Théorie des groupes/Exercices/Groupes alternés

Problème. Centre d'un groupe alterné

Prouver que si n est un nombre naturel $\ \geq 4$, le centralisateur du groupe alterné $\ A_{n}$ dans $\ S_{n}$ est réduit à l'élément neutre. (A fortiori, le centre de $\ A_{n}$ est réduit à l'élément neutre.)

Solution

Soit $\ \sigma$ un élément de $\ S_{n}$ qui centralise $\ A_{n}$. Il s'agit de prouver que $\ \sigma$ est la permutation identique. Soit a un élément de {1, 2, ... , n}; il s'agit de prouver que $\ \sigma$ fixe a. Puisque n est supposé au moins égal à 4, nous pouvons choisir dans {1, 2, ... , n} trois éléments distincts de a, soient b, c et d. Les 3-cycles (a b c) et (b c d) appartiennent à $\ A_{n}$, donc ils commutent avec $\ \sigma$, d'où

$\ \sigma$ (a b c) $\ \sigma ^{-1}$ = (a b c)

et

$\ \sigma$ (b c d) $\ \sigma ^{-1}$ = (b c d).

Compte tenu de l'effet d'une conjugaison sur un cycle (voir théorie), cela peut s'écrire

($\ \sigma$(a) $\ \ \sigma$(b) $\ \ \sigma$(c) ) = (a b c)

et

($\ \sigma$(b) $\ \ \sigma$(c) $\ \ \sigma$(d) ) = (b c d).

En passant aux supports, nous trouvons

{$\ \sigma$(a), $\ \sigma$(b), $\ \sigma$(c)} = {a, b, c}

et

{$\ \sigma$(b), $\ \sigma$(c), $\ \sigma$(d)} = {b, c, d}.

Donc

{$\sigma$(a), $\sigma$(b), $\ \sigma$(c)} \ {$\ \sigma$(b), $\ \sigma$(c), $\ \sigma$(d)} = {a, b, c} \ {b, c, d},

d'où

$\ \sigma$(a) = a, ce qui, comme nous l'avons vu, prouve l'énoncé.

Remarque. Le fait que pour $n\geq 4$, le centre de $A_{n}$ est réduit à l'élément neutre pourrait se déduire de la détermination des sous-groupes normaux de $\ A_{n}$ qui a été faite au chapitre théorique.

 

Problème. 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 alternés, section 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.

 

Problème. Un sous-groupe maximal n'est pas forcément d'indice premier

On a vu dans un exercice sur le chapitre Groupes monogènes, ordre d'un élément que si G est un groupe, si M est un sous-groupe normal et maximal de G, alors M est d'indice (fini) premier dans G. Prouver que ce n'est pas forcément vrai si on ne suppose pas que M est normal. (Indication : on a prouvé dans un précédent exercice que le groupe alterné A₄ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6.)

Solution

Puisque A₄ est un groupe fini d'ordre divisible par 3, nous pouvons choisir, d'après le théorème de Cauchy, un sous-groupe M d'ordre 3 de A₄. (Il est d'ailleurs clair qu'on peut prendre pour M le sous-groupe de A₄ engendré par l'élément $(123)$.) Prouvons que M est un sous-groupe maximal de A₄. Soit H un sous-groupe de A₄ tel que $M\leq H\leq A_{4}$. D'après la formule des indices,

[A₄:H] [H:M] = [A₄:M],

c'est-à-dire

(1)$\qquad$ [A₄:H] [H:M] = 4.

On a vu dans un précédent exercice que A₄ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6, autrement dit n'a pas de sous-groupe d'indice 2, donc la relation (1) n'est possible qu'avec [A₄:H] = 1 ou [H:M] = 1. Si [A₄:H] = 1, alors H est égal à A₄; si [H:M] = 1, alors H est égal à M. Nous avons donc prouvé que tout sous-groupe H de A₄ tel que $M\leq H\leq A_{4}$ est égal à M ou à A₄, ce qui revient à dire que M est un sous-groupe maximal de A₄. Puisque M est d'indice 4, et donc d'indice non premier, dans A₄, cela démontre l'énoncé.

 

Problème. Classes de conjugaison du groupe alterné A₄

a) Soit n un nombre naturel, soit $\sigma$ un élément de $A_{n}$; on suppose qu'il existe une permutation impaire $\lambda \in S_{n}$ telle que $\sigma =\lambda ^{-1}\circ \sigma \circ \lambda$ (autrement dit, la permutation $\sigma$ est sa propre conjuguée par une permutation impaire dans $S_{n}$). Prouver que la classe de conjugaison de $\sigma$ dans $A_{n}$ est identique à sa classe de conjugaison dans $S_{n}$.

Solution

Tout conjugué de $\sigma$ dans $A_{n}$ est conjugué de $\sigma$ dans $S_{n}$, donc il suffit de prouver que tout conjugué de $\sigma$ dans $S_{n}$ est conjugué de $\sigma$ dans $A_{n}$. Soit $\mu$ un élément de $S_{n}$; il s'agit de prouver que $\mu ^{-1}\sigma \mu$ est conjugué de $\sigma$ dans $A_{n}$. C'est évident si la permutation $\mu$ est paire. Si $\mu$ est impaire, cela résulte de

$\mu ^{-1}\sigma \mu =\mu ^{-1}(\lambda ^{-1}\sigma \lambda )\mu =(\lambda \mu )^{-1}\sigma \lambda \mu$,

où $\lambda \mu$ est paire.

 

b) Déterminer le nombre des classes de conjugaison dans le groupe alterné $A_{4}$. Pour chaque classe, préciser le cardinal de cette classe et en indiquer un élément.

Solution

Le groupe $A_{4}$ est formé d'un élément d'ordre 1, de trois éléments d'ordre 2, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3), c'est-à-dire les trois éléments de $S_{4}$ de structure cyclique 2-2, et de huit éléments d'ordre 3, à savoir les huit 3-cycles de $S_{4}$ : (1 2 3) et son inverse, (1 2 4) et son inverse, (1 3 4) et son inverse, (2 3 4) et son inverse.

Un élément de la forme (a b) (c d) est son propre conjugué par la permutation impaire (a b), donc, d'après le point a), sa classe de conjugaison dans $A_{4}$ est égale à sa classe de conjugaison dans $S_{4}$. Donc les trois éléments d'ordre 2 de $A_{4}$ forment une classe de conjugaison dans $A_{4}$.

Voici une autre justification de ce fait. Si (a b) (c d) n'avait qu'un conjugué dans $A_{4}$, (a b) (c d) serait un élément central de $A_{4}$, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, le centre de $A_{4}$ est réduit à l'élément neutre. Si (a b) (c d) avait exactement deux conjugués dans $A_{4}$, son centralisateur dans $A_{4}$ serait d'ordre 6, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, $A_{4}$ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. Donc (a b) (c d) a au moins trois conjugués dans $A_{4}$, qui sont a fortiori des conjugués de (ab) (cd) dans $S_{4}$. Comme (ab) (cd) a exactement trois conjugués dans $S_{4}$, les conjugués de (ab) (cd) dans $A_{4}$ sont donc exactement les trois conjugués de (ab) (cd) dans $S_{4}$, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3).

Montrons maintenant que les huit 3-cycles (conjugués dans $S_{4}$) se partagent en deux classes de conjugaison dans $A_{4}$ comprenant chacune quatre éléments.

Soit $\gamma$ un 3-cycle de $S_{4}$. Son centralisateur dans $S_{4}$ est d'ordre 4!/8 = 3. Comme ce centralisateur contient $\gamma$, il est égal à $\langle \gamma \rangle$ donc inclus dans $A_{4}$, si bien que le centralisateur de $\gamma$ dans $A_{4}$ est, lui aussi, égal à $\langle \gamma \rangle$, donc la classe de conjugaison de $\gamma$ dans $A_{4}$ est de cardinal (4!/2)/3 = 4. Il en résulte que les huit éléments d'ordre 3 de $A_{4}$ se partagent en deux classes de conjugaison de 4 éléments chacune.

Montrons que $\gamma$ et $\gamma ^{-1}$ ne sont pas conjugués dans $A_{4}$. Soit $\tau$ l'une des trois transpositions de support inclus dans celui de $\gamma$. On vérifie que

$\tau ^{-1}\gamma \tau =\gamma ^{-1}$

donc pour tout autre élément $\rho$ de $S_{4}$ tel que $\gamma ^{-1}=\rho ^{-1}\gamma \rho$, le produit $\rho \tau ^{-1}$ appartient au centralisateur $\langle \gamma \rangle \subset A_{4}$, donc $\rho \in A_{4}\tau =S_{4}\setminus A_{4}$.

Ceci prouve que $\gamma$ et $\gamma ^{-1}$ ne sont pas conjugués dans $A_{4}$. En particulier, (1 2 3) et (1 3 2) ne sont pas conjugués dans $A_{4}$.

Les 4 classes de conjugaison dans $A_{4}$ sont donc la classe de l'élément neutre, la classe de (1 2) (3 4), la classe de (1 2 3) et la classe de (1 3 2).

 

Remarque. Cet exercice nous servira dans un chapitre ultérieur (Caractères irréductibles de quelques groupes) pour déterminer les caractères complexes irréductibles du groupe $A_{4}$.

Problème. Sous-groupes simples de S_n

a) Soient G un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G. Prouver que S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. (Indication : considérer le sous-groupe $S\cap N$ de S.)

Solution

Le sous-groupe $S\cap N$ de S est normal dans S, donc, puisque S est simple, $S\cap N$ est égal à S ou réduit à l'élément neutre. Dans le premier cas, S est contenu dans N, donc l'énoncé est vrai dans ce cas. Dans le second cas, il résulte du second théorème d'isomorphisme que S est isomorphe à SN/N, qui est un sous-groupe de G/N, donc l'énoncé est encore vrai dans ce cas.

 

b) Soient X un ensemble fini et G un sous-groupe de S_X comprenant au moins une permutation impaire. Prouver que G a au moins un sous-groupe d'indice 2. Plus généralement, prouver que si H est un groupe, s'il existe un homomorphisme $f$ de H dans un groupe symétrique fini $S_{X}$ et un élément $x$ de H tel que f(x) soit une permutation impaire, alors H a au moins un sous-groupe d'indice 2.

Solution

Démontrons d'abord le second énoncé. Faisons suivre $f$ par l'homomorphisme signature de $S_{X}$ dans le groupe $\{1,-1\}.$ Nous obtenons ainsi un homomorphisme $g:H\to \{1,-1\}$ qui, d'après les hypothèses, prend la valeur -1, et est donc surjectif. D'après le premier théorème d'isomorphisme, $H/Kerg$ est donc isomorphe à $\{1,-1\}$ et est donc d'ordre 2, donc $Kerg$ est un sous-groupe d'indice 2 de H, ce qui prouve le second énoncé du point b). On en tire le premier énoncé en faisant H = G et en prenant pour $f$ l'homomorphisme inclusion $t\mapsto t$ de G dans S_X

 

Remarque. Le premier énoncé du point b) nous servira dans la suite du présent problème. Le second énoncé nous servira dans un problème de la série Premiers résultats sur les groupes simples.

c) Soient X un ensemble fini et G un sous-groupe simple de S_X dont l’ordre est au moins égal à 3. Prouver de deux façons, l'une à l'aide du point a) et l'autre à l'aide du point b), que G est contenu dans A_X.

Solution

Voici tout d’abord une démonstration à l'aide du point a). On a vu dans la théorie que A_X est un sous-groupe normal de S_X. D'après le point a), G est donc contenu dans A_X ou isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X. Mais S_X/A_X est d'ordre au plus égal à 2 (et en fait, dans nos hypothèses, d'ordre égal à 2). Donc G, qui est supposé d'ordre au moins égal à 3, ne peut pas être isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X, donc il est contenu dans A_X, ce qui prouve l'énoncé.
Voici maintenant une démonstration à l'aide du point b). Il revient au même de prouver que si G n’est pas contenu dans A_X, il n’est pas simple. Or d’après le point b), G contient alors un sous-groupe d'indice 2, soit H. Puisque l’ordre de G est > 2, on a 1 < H < G; de plus, tout sous-groupe d'indice 2 étant normal, H est normal dans G. Il en résulte que G n’est pas simple.

 

Remarque. L'énoncé c) nous servira pour démontrer dans le chapitre Premiers résultats sur les groupes simples 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 A_n.

d) Soient n un nombre naturel impair et G un groupe d'ordre 2n. Prouver que G contient un sous-groupe d'ordre n. (Indication : utiliser le point b), en considérant un certain sous-groupe isomorphe à G dans le groupe S_E, où E désigne l’ensemble sous-jacent de G.)

Solution

Désignons par E l’ensemble sous-jacent de G. Pour tout élément g de G, désignons par L_g la permutation $\ x\mapsto gx$ de E. D'après le théorème de Cayley, $\ g\mapsto L_{g}$ définit un isomorphisme de G sur un sous-groupe H de S_E. D'après le théorème de Cauchy, G admet un élément a d'ordre 2. Alors L_a est un élément d'ordre 2 de H. D'autre part, du fait que a n’est pas l'élément neutre de G, il résulte que L_a ne fixe aucun point. En considérant la décomposition de L_a en cycles à supports disjoints, on trouve que L_a est le produit de n transpositions et est donc une permutation impaire. Ainsi, H comprend une permutation impaire. D'après le point b), H a donc un sous-groupe d'indice 2. Puisque H est isomorphe à G, G a donc un sous-groupe d'indice 2.

 

Problème. Sous-groupes normaux de S_n

Prouver que si n est un nombre naturel distinct de 4, les sous-groupes normaux de S_n sont 1, A_n et S_n. Prouver que les sous-groupes normaux de S₄ sont 1, V, A₄ et S₄, où V désigne le sous-groupe

V = {1, (1 2) (3 4), (1 3) (2 4), (1 4) (2 3)} de S₄.

(Indication : on peut utiliser les résultats du chapitre théorique sur les sous-groupes normaux de A_n et le fait suivant, démontré dans un problème ci-dessus : si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N.)

Solution

Vu l'effet d'une conjugaison sur la décomposition d'une permutation en cycles, V est un sous-groupe normal de S₄. Comme (pour tout nombre naturel n) 1, A_n et S_n sont normaux dans S_n, il reste à prouver que

(thèse 1) si n est un nombre naturel distinct de 4, tout sous-groupe normal de S_n est égal à 1, à A_n ou à S_n

et que

(thèse 2) tout sous-groupe normal de S₄ est égal 1, à V, à A₄ ou à S₄.

Si n ≤ 2, la thèse (1) est banale. Il suffit donc de la démontrer dans le cas où n est égal à 3 ou au moins égal à 5. D'après le chapitre théorique, A_n est alors simple. On a vu dans un problème ci-dessus que si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. En faisant G = S_n et S = A_n, nous trouvons que si N est un sous-groupe normal de S_n, alors A_n est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de S_n/N. Si tout d'abord A_n est contenu dans N (d'où A_n ≤ N ≤ S_n), alors, puisque A_n est d'indice 2 dans S_n, la formule des indices entraîne que N est égal à A_n ou à S_n, donc la thèse (1) est vraie dans ce cas. Si maintenant A_n est isomorphe à un sous-groupe de S_n/N, alors |A_n| divise |S_n/N|, donc |N| divise |S_n/A_n| = 2, donc |N| = 1 ou 2. Si |N| était égal à 2, alors, puisque N est normal dans S_n, N serait central dans S_n, ce qui est impossible, car on a vu dans les exercices de la série Groupes symétriques finis que si n ≥ 3, le centre de S_n est réduit à l'élément neutre. Donc N = 1, ce qui achève de démontrer la thèse (1).

Prouvons la thèse (2). On pourrait donner une démonstration, assez lourde, dans la ligne de ce qui précède, mais voici une démonstration élémentaire et simple. Soit N un sous-groupe normal de S₄, distinct de 1, de A₄ et de S₄. Il s'agit de prouver que

(thèse 3) N est égal à V.

Si N comprenait une transposition, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait toutes les transpositions, donc il serait égal à S₄, contradiction. Donc N ne comprend aucune transposition.
Si N comprenait un 3-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 3-cycles, donc il contiendrait A₄. Comme A₄ est d'indice 2 dans S₄, N serait donc égal à A₄ ou à S₄ (formule des indices), contradiction. Donc N ne comprend aucun 3-cycle.
Si N comprenait un 4-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 4-cycles et comprendrait donc (1 2 3) = (1 3 2 4) (1 3 4 2), ce qui contredit le résultat précédent. Donc N ne comprend aucun 4-cycle.
D'après ce qui précède, N est contenu dans V. Puisque N n'est pas réduit au neutre, il comprend un élément de structure cyclique 2-2; puisqu'il est normal dans S₄, il comprend donc tous les éléments de structure cyclique 2-2 et contient donc V, donc est égal à V, ce qui prouve la thèse (3).

 

Remarque. Le groupe quotient S₄/V est isomorphe à S₃.

Problème. Exemple de groupe simple infini

a) Soient X un ensemble fini, Y une partie de X et $\sigma$ une permutation de X dont le support est contenu dans Y. Il est clair que $\sigma$ induit une permutation $\sigma |Y:x\mapsto \sigma (x)$ de Y que nous appellerons la birestriction de $\sigma$ à Y. Montrer que $\sigma$ est une permutation paire de X si et seulement si $\sigma |Y$ est une permutation paire de Y.

Solution

Choisissons une décomposition de $\sigma |Y$ comme produit $\tau _{1}\ldots \tau _{n}$ de transpositions de Y. Nous savons que $\sigma |Y$ 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 $\tau _{i}$ 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 $\sigma$ est égale au produit ${\tilde {\tau _{1}}}\ldots {\tilde {\tau _{n}}}$. Donc $\sigma$ est paire si et seulement si n est pair. Ainsi, $\sigma |Y$ et $\sigma$ sont paires à la même condition.

 

b) Soient X un ensemble fini, Y une partie de X et $\sigma$ une permutation de X dont le support est contenu dans Y. Comme noté à la question précédente, $\sigma$ induit une permutation $\sigma |Y:x\mapsto \sigma (x)$ de Y que nous appelons la birestriction de $\sigma$ à Y. Montrer que $\sigma$ est un produit de cycles de longueur 3 de X si et seulement si $\sigma |Y$ 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.

 

Soit E l’ensemble (infini) des nombres naturels > 0. Comme pour un ensemble fini, on appelle transposition de E toute permutation $\tau$ de E pour laquelle il existe deux éléments distincts a, b de E tels que $\tau (a)=b$, $\tau (b)=a$ et $\tau (x)=x$ 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 S_E. On va prouver que ce groupe infini est simple.

c) Pour chaque nombre naturel n > 0, désignons par B_n 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 $\sigma$ de B_n, la birestriction de $\sigma$ à $\{1,\ldots n\}$ est une permutation paire de $\{1,\ldots n\}$ et que B_n est isomorphe à A_n.

Solution

Puisque $\sigma$ 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 $\tau _{i}$. Puisque le support de $\sigma$ est contenu dans X (par exemple parce qu’il est contenu dans $\{1,\ldots n\}$), nous pouvons considérer la birestriction $\sigma |X$ de $\sigma$ à X. Pour chaque i ($1\leq i\leq 2k$), désignons par ${\bar {\tau _{i}}}$ la birestriction de $\tau _{i}$ à X (ce qui est possible puisque le support de $\tau _{i}$ est contenu dans X). Il est clair que $\sigma |X$ 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 $\sigma$ l'est lui-même) donc, d’après la question a), la birestriction de $\sigma |X$ à $\{1,\ldots n\}$ est une permutation paire de $\{1,\ldots n\}$, autrement dit la birestriction de $\sigma$ à $\{1,\ldots n\}$ est une permutation paire de $\{1,\ldots n\}$, comme annoncé. Nous pouvons donc définir une application de B_n dans A_n qui à tout élément $\sigma$ de B_n fait correspondre sa birestriction à $\{1,\ldots n\}$. D'autre part, si $\varphi$ est un élément de A_n, 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 B_n, ce qui permet de définir une application de A_n dans B_n, réciproque de l’application que nous avons définie de B_n dans A_n. Ainsi, il existe une bijection de B_n sur A_n qui applique tout élément $\sigma$ de B_n sur sa birestriction à $\{1,\ldots n\}$. On vérifie facilement que cette bijection est un isomorphisme, donc B_n est isomorphe à A_n comme annoncé.

 

d) Soit $H\not =1$ un sous-groupe distingué de $A_{\infty }$. En raisonnant sur le sous-groupe $H\cap B_{n}$ de B_n, 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 B_n, 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 B_n est croissante, donc $\sigma$ appartient à B_n 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 B_n. Puisque $n\geq 5$, A_n est simple. Puisque, d’après la question c), B_n est isomorphe à A_n, B_n est simple. Ainsi, $H\cap B_{n}$ est un sous-groupe distingué du groupe simple B_n et comprend l'élément $\sigma \not =1$. On a donc $H\cap B_{n}=B_{n}$, autrement dit, H contient B_n. Puisque ceci est vrai pour tout $n\geq n_{1}$ et que la suite des B_n est croissante, H contient B_n pour tout $n\geq 1$. Puisque $A_{\infty }$ est la réunion des B_n, H est donc égal à $A_{\infty }$ tout entier, ce qui prouve bien que $A_{\infty }$ est simple. (Cette démonstration s'étend de façon immédiate à l'énoncé suivant : si un groupe est réunion d'une suite croissante de sous-groupes simples, ce groupe est simple.)

Remarque : le point a) n’est pas vraiment nécessaire pour prouver que $A_{\infty }$ est simple. Il suffit de définir B_n 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 B_n, 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.

 

Problème. Groupes d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3.

Soit G un groupe d'ordre 12 ayant plusieurs sous-groupes d'ordre 3. Prouver que G est isomorphe à A₄. (Indication : faire opérer G par conjugaison sur l'ensemble des 3-Sylow de G et raisonner sur le noyau de l'homomorphisme correspondant à cette opération.)

Solution

D'après les théorèmes de Sylow, l'ensemble E des 3-Sylow de G est de cardinal 4 et G opère transitivement sur E par conjugaison, ce qui nous fournit un homomorphisme $\varphi :G\to S_{E}$. Montrons que cet homomorphisme est injectif. Soit $x\in \ker \varphi$. Pour tout $P\in E$, on a $x^{-1}Px=P$ donc $x$ appartient au normalisateur de P. Ce normalisateur est d'indice $\vert E\vert$ = 4 dans G, donc est d'ordre 3. Comme il contient P, il est donc égal à P. Ainsi, x appartient au sous-groupe $K:=\cap _{P\in E}P$. L'intersection de deux sous-groupes d'ordre 3 distincts est réduite à l'élément neutre, donc K est réduit à l'élément neutre, ce qui prouve que $\varphi$ est injectif. Donc G est isomorphe au sous-groupe im($\varphi$) de S_E. Puisque E a 4 éléments, S_E est isomorphe à S₄, donc G est isomorphe à un sous-groupe de S₄, sous-groupe d'ordre $\vert G\vert$ = 12. On a noté dans le chapitre Groupes alternés que pour n ≥ 2, le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n est A_n, donc G est isomorphe à A₄.

Remarque : de façon générale, si H est un sous-groupe d'un groupe G, l'intersection des conjugués de H dans G est appelée le cœur de H dans G. Donc, dans le cas qui nous a occupés, K était le cœur dans G de chacun des quatre 3-Sylow.

 

Remarques. 1° L'énoncé du présent problème nous servira à classifier les groupes d'ordre 12 dans un exercice sur le chapitre des groupes dicycliques.

2° Il nous servira aussi à prouver que tous les groupes simples d'ordre 168 sont isomorphes.

Problème. Sur certains groupes d'ordre 24

a) Soit G un groupe d'ordre 24 ayant plus d'un 3-sous-groupe de Sylow. Prouver que G est isomorphe à S₄ ou G/Z(G) isomorphe à A₄. (Indication : G opère par conjugaison sur l’ensemble E de ses 3-sous-groupes de Sylow. Raisonner sur le noyau de l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération et appliquer un problème sur les sous-groupes de Sylow.)

Solution

D'après un théorème de Sylow, le nombre des sous-groupes d'ordre 3 de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8. Par hypothèse, ce nombre est > 1, donc il est égal à 4. L'ensemble E des 3-sous-groupes de Sylow de G est donc un ensemble à 4 éléments. D'après un théorème de Sylow, E est une classe de conjugaison de sous-groupes de G, donc G opère sur E par conjugaison. Soit f l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération, soit K le noyau de f. Alors $K=\bigcap _{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})$, où les P_i sont les quatre sous-groupes d'ordre 3 de G. D'après un exercice sur le chapitre des sous-groupes de Sylow (où on fait p = 3), l’ordre de K divise donc 2 $\vert \bigcap _{i=1}^{4}P_{i}\vert$. L'intersection de deux différents sous-groupes d'ordre 3 est réduite à l'élément neutre, donc $\vert \bigcap _{i=1}^{4}P_{i}\vert$ = 1, donc l’ordre de K est égal à 1 ou à 2.
Puisque K est le noyau d'un homomorphisme partant de G, c’est un sous-groupe normal de G. Un sous-groupe normal d'ordre égal à 1 ou à 2 est central, donc K est contenu dans le centre de G. D'autre part, comme noté audit exercice sur les sous-groupes de Sylow, le centre de G est contenu dans $\bigcap _{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})$, c'est-à-dire dans K. Donc K = Z(G) et Z(G) est d'ordre 1 ou 2.
D'après le premier théorème d'isomorphisme, G/K est isomorphe à un sous-groupe de S_E, donc à un sous-groupe de S₄. On a vu que K = Z(G), donc G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe de S₄. Si Z(G) est d'ordre 1, G est donc isomorphe à un sous-groupe d'orde 24 de S₄, qui ne peut être que S₄ lui-même. Si Z(G) est d'ordre 2, G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe d'ordre 12 de S₄; on a noté au chapitre Groupes alternés que (pour n ≥ 2) A_n est le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n, donc G/Z(G) est isomorphe à A₄.

 

b) Soit G un groupe d'ordre 24. On suppose que G a un sous-groupe normal d'ordre 4 qui est son propre centralisateur dans G. Prouver que G est isomorphe à S₄. (Indication : prouver que G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3 et que son centre est réduit à l'élément neutre.)

Solution

Choisissons un sous-groupe normal H d'ordre 4 de G qui soit son propre centralisateur dans G.
Supposons que, par absurde, G n'ait qu'un sous-groupe d'ordre 3, soit P. Alors P est normal dans G. Comme les ordres de H et de P sont premiers ente eux, H ⋂ P = 1. On a vu dans les exercices de la série Sous-groupe distingué, groupe quotient que si deux sous-groupes normaux d'un groupe ont une intersection réduite à l'élément neutre, ils se centralisent mutuellement. Donc P centralise H, ce qui est absurde puisque P n’est pas contenu dans H et que H est supposé être son propre centralisateur. La contradiction obtenue prouve que

(3) G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3.

Prouvons maintenant que Z(G) = 1. Choisissons un élément d'ordre 3 de G, soit a. Puisque a est d'ordre 3, il n'appartient pas à H. Puisque H est son propre centralisateur, a ne centralise donc pas H. Puisque H est normal dans G, chaque automorphisme intérieur de G admet une birestriction à H et l’application de G dans Aut(H) qui à g fait correspondre l'automorphisme x ↦ gxg^-1 de H est un homomorphisme de G dans Aut(H). Puisque a est d'ordre 3, l’ordre de son image par cet homomorphisme divise 3, autrement dit l’ordre de l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H divise 3. On a vu que a ne centralise pas H, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n’est pas l'identité, donc cet automorphisme de H est d'ordre 3. Il en résulte que la permutation de H - {1} induite par cet automorphisme est elle aussi d'ordre 3 et est donc un 3-cycle, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n'a pas de point fixe dans H - {1}. Puisqu'un élément de Z(G) est un point fixe de cet automorphisme, aucun élément de Z(G) n'appartient à H - {1}. Mais, puisque H est son propre centralisateur dans G, Z(G) est contenu dans H, donc

(4) Z(G) = 1.

Compte tenu de (3) et (4), l'énoncé résulte du point a).

 

c) Soit G un groupe d'ordre 24 admettant plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et plus d'un 3-sous-groupe de Sylow. Prouver que G est isomorphe à S₄. (Indication. Il résulte du point a) que dans le cas contraire, G/Z(G) serait isomorphe à A₄. Un exercice sur les théorèmes de Sylow permet d'exprimer les 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G) en fonction des 2-sous-groupes de Sylow de G. En déduire que A₄ aurait plus d'un 2-sous-groupe de Sylow et conclure.)

Solution

Supposons que, par absurde, G ne soit pas isomorphe à S₄. Alors, d'après le point a), G/Z(G) est isomorphe à A₄, ce qui entraîne que Z(G) est d'ordre 2. Par hypothèse, nous pouvons choisir deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G, soient P et Q. D'après un exercice sur les théorèmes de Sylow, PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont des 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). S'ils n'étaient pas distincts, on aurait, en passant aux réunions,

(1) PZ(G) = QZ(G).

Mais, d'autre part, comme Z(G) est un sous-groupe normal d'ordre 2 de G, il est contenu dans tous les 2-sous-groupes de Sylow de G, donc PZ(G)= P et QZ(G) = Q, donc notre résultat (1) peut s'écrire P = Q, ce qui contredit le choix de P et Q. Donc PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). On a vu que G/Z(G) est isomorphe à A₄, donc, d'après ce qui précède, A₄ compte plus d'un 2-sous-groupe de Sylow. Ceci est faux, car on a vu dans le chapitre théorique que A₄ a un sous-groupe normal d'ordre 4, qui est donc son unique 2-sous-groupe de Sylow. La contradiction obtenue prouve l'énoncé.

 

Remarque. Le point b) nous servira à prouver que le groupe des automorphismes du groupe des quaternions est isomorphe à S₄. Le point c) nous servira dans le chapitre sur les groupes simples d'ordre 168.