Théorie des groupes/Exercices/Groupes symétriques finis

Problème 1

a) Soient $X$ un ensemble et $Y$ une partie de $X.$ (On ne suppose pas que $X$ ou $Y$ soit fini.) Prouver que le groupe $S_{Y}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{X}.$

Solution

À toute permutation $\sigma$ de Y, faisons correspondre la transformation ${\overline {\sigma }}$ qui coïncide avec $\sigma$ en tout point de Y et qui fixe tout point de $X\setminus Y.$ Il est clair que ${\overline {\sigma }}$ est une permutation de $X$ et que $\sigma \mapsto {\overline {\sigma }}$ définit une injection $f$ de l'ensemble $S_{Y}$ dans l'ensemble $S_{X}.$ On vérifie facilement que, pour toutes permutations $\sigma ,\tau$ de $Y$,

${\overline {\sigma \circ \tau }}={\overline {\sigma }}\circ {\overline {\tau }}$,

autrement dit l'application $f:\sigma \mapsto {\overline {\sigma }}$ est un homomorphisme du groupe $S_{Y}$ dans le groupe $S_{X}.$ On a vu que cet homomorphisme est injectif, donc $S_{Y}$ est isomorphe au sous-groupe $f(S_{Y})$ de $S_{X}$, ce qui démontre l'énoncé.

 

b) Soient $r,n$ des nombres naturels tels que $r\leq n.$ Prouver que $S_{r}$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_{n}.$

Solution

Appliquer le point a) aux ensembles $X=\{1,\ldots n\}$ et $Y=\{1,\ldots r\}.$

 

c) Soient $a,b$ des nombres naturels. Prouver que $S_{a+b}$ contient un sous-groupe isomorphe au produit direct $S_{a}\times S_{b}$.

Solution

Désignons par $T_{a}$ le sous-groupe de $S_{a+b}$ formé par les permutations fixant chaque élément de $\{a+1,\ldots ,a+b\}$; désignons par $T_{b}$ le sous-groupe de $S_{a+b}$ formé par les permutations fixant chaque élément de $\{1,\ldots ,a\}$. Comme dans la solution de la question a), on prouve que

(1)$\qquad T_{a}$ est isomorphe à $S_{a}$ et $T_{b}$ à $S_{b}$.

D'autre part, une permutation appartenant à $T_{a}\cap T_{b}$ fixe chaque élément de $\{1,\ldots ,a+b\}$, donc

(2)$\qquad T_{a}$ et $T_{b}$ se coupent trivialement.

Enfin, le support d'une permutation appartenant à $T_{a}$ est forcément contenu dans $\{1,\ldots a\}$ et le support d'une permutation appartenant à $T_{b}$ est forcément contenu dans $\{a+1,\ldots ,b\}$, donc une permutation appartenant à $T_{a}$ et une permutation appartenant à $T_{b}$ ont toujours des supports disjoints, donc

(3)$\qquad$ toute permutation appartenant à $T_{a}$ commute avec toute permutation appartenant à $T_{b}$.

Nos résultats (1) à (3) montrent que le sous-groupe de $S_{a+b}$ engendré par $T_{a}$ et $T_{b}$ est isomorphe au produit direct $S_{a}\times S_{b}$, d'où l'énoncé.

 

Problème 2

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 de E appartenant au centre de $\ S_{E}$. Il s'agit de prouver que $\ \sigma$ est la permutation identique. Soit a un élément de E. Il s'agit de prouver que $\ \sigma$ fixe a. Puisque E est supposé comprendre au moins trois éléments, nous pouvons choisir dans E deux éléments distincts de a, soient b et c. Puisque $\ \sigma$ appartient au centre de $\ S_{E}$, $\ \sigma$ commute avec les transpositions (a b) et (a c), donc

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

et

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

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

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

et

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

En passant aux supports, on en tire

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

et

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

On a donc {$\ \sigma$(a), $\ \sigma$(b)} ⋂ {$\ \sigma$(a), $\ \sigma$(c)} = {a, b} ⋂ {a, c}, d'où $\ \sigma$(a) = a. Comme on l'a vu, cela prouve l'énoncé.

 

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.

 

Problème 4

Soit X un ensemble fini, soit $\gamma$ un cycle dans $S_{X}$, soient $\lambda$ et $\mu$ des permutations de X à supports mutuellement disjoints telles que

$\gamma =\lambda \mu .$

Prouver qu'une des deux permutations $\lambda$, $\mu$ est égale à $\gamma$ et l'autre à la permutation identique de X. (C'est une sorte d' « irréductibilité » des cycles.)

Solution

Soient

$\lambda =\lambda _{1}\cdots \lambda _{r}$

et

$\mu =\mu _{1}\cdots \mu _{s}$

les décompositions canoniques de $\lambda$ et de $\mu$ en cycles.
Donc les supports des $\lambda _{i}$ sont deux à deux disjoints et les supports des $\mu _{j}$ le sont aussi. D'autre part, puisque les supports de $\lambda$ et de $\mu$ sont disjoints, le support de chaque $\lambda _{i}$ est disjoint du support de chaque $\mu _{j}$. Donc

(1) $\qquad$ les supports des cycles $\lambda _{1},\ldots \lambda _{r},\mu _{1},\ldots \mu _{s}$ sont deux à deux disjoints.

L'hypothèse $\gamma =\lambda \mu$ peut s'écrire

$\gamma =\lambda _{1}\cdots \lambda _{r}\mu _{1}\cdots \mu _{s}$,

donc, d'après (1),

l'écriture $\lambda _{1}\cdots \lambda _{r}\mu _{1}\cdots \mu _{s}$ est la décomposition canonique de $\gamma$ en cycles.

Mais, puisque $\gamma$ est un cycle, il est à lui seul sa propre décomposition canonique, donc $r+s=1$, donc

ou bien (r=1 et s=0) ou bien (r=0 et s=1).

Dans le premier cas, $\mu$ est la permutation identique et $\lambda =\gamma$; dans le second cas, $\lambda$ est la permutation identique et $\mu =\gamma$, ce qui démontre l'énoncé.

 

Problème 5

Soient X un ensemble et Y une partie de X, soient $\alpha$ et $\beta$ des permutations de X coïncidant en tout point de Y. Prouver que

$\beta =\alpha \nu$,

où $\nu$ est une permutation de X à support disjoint de Y.

Solution

Soit $y$ un élément de Y. Par hypothèse,

$\alpha (y)=\beta (y)$,

$y=\alpha ^{-1}\beta (y)$,

donc $y$ n'appartient pas au support de $\alpha ^{-1}\beta$. Donc, si nous posons $\nu =\alpha ^{-1}\beta$, alors

$\beta =\alpha \nu$

et le support de $\nu$ est disjoint de Y, ce qui démontre l'énoncé.

 

Problème 6 (Centralisateur d'un cycle)

a) Soient X un ensemble et $\gamma$ un cycle dans $S_{X}$. Prouver que le centralisateur de $\gamma$ dans $S_{X}$ est formé par les éléments de $S_{X}$ de la forme $\mu \nu$, où $\mu$ parcourt les puissances de $\gamma$ et où $\nu$ parcourt les permutations de X dont le support est disjoint de celui de $\gamma .$

Solution

Soient $\gamma =(a_{1}\ldots a_{n})$ un $n$-cycle de $S_{X}$ et $\lambda$ un élément de $S_{X}$ commutant avec $\gamma$.
Puisque $\lambda$ commute avec $\gamma$, nous avons

$\qquad \lambda \gamma \lambda ^{-1}=\gamma .$

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

(1)$\qquad (\lambda (a_{1})\ldots \lambda (a_{n}))=(a_{1}\ldots a_{n}).$

(2)$\qquad$Les deux $n$-uplets $(\lambda (a_{1}),\ldots ,\lambda (a_{n}))$ et $(a_{1},\ldots ,a_{n})$ sont donc égaux « à une rotation près ».

En particulier, il existe un $i$ dans $\{1,\ldots ,n\}$ tel que

$\qquad \lambda (a_{1})=a_{i}$

$\qquad \lambda (a_{1})=\gamma ^{i-1}(a_{1}).$

Compte tenu de (2), nous avons alors

$\qquad \lambda (a_{2})=\gamma ^{i}(a_{1})$,

$\qquad \lambda (a_{2})=\gamma ^{i-1}(a_{2})$

et, de proche en proche,

$\qquad \lambda (a_{j})=\gamma ^{i-1}(a_{j})$

pour tout $j$ dans $\{1,\ldots n\}.$
Donc les permutations $\lambda$ et $\gamma ^{i-1}$ coïncident en tout élément du support de $\gamma$. D'après un problème précédent, on a donc

$\qquad \lambda =\gamma ^{i-1}\nu$,

où $\nu$ est une permutation de X dont le support est disjoint de celui de $\gamma$.
Nous avons ainsi prouvé que tout élément du centralisateur de $\gamma$ dans $S_{X}$ est de la forme $\mu \nu$, où $\mu$ est une puissances de $\gamma$ et où $\nu$ est une permutations de X dont le support est disjoint de celui de $\gamma .$ Réciproquement, toute permutation ayant cette forme $\mu \nu$ est le produit de deux permutations commutant avec $\gamma$ et commute donc avec $\gamma$, ce qui achève de prouver l'énoncé.

 

b) (Centralisateur d'un long cycle.)
Soit $n$ un nombre naturel > 1, soit X un ensemble de cardinal $n$ ou $n+1$, soit $\gamma$ un $n$-cycle dans $S_{X}.$ Prouver que le centralisateur de $\gamma$ dans $S_{X}$ est le sous-groupe $\langle \gamma \rangle$ de $S_{X}$ engendré par $\gamma .$

Solution

D'après le point a), tout élément du centralisateur de $\gamma$ dans $S_{X}$ est de la forme $\mu \nu$, où $\mu$ est une puissances de $\gamma$ et où $\nu$ est une permutations de X dont le support est disjoint de celui de $\gamma .$ D'après les hypothèses de l'énoncé, le support de $\nu$ est donc vide ou réduit à un élément. Mais le support d'une permutation n'est jamais réduit à un élément, donc le support de $\nu$ est vide, donc $\nu$ est la permutation identique de X, donc tout élément du centralisateur de $\gamma$ dans $S_{X}$ est une puissance de $\gamma$. Réciproquement, toute puissance de $\gamma$ commute avec $\gamma$, d'où l'énoncé.

 

Remarque. La dénomination « Centralisateur d'un long cycle » qu'on donne ici à l'énoncé du point b) n'est pas standard.

Problème 7

Soit X un ensemble fini, soient $\gamma _{1}$ et $\gamma _{2}$ des cycles dans $S_{X}$, commutant l'un avec l'autre. Prouver qu'alors ou bien les supports de $\gamma _{1}$ et de $\gamma _{2}$ sont disjoints ou bien $\gamma _{1}$ et $\gamma _{2}$ sont puissances l'un de l'autre.

Solution

Supposons que

(hyp. 1)$\qquad$les supports de $\gamma _{1}$ et de $\gamma _{2}$ ne sont pas disjoints.

Il s'agit alors de prouver que

(thèse 2)$\qquad \gamma _{1}$ et $\gamma _{2}$ sont puissances l'un de l'autre.

Puisque $\gamma _{2}$ appartient au centralisateur de $\gamma _{1}$ dans $S_{X}$, nous avons, d'après un précédent problème,

(3)$\qquad \gamma _{2}={\gamma _{1}}^{n}\ \lambda$,

où $n$ est un nombre naturel et $\lambda$ une permutation de X dont le support est disjoint de celui de $\gamma _{1}.$ Puisque $\gamma _{2}$ est un cycle, la relation (3) entraîne, d'après un précédent problème, que

(4)$\qquad \gamma _{2}$ est égal à ${\gamma _{1}}^{n}$ ou à $\lambda$.

Mais, puisque le support de $\lambda$ est disjoint de celui de $\gamma _{1}$ et que, d'après l'hypothèse (1), le support de $\gamma _{2}$ n'est pas disjoint de celui de $\gamma _{1}$, nous avons $\gamma _{2}\not =\lambda$, donc, d'après (4),

$\qquad \gamma _{2}={\gamma _{1}}^{n}$,

donc $\gamma _{2}$ est une puissance de $\gamma _{1}.$
Puisque les hypothèses de l'énoncé et l'hypothèse (1) sont symétriques en $\gamma _{1}$ et en $\gamma _{2}$, $\gamma _{1}$ est de même une puissance de $\gamma _{2}$, d'où la thèse (2) et donc l'énoncé.

 

Problème 8 (Inverseurs d'un long cycle)

Soit $n$ un nombre naturel impair > 1, soit X un ensemble de cardinal $n$ ou $n+1$, soit $\gamma$ un $n$-cycle dans $S_{X}$, soit $\lambda$ un élément de $S_{X}$ tel que

$\lambda \gamma \lambda ^{-1}=\gamma ^{-1}$.

Prouver que $\lambda$ est le produit de $(n-1)/2$ transpositions à supports disjoints (et est donc une involution).
(Indication : on peut utiliser le problème « Centralisateur d'un cycle ».)

Solution

Soit $\gamma =(x_{1}\ x_{2}\ldots \ x_{n}).$
Supposons d'abord

$\qquad \vert X\vert =n.$

Donc

$\qquad X=\{x_{1},\ldots x_{n}\}.$

Convenons de définir un inverseur de $\gamma$ comme une permutation $\lambda$ de X telle que

$\lambda \gamma \lambda ^{-1}=\gamma ^{-1}$,

ce qui peut s'exprimer par l'égalité entre cycles

$\qquad (\lambda (x_{1})\ldots \lambda (x_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n}).$

D'après cela, il est clair que la permutation de X

$\qquad \lambda _{0}=(x_{1}\ x_{n})(x_{2}\ x_{n-1})\cdots (x_{(n-1)/2}\ x_{(n+3)/2})$

est un inverseur de $\gamma$; son unique point fixe est $x_{(n+1)/2}.$
Notons maintenant que $\gamma$ peut aussi s'écrire

$\qquad (x_{2}\ x_{3}\ldots x_{n}\ x_{1}).$

Plus généralement, pour tout $j$ dans $\{0,1,\ldots ,n-1\}$, nous avons

$\qquad \gamma =(y_{j,1}\ y_{j,2}\ldots \ y_{j,n})$,

où, pour tout $i$ dans $\{1,2,\ldots ,n\}$,

$\qquad y_{j,i}=x_{\overline {j+i}}$,

${\overline {s}}$ désignant, pour tout $s$ dans $\mathbb {Z}$, l'unique élément de $\{1,2,\ldots ,n\}$ qui est congru à $s$ modulo $n.$ Comme plus haut, il en résulte que la permutation de X

$\qquad \lambda _{j}=(y_{j,1}\ y_{j,n})(y_{j,2}\ y_{j,n-1})\cdots (y_{j,(n-1)/2}\ y_{j,(n+3)/2})$

est un inverseur de $\gamma$; son unique point fixe est $y_{j,(n+1)/2}=x_{\overline {j+(n+1)/2}}.$
Si $j$ et $j'$ sont des éléments de $\{0,1,\ldots ,n-1\}$ tels que

$\qquad x_{\overline {j+(n+1)/2}}=x_{\overline {j'+(n+1)/2}}$,

alors

$j+(n+1)/2\equiv j'+(n+1)/2{\pmod {n}}$,

$j\equiv j'{\pmod {n}}$,

donc, puisqu'on suppose que $j$ et $j'$ appartiennent tous deux à $\{0,1,\ldots ,n-1\}$, $j=j'.$
Cela montre que, pour $j$ et $j'$ distincts dans $\{0,1,\ldots ,n-1\}$, $\lambda _{j}$ et $\lambda _{j'}$ n'ont pas le même point fixe, donc

$\lambda _{0},\cdots ,\lambda _{n-1}$ sont $n$ différents inverseurs de $\gamma .$

Nous avons ainsi trouvé $n$ différents inverseurs de $\gamma$ dont chacun est le produit de (n-1)/2 transpositions à supports deux à deux disjoints.
Prouvons que, d'autre part, les inverseurs de $\gamma$ forment une classe à gauche modulo le sous-groupe $\langle \gamma \rangle$ de $S_{X}$ engendré par $\gamma .$ (Cette classe à gauche est aussi une classe à droite, car elle est symétrique : si $\lambda$ est un inverseur de $\gamma$, $\lambda ^{-1}$ en est un lui aussi.)
Nous avons trouvé des inverseurs de $\gamma$, donc nous pouvons en choisir un, par exemple $\lambda _{0}.$
Une permutation $\lambda$ de X est un inverseur de $\gamma$ si et seulement si

$\lambda \gamma \lambda ^{-1}=\lambda _{0}\gamma {\lambda _{0}}^{-1}$,

ce qui équivaut à

${\lambda _{0}}^{-1}\lambda \gamma \lambda ^{-1}\lambda _{0}=\gamma$ ,

et ceci revient à dire que

(1)$\qquad {\lambda _{0}}^{-1}\lambda$ centralise $\gamma .$

D'après le problème « Centralisateur d'un long cycle », le centralisateur de $\gamma$ est le sous-groupe $\langle \gamma \rangle$ de $S_{X}$ engendré par $\gamma$, donc (1) montre qu'une permutation $\lambda$ de X est un inverseur de $\gamma$ si et seulement si ${\lambda _{0}}^{-1}\lambda$ appartient à $\langle \gamma \rangle$, autrement dit si $\lambda$ appartient à $\lambda _{0}\langle \gamma \rangle .$ Cela prouve que, comme annoncé, les inverseurs de $\gamma$ forment une classe à gauche modulo $\langle \gamma \rangle .$
Puisque $\langle \gamma \rangle$ est d'ordre $n$, les inverseurs de $\gamma$ sont donc en nombre $n$, donc ce sont les inverseurs $\lambda _{0},\ldots ,\lambda _{n-1}$ que nous avons déjà trouvés. Chacun de ces inverseurs est le produit de $(n-1)/2$ transpositions à supports deux à deux disjoints, ce qui démontre l'énoncé dans le cas où $\vert X\vert =n.$
On peut déduire le cas $\vert X\vert =n+1$ du cas $\vert X\vert =n$ en considérant les birestrictions de $\gamma$ et de $\lambda$ au support de $\gamma .$ (On aurait d'ailleurs pu rédiger la démonstration en une seule fois, en parlant de l'unique point fixe de $\lambda$ dans le support de $\gamma$ plutôt que de l'unique point fixe de $\lambda .$)

 

Remarques. 1° L'énoncé montre que si $n$ est impair, la signature des inverseurs de $\gamma$ est déterminée par $n$ : les inverseurs de $\gamma$ sont des permutations paires si $n\equiv 1{\pmod {4}}$ et des permutations impaires si $n\equiv -1{\pmod {4}}.$ Il n'en est pas de même si $n$ est pair. Par exemple, le cycle $(1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 6)$ est inversé par conjugaison par $(1\ 6)(2\ 5)(3\ 4)$, qui est une permutation impaire, mais aussi par $(2\ 6)(3\ 5)$, qui est une permutation paire. Le fait que, pour $n$ impair, la signature des inverseurs de $\gamma$ est déterminée par $n$ nous servira dans un exercice de la série « Premiers résultats sur les groupes simples » : si $p$ est un nombre premier tel qu'il existe un groupe simple d'ordre $2p(p+1)$, alors $p\equiv 5{\pmod {24}}.$
2° La dénomination « Inverseurs d'un long cycle » qu'on donne ici à l'énoncé du présent problème n'est pas standard.

Problème 9

Soit $n$ un nombre naturel impair > 1, soit X un ensemble de cardinal $2n$ ou $2n+1$, soient $\gamma =(x_{1}\ldots x_{n})$ et $\delta =(y_{1}\ldots y_{n})$ deux n-cycles à supports disjoints dans $S_{X}$, soit $\sigma$ un élément d'ordre 2 (involution) de $S_{X}$ qui commute avec $\gamma \ \delta .$ Prouver que $\sigma$ est le produit de $n$ transpositions à supports deux à deux disjoints.
Indication. On peut utiliser le problème « Centralisateur d'un long cycle » ci-dessus.

Solution

On ne va pas utiliser tout de suite les hypothèses selon lesquelles $n$ est impair et $\sigma$ d'ordre 2.
Puisque $\sigma$ commute avec $\gamma \ \delta =(x_{1}\ldots x_{n})\ (y_{1}\ldots y_{n})$, nous avons

$\sigma \ (x_{1}\ldots x_{n})\ (y_{1}\ldots y_{n})\ \sigma {}^{-1}=(x_{1}\ldots x_{n})\ (y_{1}\ldots y_{n}).$

Vu l'effet d'une conjugaison sur la décomposition canonique en cycles, cela peut s'écrire

(1)$\qquad (\sigma (x_{1})\ldots \sigma (x_{n}))\ (\sigma (y_{1})\ldots \sigma (y_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n})\ (y_{1}\ldots y_{n}).$

Vu l'unicité de la décomposition canonique en cycles, une des deux conditions suivantes est donc satisfaite :

(i)$\qquad (\sigma (x_{1})\ldots \sigma (x_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n})$ et $(\sigma (y_{1})\ldots \sigma (y_{n}))=(y_{1}\ldots y_{n})$;

(ii)$\qquad (\sigma (x_{1})\ldots \sigma (x_{n}))=(y_{1}\ldots y_{n})$ et $(\sigma (y_{1})\ldots \sigma (y_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n}).$

Notons A l'ensemble $\{x_{1},\ldots ,x_{n}\}$ et B l'ensemble $\{y_{1},\ldots ,y_{n}\}.$ Puisque le support de $\gamma$ est A, $\gamma$ admet une birestriction $\gamma \vert A$ à A. Cette birestriction est le cycle $(x_{1}\ldots x_{n})\in S_{A}.$ De même, $\delta$ admet une birestriction $\delta \vert B$ à B et cette birestriction est le cycle $(y_{1}\ldots y_{n})\in S_{B}.$
Supposons d'abord que la condition (i) soit satisfaite.
Alors nous avons (passage aux supports) $\{\sigma (x_{1}),\ldots ,\sigma (x_{n})\}=\{x_{1},\ldots ,x_{n}\}$, donc $\sigma$ admet une birestriction $\sigma \vert A$ à A. De même, $\sigma$ admet une birestriction $\sigma \vert B$ à B.
La première des deux égalités (i), à savoir $(\sigma (x_{1})\ldots \sigma (x_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n})$, montre que $\sigma \vert A$ commute avec le cycle $(x_{1}\ldots x_{n})\in S_{A}.$ D'après le problème « Centralisateur d'un long cycle », nous avons donc

$\sigma \vert A=(\gamma \vert A)^{r}$

pour un certain nombre naturel $r.$ De même,

$\sigma \vert B=(\delta \vert B)^{s}$

pour un certain nombre naturel $s.$ Alors $\sigma$ coïncide avec $\gamma ^{r}\delta ^{s}$ en tout point de A et en tout point de B. De plus, en passant aux supports dans (1), nous voyons que $\sigma$ transforme $A\cup B$ en lui-même, donc si $\vert X\vert =2n+1$, $\sigma$ fixe l'unique élément de $X\setminus (A\cup B).$ Dès lors (que $\vert X\vert$ soit égal à $2n$ ou à $2n+1$), $\sigma$ coïncide avec $\gamma ^{r}\delta ^{s}$ en tout élément de X, donc

(2)$\qquad \sigma =\gamma ^{r}\delta ^{s}.$

Puisque les supports de $\gamma$ et de $\delta$ sont disjoints, $\gamma$ et $\delta$ commutent, donc, d'après (2),

(3)$\qquad$l'ordre de $\sigma$ divise $n.$

Jusqu'ici, nous n'avons pas utilisé les hypothèses selon lesquelles $n$ est impair et $\sigma$ d'ordre 2. Dans ces hypothèses, (3) est impossible, donc la condition (i) est impossible, donc c'est la condition (ii) qui est satisfaite, à savoir

$(\sigma (x_{1})\ldots \sigma (x_{n}))=(y_{1}\ldots y_{n})$ et $(\sigma (y_{1})\ldots \sigma (y_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n}).$

En passant aux supports, nous trouvons

$\{\sigma (x_{1}),\ldots ,\sigma (x_{n})\}=\{y_{1},\ldots ,y_{n}\}$ et $\{\sigma (y_{1}),\ldots ,\sigma (y_{n})\}=\{x_{1},\ldots ,x_{n}\}.$

La première de ces deux égalités montre que, pour tout $i$ dans $\{1,\ldots ,n\}$, il existe un et un seul $i'$ dans $\{1,\ldots ,n\}$ tel que

$\sigma (x_{i})=y_{i'}.$

Puisque $\sigma$ est supposée d'ordre 2, on a alors

$\sigma (y_{i'})=x_{i}$,

donc

$\sigma =(x_{1}y_{1'})(x_{2}y_{2'})\cdots (x_{n}y_{n'}).$

Ainsi, $\sigma$ est le produit de $n$ transpositions à supports deux à deux disjoints, ce qui démontre l'énoncé.

 

Remarques. 1° Faisons toutes les hypothèses de l'énoncé sauf celle selon laquelle $\sigma$ est d'ordre 2. Si $(\sigma (x_{1})\ldots \sigma (x_{n}))=(y_{1}\ldots y_{n})$ et $(\sigma (y_{1})\ldots \sigma (y_{n}))=(x_{1}\ldots x_{n})$, il n'en résulte pas forcément que $\sigma$ soit d'ordre 2. Prendre par exemple $n=3$ et $\sigma =(x_{1}\ y_{1}\ x_{2}\ y_{2}\ x_{3}\ y_{3}).$
2° Le présent problème nous servira dans un exercice de la série Premiers résultats sur les groupes simples.

Problème 10

Dans le groupe S₄, trouver le normalisateur du sous-groupe à deux éléments $\langle (12)(34)\rangle$.

Solution

Dans un groupe $G$, soient $h$ d'ordre $2$ et $H=\langle h\rangle$. La conjugaison par un $g\in G$ est une bijection $G\to G$ qui fixe l'élément neutre, donc $gHg^{-1}=H$ si et seulement si $ghg^{-1}=h$. Autrement dit :

$N_{G}(H)=\{g\in G\mid ghg^{-1}=h\}=C_{G}(h)$.

Pour $G=S_{4}$ et $h=(12)(34)$, la condition $ghg^{-1}=h$ équivaut à

$(g(1)g(2))(g(3)g(4))=(12)(34)$

donc à

$(g(1),g(2))\in \{(1,2),~(2,1),~(3,4),~(4,3)\}$,

et chacun de ces quatre cas se dédouble selon la valeur de $g(3)$, si bien que

$N_{G}(H)=\{{\text{id}},~(34),~(12),~(12)(34),~(13)(24),~(1324),~(14)(23),~(1423)\}$.

 

Problème 11

Démontrer que tout sous-groupe d'indice n de S_n est isomorphe à S_n–1.

Solution

Soit G ≤ S_n un sous-groupe d'indice n. L'action de G à gauche par translation sur l'ensemble $E:=S_{n}/G$ des n classes à gauche fournit un homomorphisme φ : G → S_E.

Son noyau est un sous-groupe normal de S_n et est inclus dans G donc c'est le groupe trivial. Par conséquent, φ est injectif.

Quand on prive E de l'orbite singleton {G}, on récupère un ensemble de cardinal n–1 sur lequel G agit fidèlement.

 

Problème 12 (Automorphismes de S_n)

Soit φ un automorphisme de S_n pour n (entier ≥ 2) différent de 6.

1. Notons T_k (pour k > 0) l'ensemble des éléments de S_n composés de k transpositions de supports disjoints. Montrer qu'il existe un entier j tel que φ(T₁) = T_j.
2. Calculer le cardinal de chaque T_k et en déduire que j = 1 (donc pour i de 2 à n, φ((1 i)) est une transposition).
3. Montrer qu'il existe même une permutation σ ∈ S_n telle que pour tout i de 2 à n, φ((1 i)) = (σ(1) σ(i)).
4. En déduire que l'automorphisme φ est intérieur.

Solution

1. La transposition (1 2) étant d'ordre 2, son image φ(1 2) l'est aussi donc il existe un entier j (≤ n/2) tel que φ(1 2) ∈ T_j. Toutes les transpositions étant conjuguées dans S_n, leurs images par φ le sont aussi et appartiennent alors toutes à T_j.
2. $|T_{k}|={\frac {n!}{2^{k}(n-2k)!k!}}$ donc ${\frac {n!}{2^{j}(n-2j)!j!}}=|T_{j}|=|T_{1}|={\frac {n!}{2(n-2)!}}$, si bien que $2^{j-1}j!={\frac {(n-2)!}{(n-2j)!}}\geq (2j-2)!$, ce qui implique j ≤ 3.
   Si j = 2, l'égalité ${\frac {(n-2)!}{(n-2j)!}}=2^{j-1}j!$ devient (n – 2)(n – 3) = 4, ce qui est impossible.
   Si j = 3 (donc n ≥ 2j ≥ 6), elle devient (n – 2)(n – 3)(n – 4)(n – 5) = 24 = (6 – 2)(6 – 3)(6 – 4)(6 – 5), ce qui est impossible aussi car n ≠ 6.
   Par conséquent, j = 1.
3. Les deux transpositions φ((1 2)) et φ((1 3)) sont distinctes et ne commutent pas donc leurs supports respectifs ont un point commun, ce qui permet d'écrire φ((1 2)) = (σ(1) σ(2)) et φ((1 3)) = (σ(1) σ(3)). De même, pour i > 3, le support de la transposition φ((1 i)) contient un point de {σ(1), σ(2)} et un point de {σ(1), σ(3)}, et c'est σ(1), sinon on aurait φ((1 i)) = (σ(2) σ(3)) et
   φ((1 2)(1 i)(1 3)(1 i)) = (σ(1) σ(2))(σ(2) σ(3))(σ(1) σ(3))(σ(2) σ(3)) = (σ(1) σ(2) σ(3))(σ(1) σ(3) σ(2)) = id, or
   (1 2)(1 i)(1 3)(1 i) = (1 2)(3 i) ≠ id.
   Ainsi, pour tout i ≥ 2, φ((1 i)) = (σ(1) σ(i)) avec σ(1), σ(2), … , σ(n) ∈ {1, 2, … , n} distincts.
4. Pour tout i ≥ 2, φ((1 i)) = σ(1 i)σ^–1 or les n – 1 transpositions (1 i) engendrent S_n donc pour tout ρ ∈ S_n, φ(ρ) = σρσ^–1.

 

Problème 13 (Le cas particulier S₆)

1. Montrer que S₅ possède 6 sous-groupes d'ordre 5 et qu'il est isomorphe à un sous-groupe transitif de S_X, où X désigne l'ensemble de ces 6 sous-groupes.
2. Soit K un sous-groupe transitif de S₆ d'indice 6 (il en existe d'après la question précédente) et Y l'ensemble des six classes à gauche de S₆ modulo K. Soit θ : S₆ → S_Y ≅ S₆ le morphisme représentant l'action par translation de S₆ sur Y. Montrer que θ est un automorphisme.
3. Montrer que le sous-groupe θ(K) de S₆ n'est pas transitif et en déduire que θ n'est pas intérieur.

Solution

1. D'après les théorèmes de Sylow (ou plus élémentairement : parce qu'il contient vingt-quatre 5-cycles), S₅ possède six sous-groupes d'ordre 5 et agit transitivement par conjugaison sur cet ensemble X de six sous-groupes. Le morphisme ρ : S₅ → S_X qui représente cette action est injectif car son noyau est un sous-groupe normal de S₅ distinct de S₅ et A₅ (car d'indice ≥ 6 par transitivité de l'action, ou plus élémentairement car (123)(12345)(321) = (14523) n'est pas une puissance de (12345)).
2. ker(θ) est un sous-groupe normal de S₆ d'indice ≥ 6 (par transitivité de l'action) donc θ : S₆ → S₆ est injectif et par conséquent bijectif.
3. θ(K) n'est pas transitif car la classe K ∈ Y est fixe par translation par tout élément de K. Donc θ n'est pas intérieur car les automorphismes intérieurs préservent la transitivité.