inv} (\tau) et de \tilde{\tau}^{-1}(\mathrm{Inv} (\sigma)).
(Rappelons que la différence symétrique A\bigtriangleup B de deux ensembles A et B est par définition l'ensemble (A \setminus B) \cup (B \setminus A) et que si A et B sont finis, \mathrm{Card}(A\bigtriangleup B) = \mathrm{Card}(A) + \mathrm{Card}(B) - 2\mathrm{Card}(A \cap B)). Donc
\mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv} (\sigma \circ \tau)\ ) = \mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv} (\tau)\ )\ + \ \mathrm{Card}\ (\ \tilde{\tau}^{-1}(\mathrm{Inv} (\sigma))\ )\ - \ 2\ \mathrm{Card}\ (\ \mathrm{Inv}(\tau)\ \cap \ \tilde{\tau}^{-1}(\mathrm{Inv} (\sigma))\ ).
Puisque \tilde{\tau} est une permutation de l'ensemble des paires, \tilde{\tau}^{-1}(\mathrm{Inv} (\sigma)) est équipotent à \ \mathrm{Inv} (\sigma), d'où la thèse.

[modifier] Problème 4. Contre-exemple à une réciproque du théorème de Lagrange.

Prouver que le groupe alterné A4, qui est d'ordre 12, n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. (Cela montre qu'on ne peut pas énoncer cette réciproque du théorème de Lagrange : « Si d est un diviseur de l'ordre d'un groupe fini G, G admet un sous-groupe d'ordre d. »)

Solution

Un sous-groupe d'ordre 6 de A4 serait d'indice 2 dans A4, donc (exercices sur le chapitre Sous-groupes distingués, groupe quotient) serait un sous-groupe distingué de A4. C'est impossible, puisque (chapitre Groupes symétriques finis, sous-chapitre Sous-groupes distingués des groupes alternés) les seuls sous-groupes distingués de A4 sont 1, A4 lui-même et un sous-groupe d'ordre 4 de A4.

[modifier] Problème 5 (Facile)

Soient X un ensemble fini, Y une partie de X et σ une permutation de X dont le support est contenu dans Y. Il est clair que σ induit une permutation \sigma|Y : x \mapsto \sigma(x) de Y qu'on appelle la restriction de σ à Y. Montrer que σ est une permutation paire de X si et seulement si σ | Y est une permutation paire de Y.

Solution

Choisissons une décomposition de σ | Y comme produit \tau_{1} \ldots \tau_{n} de transpositions de Y. Nous savons que σ | Y est paire si et seulement si n est pair. Pour chaque i (1 \leq i \leq n), désignons par \tilde{\tau_{i}} la permutation de X qui coïncide avec \tilde{\tau_{i}} en tout point de Y et laisse fixes tous les points de X - Y. Il est clair que \tilde{\tau_{i}} est une transposition de X et que σ est égale au produit \tilde{\tau_{1}} \ldots \tilde{\tau_{n}}. Donc σ est paire si et seulement si n est pair. Ainsi, σ | Y et σ sont paires à la même condition.

[modifier] Problème 6 (Facile)

Soient X un ensemble fini, Y une partie de X et σ une permutation de X dont le support est contenu dans Y. Comme noté à l'exercice précédent, σ induit une permutation \sigma|Y : x \mapsto \sigma(x) de Y qu'on appelle la restriction de σ à Y. Montrer que σ est un produit de cycles de longueur 3 de X si et seulement si σ | Y est un produit de cycles de longueur 3 de Y.

Solution

Conséquence immédiate du problème précédent, puisque si E désigne un ensemble fini, les permutations paires de E sont exactement les produits de cycles de longueur 3 de E.

[modifier] Problème 7. Exemple de groupe simple infini.

Soit E l'ensemble (infini) des nombres naturels > 0. Comme pour un ensemble fini, on appelle transposition de E toute permutation τ de E pour laquelle il existe deux éléments distincts a, b de E tels que τ(a) = b, τ(b) = a et τ(x) = x pour tout x distinct de a et de b. On désigne par A_{\infty} l'ensemble des permutations de E qui peuvent s'écrire comme produit d'un nombre pair de transpositions de E (non forcément deux à deux distinctes). C'est clairement un sous-groupe infini de SE. On va prouver que ce groupe infini est simple.

a) Pour chaque nombre naturel n > 0, désignons par Bn le sous-groupe de A_{\infty} formé par les permutations \in A_{\infty} dont le support est contenu dans \{1, \ldots n\}. Prouver que, pour tout élément σ de Bn, la « restriction » de σ à \{1, \ldots n\} est une permutation paire de \{1, \ldots n\} et que Bn est isomorphe à An.

Solution

Puisque σ appartient à A_{\infty}, il existe des transpositions \tau_{1}, \ldots \tau_{2k} de E telles que \sigma = \tau_{1} \ldots \tau_{2k}. Soit X la réunion de \{1, \ldots n\} et des supports des τi. Puisque le support de σ est contenu dans X (par exemple parce qu'il est contenu dans \{1, \ldots n\}), nous pouvons considérer la restriction σ | X de σ à X. Pour chaque i (1 \leq i \leq 2k), désignons par \bar{\tau_{i}} la « restriction » de τi à X (ce qui est possible puisque le support de τi est contenu dans X). Il est clair que σ | X est le produit des \bar{\tau_{i}} (i \leq 2k),donc c'est une permutation paire de X. Son support est contenu dans \{1, \ldots n\} (puisque le support de σ l'est lui-même) donc, d'après un des problèmes précédents, la restriction de σ | X à \{1, \ldots n\} est une permutation paire de \{1, \ldots n\}, autrement dit la restriction de σ à \{1, \ldots n\} est une permutation paire de \{1, \ldots n\}, comme annoncé. Nous pouvons donc définir une application de Bn dans An qui à tout élément σ de Bn fait correspondre sa restriction à \{1, \ldots n\}. D'autre part, si \varphi est un élément de An, on montre facilement que la permutation de E qui coïncide avec \varphi en tout élément de \{1, \ldots n\} et laisse fixes tous les autres éléments de E appartient à Bn, ce qui permet de définir une application de An dans Bn, réciproque de l'application que nous avons définie de Bn dans An. Ainsi, il existe une bijection de Bn sur An qui applique tout élément σ de Bn sur sa restriction à \{1, \ldots n\}. On vérifie facilement que cette bijection est un isomorphisma, donc Bn est isomorphe à An comme annoncé.

b) Soit H \not= 1 un sous-groupe distingué de A_{\infty}. En raisonnant sur le sous-groupe H \cap B_{n} de Bn, montrer que H = A_{\infty}, ce qui prouve que A_{\infty} est simple.

Solution

Choisissons dans H un élément \sigma \not= 1. Il est clair que A_{\infty} est la réunion des Bn, donc il existe un n0 tel que \sigma \in B_{n_{0}}. Soit n1 le plus grand des deux nombres n0 et 5. Il est clair que la suite des Bn est croissante, donc σ appartient à Bn pour tout nombre naturel n \geq n_{1}. Soit n un tel nombre naturel. Puisque H est distingué dans A_{\infty}, H \cap B_{n} est distingué dans Bn. Puisque n \geq 5, An est simple. Puisque Bn est isomorphe à An, Bn est simple. Ainsi, H \cap B_{n} est un sous-groupe distingué du groupe simple Bn et comprend l'élément \sigma \not= 1. On a donc H \cap B_{n} = B_{n}, autrement dit, H contient Bn. Puisque ceci est vrai pour tout n \geq n_{1} et que la suite des Bn est croissante, H contient Bn pour tout n \geq 1. Puisque A_{\infty} est la réunion des Bn; H est donc égal à A_{\infty} tout entier, ce qui prouve bien que A_{\infty} est simple.

Remarque : le point a) n'est pas vraiment nécessaire pour prouver que A_{\infty} est simple. Il suffit de définir Bn comme l'ensemble des éléments de A_{\infty} dont le support est contenu dans \{1, \ldots n\} et dont la restriction à \{1, \ldots n\} est une permutation paire de \{1, \ldots n\}. Cela permet d'abréger la démonstration, mais a l'inconvénient de donner une définition redondante de Bn, puisque, d'après le point a), on peut éliminer de cette définition la condition que la restriction à \{1, \ldots n\} soit une permutation paire.

[modifier] Problème 8 (Sous-groupes simples de Sn)

Soient n un entier naturel et G un sous-groupe simple de Sn dont l'ordre est au moins égal à 3. Prouver que G est contenu dans An. (Indication : raisonner sur l'indice de G ⋂ An dans G.)

Solution

Puisque G est un sous-groupe simple d'ordre au moins 3 de Sn, n > 1, donc An est d'indice 2 dans Sn. Supposons que, par absurde, G ne soit pas contenu dans An. Alors G An est un sous-groupe de Sn strictement plus grand que An. Comme An est d'indice 2 dans Sn, on a donc G An = Sn, donc G An/An est d'ordre 2. D'après le second théorème d'isomorphisme (chapitre Sous-groupe distingué et groupe quotient), il en résulte que G/G ⋂ An est d'ordre 2, autrement dit que G ⋂ An est d'indice 2 dans G et est donc un sous-groupe distingué de G. Puisque G est simple, on a donc G ⋂ An = 1. Puisque G est d'ordre au moins égal à 3, il contient au moins deux éléments distincts de 1, soient σ1 et σ2. Puisque G ⋂ An = 1, les permutations σ1 et σ2 sont toutes deux impaires, donc σ1 σ2-1 est une permutation paire qui appartient à G, donc, puisque G ⋂ An = 1, σ1 σ2-1 = 1, autrement dit σ1 = σ2, ce qui contredit le choix de σ1 et σ2. (On aurait aussi pu dire que, compte tenu de la formule du produit, démontrée dans le chapitre Produit de groupes, la relation G ⋂ An = 1 entraîne \ \vert G A_{n} \vert = \vert G \vert \cdot \vert A_{n} \vert , d'où, puisque \ \vert G \vert est au moins égal à 3, \ \vert G A_{n} \vert > \vert S_{n} \vert , ce qui est absurde.) La contradiction obtenue prouve l'énoncé.

Remarque. Cet énoncé nous servira pour démontrer que si un groupe simple G d'ordre au moins égal à 3 admet un sous-groupe propre d'indice fini n, G est isomorphe à un sous-groupe de An.

[modifier] Références

  1. ↑ (J.J. Rotman, An Introduction to the Theory of Groups, 4e éd., New York, tirage de 1999, exerc. 3.1, p. 45.)
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