Théorie des groupes/Exercices/Conjugaison, centralisateur, normalisateur

Problème 1

Soient G un groupe et A, B deux sous-groupes conjugués. Montrer que si AB = G, alors A et B sont égaux à G.

Solution

Puisque A et B sont conjugués, il existe un élément g de G tel que $B=gAg^{-1}$. Puisque G = AB, tout élément x de G peut donc s'écrire $x=a_{1}ga_{2}g^{-1}$ 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 $g^{-1}=a_{1}ga_{2}g^{-1}$. En simplifiant à droite par $g^{-1}$ (ou, si on préfère, en multipliant à droite par $g$), nous trouvons $1=a_{1}ga_{2}$. 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.

 

(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 = H^xK^y

où, pour tout élément g et toute partie A de G, A^g désigne la partie conjuguée g^-1Ag de A.

Solution

Soient h ∈ H et k ∈ K tels que xy^-1 = hk. Alors, H^xK^y = H^hkyK^y = H^kyK^ky = (HK)^ky = G^ky = G.

 

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 $g^{-1}Ag$ de A, de sorte que (A^g)^h = A^gh. On suppose que $A\not =1$ et que $A\cap A^{g}=1$ pour tout $g\in G\setminus A$. Prouver que

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

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.

 

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 $g^{-1}Ag$ 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.

Solution

(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 $\vert G\vert /\vert A\vert$, 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 $a\in A$ tel que h = ag, alors $A^{h}=A^{(ag)}=(A^{a})^{g}$ 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 ${\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}-\{1\}=\bigcup _{1\leq i\leq r}(A^{g_{i}}-\{1\})$ et donc

$\mathrm {Card} \left({\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}-\{1\}\right)\leq \sum _{1\leq i\leq r}\mathrm {Card} (A^{g_{i}}-\{1\})$
$\mathrm {Card} \left(\bigcup _{g\in G}A^{g}\right)\leq 1+r(\vert A\vert -1)$.

Comme $r\vert A\vert =\vert G\vert$, ceci peut s'écrire $\mathrm {Card} {\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}\leq \vert G\vert +1-r$. Puisque A est supposé distinct de G, r est > 1, donc $\mathrm {Card} {\Bigl (}\bigcup _{g\in G}A^{g}{\Bigr )}<\vert G\vert$, 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

Soit 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. (Indication : étant donné un sous-groupe maximal M de G, appliquer deux problèmes ci-dessus à la réunion des conjugués de M.)

Solution

Supposons que, par absurde,

$\ (1)$ aucun sous-groupe maximal de G ne soit normal dans G.

Soit M un sous-groupe maximal de G. Puisque M est contenu dans $\ N_{G}(M)$ et que M est maximal, $\ N_{G}(M)$ 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, $\ N_{G}(M)\not =G,$ donc $\ N_{G}(M)=M.$ Ceci revient à dire que

$\ (2)$ pour tout sous-groupe maximal M de G et pour tout $g\in G\setminus M,M^{g}\not =M$

(où $\ M^{g}$ désigne $\ g^{-1}Mg$).

D'autre part, il est clair (par exemple parce que M n’est pas normal dans G) que $M\not =1.$ Compte tenu de ceci, de (2) et d'un des problèmes ci-dessus, on a donc

$(3)\qquad \vert \bigcup _{g\in G}M^{g}\vert \geq {\frac {\vert G\vert }{2}}+1.$

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, $\bigcup _{g\in G}P^{g}$ n’est pas égal à G tout entier. Nous pouvons donc choisir un élément x de G qui n'appartient pas à $\bigcup _{g\in G}P^{g}$.
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 $\bigcup _{g\in G}P^{g}$, Q est distinct de tous les conjugués de P. On en tire facilement que

$\ (4)$ 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

$(5)\qquad (\bigcup _{g\in G}P^{g})\cap (\bigcup _{g\in G}Q^{g})=\{1\}.$

D'après (3), $\vert \bigcup _{g\in G}P^{g}\vert$ et $\vert \bigcup _{g\in G}Q^{g}\vert$ sont tous deux $\geq {\frac {\vert G\vert }{2}}+1,$ donc, d’après (5), $(\bigcup _{g\in G}P^{g})\cup (\bigcup _{g\in G}Q^{g})$ est une partie de G de cardinal $\geq \vert G\vert +1,$ ce qui est absurde. Cette contradiction démontre l'énoncé.

 

Problème 5 (facile)

Soient 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.

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.

Remarques. 1°. 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).
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)

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.)

 

Problème 7 (facile)

Soient 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.

Solution

Nous avons H = {1,a} pour un certain élément a de $G\setminus \{1\}$. Puisque H est normal 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.

 

Problème 8 (facile)

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 impair et $y_{i}=c_{\frac {i}{2}}$ si i est pair, pour tout entier i tel que 1 ≤ i ≤ 2n. 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.

 

Problème 9 (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.

 

Problème 10

Soit G un groupe. Pour deux éléments a et b de G, on posera $\ a^{b}=b^{-1}ab$, de sorte que, pour a, b et c dans G, $\ (ac)^{b}=a^{b}c^{b}$ et $\ a^{bc}=(a^{b})^{c}$. Pour une partie X de G et un élément g de G, on désignera par $\ X^{g}$ l’ensemble des $\ x^{g}$, x parcourant X.

a) Soient G un groupe et X une partie de G telle que

$(1)\quad X^{g}\subseteq X$ pour tout élément g de G.

Supposons que X soit la réunion de n parties X₁, ..., X_n de G :

$\ X=X_{1}\cup \dotsb \cup X_{n}.$

Prouver que tout produit d'éléments de X peut se mettre sous la forme

$(2)\quad x_{1,1}\dotsm x_{1,r_{1}}\ x_{2,1}\dotsm x_{2,r_{2}}\dotsm x_{n,1}\dotsm x_{n,r_{n}}$

avec

$\ x_{i,j}\in X_{i}$ pour tout $\ i$ ($\ 1\leq i\leq n$) et tout $\ j$,

en admettant que $\ r_{i}$ puisse être nul, auquel cas $\ x_{1,1}\dotsm x_{1,r_{1}}$ est le produit d'une famille vide et est donc égal à 1.

Solution

Notons d’abord que si x et y sont deux éléments de X, alors

$(3)\quad xy$ est de la forme $\ yx'$ avec x' dans X.

En effet, $\ xy=y(y^{-1}xy)$ et $\ y^{-1}xy$ 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 $\ a_{1},\dotsc ,a_{s}$ sont des éléments de X, alors $\ a_{1}\dotsm a_{s}$ est de la forme

$(5)\quad a_{1}\ldots a_{s}=x_{1,1}\dotsm x_{1,r_{1}}\ x_{2,1}\ldots x_{2,r_{2}}\ldots x_{n,1}\dotsm x_{n,r_{n}}$

avec

$\ x_{i,j}\in X_{i}$ pour tout $\ i$ ($\ 1\leq i\leq n$) et tout $\ j$,

$\ r_{1}+\dotsb +r_{n}=s,$

$\ r_{i}$ 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 $\ i$ ($\ 1\leq i\leq n$) tel que $\ a_{1}\dotsm a_{s}$ puisse s'écrire comme produit de s éléments de X dont un au moins appartienne à $\ X_{i}$. D'après (4), $\ a_{1}\dotsm a_{s}$ peut donc s'écrire

$(6)\quad a_{1}\dotsm a_{s}=a'_{1}\dotsm a'_{s}$ avec $\ a'_{1},\dotsc ,a'_{s}$ dans X et $\ a'_{1}$ dans $X_{i}$.

Par hypothèse de récurrence sur s, $\ a'_{2}\dotsm a'_{s}$ est de la forme

$\ a'_{2}\dotsm a'_{s}=y_{1,1}\dotsm y_{1,r_{1}}\ y_{2,1}\dotsm y_{2,r_{2}}\dotsm y_{n,1}\dotsm y_{n,r_{n}},$

où $\ y_{j,k}$ appartient à $\ X_{j}$ pour tout $\ j$ et tout $\ k$ et où

$(7)\quad r_{1}+\dotsb +r_{n}=s-1.$

On a alors

$(8)\quad a_{1}\dotsm a_{s}=a'_{1}y_{1,1}\dotsm y_{1,r_{1}}\ y_{2,1}\dotsm y_{2,r_{2}}\dotsm y_{n,1}\dotsm y_{n,r_{n}}.$

Par minimalité de i, aucun des $\ y_{j,k}$ ne peut appartenir à un $\ X_{t}$ avec t < i, donc les $\ r_{t}$ pour t < i sont nuls et (7) et (8) donnent

$\ a_{1}\dotsm a_{s}=a'_{1}y_{i,1}\dotsm y_{i,r_{i}}\dotsm y_{n,1}\dotsm y_{n,r_{n}},$

avec $\ (1+r_{i})+\dotsb +r_{n}=s,$ 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 $\ (j_{1},\dotsc ,j_{s})$ un s-uplet d'éléments de l'intervalle naturel [1, n], convenons de dire que $\ (j_{1},\dotsc ,j_{s})$ est un s-uplet d'appartenances de x si x peut s'écrire sous la forme

$x=a_{1}\dotsm a_{s},$

avec $\ a_{i}\in X_{j_{i}}$ pour tout $\ i(1\leq s).$
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

$(9)\quad x=a_{1}\dotsm a_{s},$

tous les $\ a_{i}$ appartenant à X. Nous pouvons choisir un s-uplet d'appartenances de x, soit $\ (j_{1},\dotsc ,j_{s})$, tel que $\ a_{i}\in X_{j_{i}}$ pour tout $\ i(1\leq s).$.
Si ce s-uplet n’est pas croissant, il existe un indice $\ k<s$ tel que $\ j_{k}>j_{k+1}.$ D'après (3), nous pouvons remplacer, dans l’expression (9) de x, le produit partiel $\ a_{k}a_{k+1}$ par $\ a_{k+1}a'$, où $\ a'$ est un élément de X et donc d'un certain $\ X_{r}.$ Alors $\ (j_{1},\dotsc ,j_{k-1},j_{k+1},r,j_{k+2},\dotsc ,j_{s})$ est un s-uplet d'appartenances de x et est strictement plus petit que le s-uplet d'appartenances $\ (j_{1},\dotsc ,j_{s})$ selon l’ordre lexicographique. Puisque l’ensemble $\ [1,n]^{s}$ 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 $A_{1},\dotsc ,A_{n}$ ces conjugués. Alors

$\langle A_{1},\dotsc ,A_{n}\rangle =A_{1}\dotsm A_{n}$. (Appliquer le point a).)

Solution

Dans l'énoncé du point a), faisons

$\ X=A_{1}\cup \dotsb \cup A_{n},$

de sorte que $\langle A_{1},\dotsc ,A_{n}\rangle =\langle X\rangle .$ Comme les $\ A_{i}$ sont des groupes, $\ X=X^{-1}$, donc $\langle X\rangle$ est l’ensemble des produits d'éléments de X, donc, d’après le point a), tout élément de $\langle X\rangle$ est de la forme $\ p_{1}\dotsm p_{n}$, où, pour chaque i, $\ p_{i}$ est un produit d'éléments de $\ A_{i}.$ Comme chaque $\ A_{i}$ est un groupe, $\ p_{i}$ appartient à $\ A_{i}$, donc

$\langle A_{1},\dotsc ,A_{n}\rangle \subseteq A_{1}\dotsm A_{n}.$

L'inclusion réciproque est évidente.

 

c) Soient G un groupe, x un élément de G et $\ A_{1},A_{2}$ deux sous-groupes de G. Désignons par C l’ensemble $\ \{x^{g}\vert g\in G\}$ des conjugués de x dans G. Supposons que $\ \langle C\rangle =G$ et $\ C\subseteq A_{1}\cup A_{2}$. Prouver que $\ A_{1}=G$ ou $\ A_{2}=G$. (Appliquer le point a).)

Solution

Posons $\ X=C\cup C^{-1}.$ Il est clair que $\ X^{g}\subseteq X$ pour tout g dans G. Nous pouvons donc appliquer le point a) à $\ X=C\cup C^{-1},$ $\ n=2,$ $\ X_{1}=(C\cup C^{-1})\cap A_{1}$ et $\ X_{2}=(C\cup C^{-1})\cap A_{2}$. Nous trouvons ainsi que tout produit d'éléments de $\ C\cup C^{-1}$ est de la forme $\ p_{1}p_{2}$, où $\ p_{1}$ est un produit d'éléments de $\ (C\cup C^{-1})\cap A_{1}$ et $\ p_{2}$ un produit déléments de $\ (C\cup C^{-1})\cap A_{2}$. Mais, d’après l'hypothèse <C> = G, tout élément de G est produit d'éléments de $\ C\cup C^{-1}$ et, d’autre part, $\ p_{1}$ appartient évidemment à $\ A_{1}$ et $\ p_{2}$ à $\ A_{2}$. Donc

$(1)\quad G=A_{1}A_{2}.$

Prouvons maintenant que G est égal à $\ A_{1}$ ou à $\ A_{2}$. Puisque G = <C>, il suffit de prouver que C est contenu dans $\ A_{1}$ ou dans $\ A_{2}$.

Supposons que C ne soit pas contenu dans $\ A_{1}$. Il existe alors un élément y de C qui n'appartient pas à $\ A_{1}$. Soit g un élément de G. D'après (1), g est de la forme $\ a_{1}a_{2}$ avec $\ a_{1}\in A_{1}$ et $\ a_{2}\in A_{2}$. Alors $\ y^{a_{1}}\notin A_{1}$, sinon on aurait

$\ y\in A_{1}^{a_{1}^{-1}}=A_{1}.$

Puisque $\ y^{a_{1}}\in C\subseteq A_{1}\cup A_{2},$ on a donc

$\ y^{a_{1}}\in A_{2},$

d'où $\ y^{a_{1}a_{2}}\in A_{2},$ c'est-à-dire $\ y^{g}\in A_{2}.$ Ceci étant vrai pour tout élément g de G et l’ensemble $\ \{y^{g}\vert g\in G\}$ étant égal à C (puisque y est un conjugué de x), nous avons donc $\ C\subseteq A_{2}.$

Nous avons donc prouvé que si C n’est pas contenu dans $\ A_{1},$ il est contenu dans $\ A_{2}$, ce qui revient à dire que C est contenu dans $\ A_{1}$ ou dans $\ A_{2}$. Comme nous l'avons noté, l'énoncé en résulte.

 

Problème 11 (facile)

a) Soient A, B deux groupes, $\sigma$ un isomorphisme de A sur B et H un sous-groupe de A. Prouver que $\sigma (C_{A}(H))=C_{B}(\sigma (H)).$

Solution

Pour tout élément y de B,

${\begin{aligned}y\in C_{B}(\sigma (H))&\Leftrightarrow \forall h\in H,\ y^{-1}\sigma (h)y=\sigma (h)\\&\Leftrightarrow \forall h\in H,\ \sigma ^{-1}(y^{-1}\sigma (h)y)=h\\&\Leftrightarrow \forall h\in H,\ \sigma ^{-1}(y)^{-1}h\sigma ^{-1}(y)=h\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y)\in C_{A}(H)\\&\Leftrightarrow y\in \sigma (C_{A}(H)).\end{aligned}}$

 

b) Soient A, B deux groupes, $\sigma$ un isomorphisme de A sur B et H un sous-groupe de A. Prouver que $\sigma (N_{A}(H))=N_{B}(\sigma (H)).$

Solution

Pour tout élément y de B,

${\begin{aligned}y\in N_{B}(\sigma (H))&\Leftrightarrow y^{-1}\sigma (H)y=\sigma (H)\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y^{-1}\sigma (H)y)=H\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y)^{-1}H\sigma ^{-1}(y)=H\\&\Leftrightarrow \sigma ^{-1}(y)\in N_{A}(H)\\&\Leftrightarrow y\in \sigma (N_{A}(H)).\end{aligned}}$

 

c) Soient G un groupe, H un sous-groupe de G et a un élément de G. Prouver que

$\qquad a^{-1}C_{G}(H)a=C_{G}(a^{-1}Ha)$

et

$\qquad a^{-1}N_{G}(H)a=N_{G}(a^{-1}Ha).$

Solution

Appliquer les points a) et b) au cas où A = B = G et où $\sigma$ est l'automorphisme $x\mapsto a^{-1}xa$ 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.

Solution

Soit a un élément de G. D'après le point c),

$a^{-1}C_{G}(H)a=C_{G}(a^{-1}Ha).$

Puisque H est normal dans G, on peut remplacer $a^{-1}Ha$ par H, donc

$a^{-1}C_{G}(H)a=C_{G}(H),$

ce qui prouve que $C_{G}(H)$ est normal dans G.

 

Problème 12

Soient $G$ un groupe et $x\in G$ un élément d'ordre $n$. On note :

• $H=\langle x\rangle$ le sous-groupe engendré par $x$ ;
• $C=\{y\in G\mid xy=yx\}$ le centralisateur de $x$ ;
• $N=\{y\in G\mid Hy=yH\}$ le normalisateur de $H$.

Remarquons que l'on a toujours $H\subset C\subset N$.

1. 1. Expliciter $H$, $C$ et $N$ dans le cas $G=S_{4}$ et $x=(123)$.
   2. Même question, toujours dans le cas $G=S_{4}$, avec $x=(12)$.
2. On revient au cas général. Montrer que pour tout $y\in N$, il existe un entier $k$ premier avec $n$ tel que $yxy^{-1}=x^{k}$. Cet entier $k$ est-il unique ? Montrer que si $n$ est premier, $y^{k-1}\in C$.
3. Montrer que l'on peut définir une application $\varphi :N\to (\mathbb {Z} /n\mathbb {Z} )^{\times }$ en posant $\varphi (y)={\bar {k}}$ (où $k$ provient de la question précédente) et montrer que cette application est un morphisme de groupes.
4. Calculer le noyau de $\varphi$.
5. On suppose dans cette dernière question que $G$ est un groupe symétrique $S_{m}$ (où $m\geq 2$).
   1. Montrer que les générateurs du groupe $H$ sont deux à deux conjugués dans $G$.
   2. En déduire que les groupes $N/C$ et $(\mathbb {Z} /n\mathbb {Z} )^{\times }$ sont isomorphes.

Solution

1. 1. $H=\{\mathrm {id} ,(123),(132)\}$.
      $\sigma \in C\Leftrightarrow \sigma (123)\sigma ^{-1}=(123)\Leftrightarrow (\sigma (1)\sigma (2)\sigma (3))=(123)$
      $\Leftrightarrow (\sigma (1),\sigma (2),\sigma (3))\in \{(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2)\}\Leftrightarrow \sigma \in \{\mathrm {id} ,(123),(132)\}$ donc $C=H$.
      $\sigma \in N\Leftrightarrow \sigma (123)\sigma ^{-1}\in \{(123),(132)\}\Leftrightarrow$
      $\sigma \in H$ ou $(\sigma (1),\sigma (2),\sigma (3))\in \{(1,3,2),(3,2,1),(2,1,3)\}$ donc
      $N=\{\mathrm {id} ,(123),(132),(23),(13),(12)\}$.
   2. $H=\{\mathrm {id} ,(12)\}$.
      $\sigma \in C\Leftrightarrow \sigma (12)\sigma ^{-1}=(12)\Leftrightarrow (\sigma (1)\sigma (2))=(12)$
      $\Leftrightarrow (\sigma (1),\sigma (2))\in \{(1,2),(2,1)\}$ donc $C=\{\mathrm {id} ,(34),(12),(12)(34)\}$.
      $\sigma \in N\Leftrightarrow \sigma (12)\sigma ^{-1}=(12)$ donc $N=C$.
2. Pour tout $y\in N$, $\langle x\rangle =y\langle x\rangle y^{-1}=\langle yxy^{-1}\rangle$ donc $yxy^{-1}$ est un générateur de $\langle x\rangle$, c'est-à-dire un élément de la forme $x^{k}$ avec $k$ premier à $n$.
   On a $x^{k}=x^{k'}\Leftrightarrow x^{k-k'}=e\Leftrightarrow n\mid k-k'$, donc $k$ n'est pas unique.
   $y^{n}xy^{-n}=x^{(k^{n})}$ et (petit théorème de Fermat, $n$ étant ici supposé premier) $k^{n}\equiv k{\bmod {n}}$, donc $y^{n}xy^{-n}=x^{k}=yxy^{-1}$, d'où $y^{n-1}x=xy^{n-1}$.
3. $\varphi$ est bien défini car le $k$ associé à $y$ n'est pas unique mais sa classe modulo $n$ l'est. $\varphi$ est un morphisme car si $\varphi (y)={\bar {k}}$ et $\varphi (z)={\bar {\ell }}$ alors $(yz)x(yz)^{-1}=y(zxz^{-1})y^{-1}=y(x^{\ell })y^{-1}=(yxy^{-1})^{\ell }=(x^{k})^{\ell }$ donc $\varphi (yz)={\overline {k\ell }}=\varphi (y)\varphi (z)$.
4. $\varphi (y)={\bar {1}}\Leftrightarrow yxy^{-1}=x$ donc $\ker \varphi =C$.
5. 1. Si $x$ est un produit de cycles disjoints c$_{1},\dots ,c_{m}$ d'ordres respectifs $n_{1},\ldots ,n_{m}$ alors son ordre $n$ est le ppcm des $n_{i}$. Tout générateur de $H$ est de la forme $x^{k}=c_{1}^{k}\ldots c_{m}^{k}$ où $k$ est premier avec $n$ donc avec chaque $n_{i}$, donc chaque $c_{i}^{k}$ est encore un cycle d'ordre $n_{i}$, si bien que $x^{k}$ est, comme $x$, un produit de cycles disjoints d'ordres $n_{1},\ldots ,n_{m}$, donc $x^{k}$ et $x$ sont conjugués dans $S_{n}$.
   2. D'après le théorème de factorisation et les questions 3 et 4, la seule chose qui reste à vérifier est la surjectivité de $\varphi$. Soit ${\bar {k}}\in (\mathbb {Z} /n\mathbb {Z} )^{\times }$. D'après 5.1, $x^{k}$ et $x$ sont conjugués dans $G$ donc il existe $y\in G$ tel que $yxy^{-1}=x^{k}$. Cette équation assure de plus que $y$ est non seulement dans $G$ mais dans $N$, et que ${\bar {k}}=\varphi (y)\in \operatorname {im} \varphi$.

 

Problème 13

L'objet de ce problème est de prouver que si $\varphi$ est un homomorphisme d'un groupe $G_{0}$ dans un groupe G, alors $\varphi$ est surjectif si et seulement pour tout groupe L et pour tous homomorphismes $f,g$ de G dans L, l'égalité $f\circ \varphi =g\circ \varphi$ entraîne $f=g.$

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 $\infty .$ Notons X l'ensemble $(G/H)\cup \{\infty \}$ et notons K le groupe $S_{X}$ des permutations de X.

Pour tout élément $a$ de G, notons ${\tilde {a}}$ la transformation de X qui applique $\infty$ sur lui-même et, pour tout élément C de G/H, applique C sur aC ; donc, pour tout élément $b$ de G, ${\tilde {a}}(bH)=(ab)H.$ Prouver que pour tout élément $a$ de G, ${\tilde {a}}$ est une permutation de X, que l'application $f:G\to S_{X}:a\mapsto {\tilde {a}}$ est un homomorphisme de G dans $K=S_{X}$ et que si $a\in H$ alors la permutation $f(a)$ fixe l'élément H de X.

Solution

Pour tout élément $a$ de G, la transformation $C\mapsto aC$ de G/H est une permutation de G/H, par exemple parce qu'elle admet la transformation $C\mapsto a^{-1}C$ pour réciproque. D'autre part, l'unique transformation de $\{\infty \}$ est évidemment une permutation de $\{\infty \}.$ Comme les ensembles G/H et $\{\infty \}$ sont disjoints, il en résulte que la transformation ${\tilde {a}}$ de X qui applique $\infty$ 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

$f:G\to S_{X}:a\mapsto {\tilde {a}}$

est un homomorphisme de G dans $K=S_{X}.$ Soient $a,b$ des éléments de G. Alors

${\tilde {b}}(C)=bC$ pour tout élément C de G/H

et

${\tilde {b}}(\infty )=\infty .$

Donc, d'après la définition de ${\tilde {a}}$,

${\tilde {a}}({\tilde {b}}(C))=abC$ pour tout élément C de G/H

et

${\tilde {a}}({\tilde {b}}(\infty ))=\infty .$

Cela montre que ${\tilde {a}}\circ {\tilde {b}}={\widetilde {ab}}$, autrement dit $f(a)\circ f(b)=f(ab)$, donc $f$ est bien un homomorphisme de G dans $K=S_{X}.$

Si $a\in H$ alors

$f(a)(H)=aH=H$.

 

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 $x,y$ deux différents éléments de T, on note $(x\ y)$ la permutation de T qui applique $x$ sur $y$, $y$ sur $x$ 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 $g$ de G dans $K=S_{X}$ par $g=\gamma \circ f$, où $f$ est l'homomorphisme de G dans $K=S_{X}$ considéré au point a) et où $\gamma$ est l'automorphisme intérieur $\sigma \mapsto (H\ \infty )\circ \sigma \circ (H\ \infty )^{-1}=(H\ \infty )\circ \sigma \circ (H\ \infty )$ du groupe $S_{X}.$

Prouver que $f$ et $g$ sont deux différents homomorphismes de G dans K et que $f\vert H=g\vert H,$ ce qui prouve le point b).

Solution

Puisque, d'après le point a), $f$ est un homomorphisme de G dans $K=S_{X}$ et que $\gamma$ est par définition l'automorphisme intérieur $\sigma \mapsto (H\ \infty )\circ \sigma \circ (H\ \infty )^{-1}=(H\ \infty )\circ \sigma \circ (H\ \infty )$ du groupe $S_{X}=K$, le composé $g=\gamma \circ f$ est un homomorphisme de G dans $K=S_{X}.$

La permutation $f(a)$ fixe toujours $\infty$ par construction, et l'on a vu au point a) que si $a\in H$, elle fixe aussi H. Dans ce cas, la conjugaison par la transposition $(H\ \infty )$ n'est d'aucun effet sur $f(a)$. Donc

(1)$\qquad f\vert H=g\vert H.$

Prouvons que $f$ et $g$ sont distincts. Puisque H est supposé être un sous-groupe propre de G, nous pouvons choisir un élément $a$ de G qui n'appartient pas à H. Alors

(2)$\qquad {\tilde {a}}$ applique l'élément H de G/H sur aH

et

(3)$\qquad (H\ \infty )\circ {\tilde {a}}\circ (H\ \infty )$ applique l'élément H de G/H sur H.

Puisque nous avons choisi $a$ hors de H, les deux classes aH et H sont distinctes, donc il résulte de (2) et (3) que ${\tilde {a}}$ et $(H\ \infty )\circ {\tilde {a}}\circ (H\ \infty )$ sont distincts, autrement dit $f(a)$ et $g(a)$ sont distincts, donc $f$ et $g$ sont distincts. Joint à (1), cela prouve l'énoncé du point b) (avec L = K).

 

c) Soit $\varphi$ un homomorphisme d'un groupe $G_{0}$ dans un groupe $G.$ Prouver que les deux conditions suivantes sont équivalentes :

(i)$\qquad \varphi$ est surjectif ;

(ii) $\qquad$pour tout groupe L et pour tous homomorphismes $f,g$ de G dans L, l'égalité $f\circ \varphi =g\circ \varphi$ entraîne $f=g.$

Indication : utiliser le point b).

Solution

L'implication (i) est vraie même si on se contente de supposer que $G_{0}$ et $G$ sont des ensembles et $\varphi$ une application de $G_{0}$ dans $G.$ (Voir une remarque dans la solution du problème 8 de la série Sous-groupe distingué et groupe quotient.)

Pour prouver l'implication (ii) $\Rightarrow$ (i), prouvons l'implication contraposée. Supposons donc que

(hyp. 1)$\qquad \varphi$ n'est pas surjectif

et prouvons

(thèse 2)$\qquad$qu'il existe un groupe L et deux différents homomorphismes $f$ et $g$ de G dans L tels que $f\circ \varphi =g\circ \varphi .$

Puisque $\varphi$ n'est pas surjectif, $\varphi (G_{0})$ est un sous-groupe propre de G, donc, d'après le point b), il existe un groupe L et deux différents homomorphismes $f$ et $g$ de G dans L qui coïncident en tout élément de $\varphi (G_{0})$. Alors $f\circ \varphi =g\circ \varphi$ avec $f\not =g$, 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

Soit Y une partie d'un ensemble X. Dans le groupe S_X des permutations de X, on considère le sous-groupe A fixateur de Y :

$A:=\{\sigma \in S_{X}\mid \forall y\in Y\quad \sigma (y)=y\}$.

Soit M le sous-monoïde de S_X formé des éléments $s$ tels que $sAs^{-1}\subset A.$

L'objet de ce problème est de montrer que M est un sous-groupe de S_X si et seulement si Y ou X\Y est fini.

On pose pour cela :

$N:=\{s\in S_{X}\mid s^{-1}(Y)\subset Y\}$.

1. Vérifier que N ⊂ M.
2. Si X\Y est un singleton, identifier A, puis M.
3. Si X\Y n'est pas un singleton, montrer que M ⊂ N.
4. Vérifier que si Y ou X\Y est fini, N est un sous-groupe de S_X.
5. Démontrer la réciproque.
6. Conclure.

Solution

1. Si $s\in N$ et $\sigma \in A$ alors $sAs^{-1}\in A$ car $\forall y\in Y\quad s^{-1}(y)\in Y$ donc $\sigma (s^{-1}(y))=s^{-1}(y)$ donc $s(\sigma (s^{-1}(y)))=y$.
2. Si X\Y est un singleton, A = { id_X } donc M = S_X.
3. 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 $y\in Y$ tel que l'élément $u:=s^{-1}(y)$ appartienne à X\Y, et X\Y contient un autre élément v. La transposition $\sigma :=(uv)$ appartient alors à A, mais $s\sigma s^{-1}\notin A$ (donc $s\notin M$) car $s\sigma s^{-1}(y)=s\sigma (u)=s(v)\neq s(u)=y$.
4. Si Y est fini alors $N=\{s\in S_{X}\mid s^{-1}(Y)=Y\}$ donc N^–1 = N.
   Dualement, puisque N s'écrit aussi $N=\{s\in S_{X}\mid s(X\setminus Y)\subset X\setminus Y\}$, si X\Y est fini alors N^–1 = N.
5. 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 $s^{-1}(Y)\subset s^{-1}(Y\cup \{z\})=Y$) mais pas son inverse (car $s(Y)=Y\cup \{z\}\not \subset Y$).
6. Si Y ou X\Y est fini alors M est un sous-groupe de S_X d'après les questions 1, 2, 3 et 4. Réciproquement, si M est un sous-groupe de S_X alors Y ou X\Y est fini d'après les questions 1, 3 et 5.

 

Problème 15

Soit G un groupe.

1. Montrer que s'il existe un sous-groupe H de Z(G) tel que G/H soit monogène, alors G est abélien.
2. En déduire que si Aut(G) est monogène, alors G est abélien.

Solution

1. 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 = g^mh et y = gⁿk avec m, n entiers et h, k éléments de H, donc
   xy = g^mhgⁿk = g^m+nhk = g^m+nkh = gⁿkg^mh = yx.
2. 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.