Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications

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1 3 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications E est un ensemble ayant au moins deux éléments et Id E est l'application identité sur E. On note card (E le cardinal de E. 3.1 Permutations, cycles et transpositions On note S (E (ou parfois S (E l'ensemble des bijections de E sur lui même. Théorème 3.1 S (E est un groupe pour la composition des applications. Démonstration. C'est évident. Dénition 3.1 Le groupe S (E est appelé groupe des permutations de E. Remarque 3.1 Dans le cas où E est réduit à un élément, on peut quand même dénir S (E et il est réduit à {Id E }. Pour E = {1, 2,, n} N, on note S n le groupe S (E et on l'appelle groupe symétrique à n éléments. Le groupe symétrique joue un rôle important dans l'étude des polynômes symétriques, l'étude de la résolubilité des équations polynomiales et en algèbre multilinéaire. Pour toute permutation σ S n, on note : ( 1 2 n σ = σ (1 σ (2 σ (n pour signier que σ est la bijection σ : k E σ (k. Avec cette notation, on calcule facilement la composée et l'inverse d'une permutation de S n. Par exemple, on a : ( et : ( ( = = ( (

2 42 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Pour toute permutation σ S (E et tout entier relatif r, σ r est la permutation de E dénie par : Id E si r = 0 σ r = σ σ (r foissi r 1 (σ r 1 si r 1 Dénition 3.2 Soit r un entier compris entre 2 et card (E. On appelle cycle d'ordre r (ou r-cycle, toute permutation σ S (E qui permute circulairement r éléments de E et laisse xe les autres, c'est-à-dire qu'il existe une partie {x 1,, x r } de E telle que : On notera : k {1,, r 1}, σ (x k = x k+1 σ (x r = x 1 x E \ {x 1,, x r }, σ (x = x σ = (x 1,, x r un tel cycle et on dit que {x 1,, x r } est le support de σ et on le note Supp (σ. Remarque 3.2 Les r permutations circulaires : dénissent le même r-cycle. (x 1, x 2,, x r, (x 2, x 3,, x r, x 1,, (x r, x 1,, x r 1 Remarque 3.3 L'inverse d'un r-cycle est un r-cycle de même support. Précisément, on a : (x 1, x 2,, x r 1 = (x r, x r 1,, x 1 En eet, en notant x 0 = x r, on a : { σ (xk 1 = x k (1 k r σ (x = x si x E \ {x 1,, x r } { σ 1 (x k = x k 1 (1 k r σ 1 (x = x si x E \ {x 1,, x r } Remarque 3.4 Si σ = (x 1,, x r est un r-cycle, on a alors pour tout entier k compris entre 1 et r : x k = σ k 1 (x 1 En eet, c'est vrai pour k = 1 et supposant le résultat acquis pour 1 k 1 r 1, on a : x k = σ (x k 1 = σ ( σ k 2 (x 1 = σ k 1 (x 1 Dénition 3.3 On appelle transposition, un cycle d'ordre 2. On peut remarquer qu'une transposition τ est d'ordre 2 dans le groupe S (E, c'est-à-dire que τ Id E et τ 2 = Id E. On a donc τ 1 = τ. Plus généralement, on a le résultat suivant. Lemme 3.1 Un r-cycle est d'ordre r dans le groupe (S (E,.

3 Permutations, cycles et transpositions 43 Démonstration. Soit σ = (x 1,, x r un r-cycle avec r 2. Pour tout entier k compris entre 1 et r, on a : σ r (x k = σ r ( σ k 1 (x 1 = σ k 1 (σ r (x 1 = σ k 1 ( σ ( σ r 1 (x 1 = σ k 1 (σ (x r = σ k 1 (x 1 = x k r. Comme σ (x = x, pour x E \ {x 1,, x r }, on en déduit que σ r = Id E. Enn avec σ k 1 (x 1 = x k x 1, pour 2 k r, on déduit que σ k 1 Id E et σ est d'ordre On déduit du résultat précédent que l'inverse d'un r-cycle σ est le r-cycle σ 1 = σ r 1. Remarque 3.5 Si σ est un r-cycle, le calcul de σ m pour tout entier relatif m peut alors s'obtenir en eectuant la division euclidienne de m par r : on a m = qr + i avec 0 i r 1 et σ m = σ i. Exercice 3.1 Montrer que si l'ensemble E a au moins 3 éléments, alors le groupe S (E n'est pas commutatif (voir aussi le lemme 3.3. Solution 3.1 Soient x 1, x 2, x 3 distincts dans E et τ 1 = (x 1, x 2, τ 2 = (x 2, x 3. On a τ 2 τ 1 (x 1 = x 3 et τ 1 τ 2 (x 1 = x 2 x 3. Donc τ 2 τ 1 τ 1 τ 2 et S (E n'est pas commutatif. Exercice 3.2 On suppose que card (E = n 2. Montrer que, pour 2 r n, dans S (E il y a Cn r n! (r 1! = cycles d'ordre r distincts. r (n r! Solution 3.2 Pour dénir un r-cycle, on choisit d'abord une liste (x 1,, x r dans E, il y a A r n = r!cn r n! = (n r! possibilités. Pour un tel choix de la partie {x 1,, x r } de E, les r permutations circulaires : (x 1,, x r, (x 2, x 3,, x r, x 1,, (x r, x 1,, x r 1 donnent le même cycle, les autres permutations donnant des cycles diérents, il y a donc Ar n r = (r 1!C r n possibilités. Exercice 3.3 Montrer que si σ et σ sont deux cycles tels l'intersection Supp (σ Supp (σ est réduite à un point, alors le produit σσ est un cycle. Solution 3.3 Soient σ = (x 1, x 2,, x r et σ = (x 1, x 2,, x s deux cycles tels que Supp (σ Supp (σ = {x k }. Si j est l'entier compris entre 1 et s tel que x k = x j, on a alors : σσ = (x k+1,, x r, x 1,, x k ( x k, x j+1,, x s, x 1,, x j 1 = ( x k+1,, x r, x 1,, x k, x j+1,, x s, x 1,, x j 1 Le lemme qui suit est très souvent utilisé. Par exemple pour montrer qu'un morphisme de groupes de S (E dans R est constant sur les transpositions, ce qui permettra de montrer que la signature est le seul morphisme de groupes non constant de S (E dans R.

4 44 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Lemme 3.2 Soit r un entier compris entre 2 et card (E. Le conjugué dans S (E d'un r-cycle est encore un r-cycle. Précisément, pour tout r-cycle σ = (x 1, x 2,, x r et toute permutation τ, on a : τ σ τ 1 = (τ (x 1, τ (x 2,, τ (x r Réciproquement, deux cycles de même longueur sont conjugués dans S (E, c'est-à-dire que si σ et σ sont deux cycles de même longueur r-cycles, il existe alors une permutation τ telle que σ = τ σ τ 1. Démonstration. En notant σ = (τ (x 1, τ (x 2,, τ (x r, il s'agit de montrer que τ σ = σ τ. Pour x E \ {x 1,, x r }, on a σ (x = x et τ (x E \ {τ (x 1,, τ (x r }, ce qui donne : Si x est l'un des x k, on a alors : en notant x r+1 = x 1 et : τ σ (x = τ (x = σ (τ (x = σ τ (x τ σ (x = τ (σ (x k = τ (x k+1 σ τ (x = σ (τ (x k = τ (x k+1 On a donc bien τ σ = σ τ, soit τ σ τ 1 = σ. Soient σ = (x 1, x 2,, x r et σ = (x 1, x 2,, x r deux r-cycles. En se donnant une bijection φ de E \ {x 1,, x r } sur E \ {x 1,, x r}, on dénit une permutation τ de E en posant τ (x k = x k pour k = 1,, r et τ (x = φ (x pour x E \ {x 1,, x r } et on a : τ σ τ 1 = (τ (x 1, τ (x 2,, τ (x r = (x 1, x 2,, x r = σ Le résultat précédent se traduit en disant que, pour tout entier r compris entre 2 et card (E, le groupe S (E agit par conjugaison de façon transitive sur l'ensemble des r-cycles. En faisant agir S (E par conjugaison sur l'ensemble des cycles, l'orbite d'un r-cycle pour cette action est l'ensemble de tous les r-cycles et son cardinal est Ar n r = (r 1!Cr n. On désigne par Z (S (E le centre du groupe de S (E, c'est-à-dire l'ensemble des éléments de S (E qui commutent à tous les autres éléments de S (E. Lemme 3.3 On a : Z (S (E = { S (E si card (E = 2 {Id E } si card (E 3 Démonstration. Si card (E = 2, le groupe S (E est commutatif et Z (S (E = S (E. On suppose que card (E 3 et on se donne σ dans Z (S (E. Pour x y dans E, on a : (σ (x, σ (y = σ (x, y σ 1 = (x, y σσ 1 = (x, y et donc σ {x, y} = {x, y}. Pour card (E 3, on peut trouver, pour tout x E deux éléments y z distincts de x et avec {x} = {x, y} {x, z}, on déduit que : {σ (x} = σ ({x} = σ ({x, y} {x, z} = σ ({x, y} σ ({x, z} = {x, y} {x, z} = {x} ce qui donne σ (x = x. On a donc σ = Id E. Le centre de S (E est donc réduit à {Id}. On retrouve ainsi le fait que S (E n'est pas commutatif pour n 3.

5 Les groupes symétriques S n 45 Exercice 3.4 On suppose que card (E 3. Montrer que pour toute permutation σ S (E \ {Id E }, il existe une transposition qui ne commute pas à σ. On a donc σ / Z (S (E et on retrouve ainsi le fait que Z (S (E = {Id E }. Solution 3.4 Si σ S (E \ {Id}, il existe x E tel que y = σ (x x. On se donne z E \ {x, y} (E a au moins 3 éléments et τ est la transposition τ = (y, z. Avec : on déduit que στ τσ et σ / Z (S (E. στ (x = σ (x = y et τσ (x = τ (y = z y 3.2 Les groupes symétriques S n Théorème 3.2 Si E, F sont deux ensembles non vides et φ une bijection de E sur F, alors les groupes S (E et S (F sont isomorphes. Démonstration. L'application : ψ : S (E S (F σ φ σ φ 1 est un isomorphisme de groupes. En eet, pour σ S (E, ψ (σ S (F comme composée de bijections et pour σ 1, σ 2 dans S (E, on a : ψ (σ 1 σ 2 = φ σ 1 σ 2 φ 1 = ( φ σ 1 φ 1 ( φ σ 2 φ 1 = ψ (σ 1 ψ (σ 2 c'est-à-dire que ψ est un morphisme de groupes de S (E dans S (F. Si σ ker (ψ, on a alors φ σ φ 1 = Id F et σ = φ 1 Id F φ = Id E, donc ψ est injective. Pour σ S (F, l'application σ = φ 1 σ φ est dans S (E et on a ψ (σ = σ, donc ψ est surjective. Donc tout groupe de permutations d'un ensemble E à n éléments est isomorphe au groupe symétrique S n des permutations de {1, 2,, n}. On rappelle que deux ensembles nis qui sont en bijection ont le même nombre d'éléments. Théorème 3.3 Pour tout entier n 1 et tout ensemble E de cardinal n, on a card (S (E = n! Démonstration. Une démonstration rapide peut se faire comme suit. Si E = {x 1,, x n } et σ S (E, il y a n possibilités pour σ (x 1, puis, σ (x 1 étant choisi, il reste n 1 possibilités pour σ (x 2,, et enn 1 possibilité pour σ (x n, ce qui donne n! possibilités pour σ. Une démonstration plus rigoureuse peut se faire par récurrence sur n 1. Pour n = 1 c'est clair puisque S (E = {Id E }. Supposons le résultat acquis pour les ensembles à n 1 1 éléments et soit E = {x 1,, x n } un ensemble à n 2 éléments. On désigne par H le sous-ensemble de S (E formé des permutations de E qui laissent stable x n. On vérie facilement H est un sous-groupe de S (E. En eet, on a Id H et pour σ 1, σ 2 dans H, σ 1 σ2 1 (x n = σ 1 (x n = x n, donc σ 1 σ2 1 H et H est un sous-groupe de S (E. L'application qui associe à σ H sa restriction à F = {x 1,, x n 1 } réalise alors un isomorphisme de H sur S (F.

6 46 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications En désignant, pour tout entier k compris entre 1 et n 1, par τ k la permutation τ k = (x k, x n, on a S (E /H = {τ 1 H,, τ n 1 H, H}. En eet, pour tout σ S (E, il existe k {1,, n} tel que σ (x n = x k et en notant σ (x n = τ 1 k (x k = x n, donc τ 1 k σ H et σh = τ kh. On a donc S (E /H = {τ 1 H,, τ n H} avec τ j H τ k H pour k j (pour 1 k < j n, on a τ 1 k τ j (x n = τ k (x j x n, donc τ 1 k τ j / H. En utilisant l'hypothèse de récurrence, on en déduit que : τ n = Id, on a τ 1 k card (S (E = card (S (E /H card (H = card (S (E /H card (S (F = n (n 1! = n! On peut aussi montrer le théorème précédent en utilisant l'action naturelle de S (E sur E (exercice 4.4. Exemple 3.1 Pour E = {1, 2}, S 2 est formé des deux éléments : Id = et τ = (1, 2 et c'est un groupe commutatif. Ce groupe est en fait cyclique engendré par τ d'ordre 2, il est donc isomorphe à Z 2Z. Exercice 3.5 Montrer que le groupe des isométries du plan ane euclidien qui conservent les sommets d'un vrai triangle isocèle non équilatéral est isomorphe à S 2. Solution 3.5 On note P le plan ane euclidien et on se donne un vrai triangle isocèle non équilatéral T de sommets A 1, A 2, A 3 avec A 1 A 2 = A 1 A 3 (gure 3.1.On note Is (T le groupe A 1 A 2 A 3 Figure 3.1 des isométries de P qui conservent E = {A 1, A 2, A 3 }. Soit φ Is (T. Par conservation des barycentres, on a φ (O = O, en désignant par O le centre de gravité du triangle (l'isobarycentre de E et φ ([A 2 A 3 ] est un coté du triangle de même longueur que [A 2 A 3 ], c'est donc [A 2 A 3 ] puisque le triangle est non équilatéral et isocèle en A 1. On a donc φ ({A 2 A 3 } = {A 2, A 3 } et nécessairement φ (A 1 = A 1. Si φ (A 2 = A 2, alors φ = Id puisque ces deux applications coïncident sur le repère ane (O, A 1, A 2. Si φ (A 2 = A 3, alors φ est la réexion σ d'axe (OA 1, la médiatrice de [A 2 A 3 ], puisque ces deux applications coïncident sur le repère ane (O, A 1, A 2. On a donc Is (T = {Id, σ} = S ({A 2, A 3 } qui est isomorphe à S 2.

7 Les groupes symétriques S n 47 Exemple 3.2 S 3 est formé des six éléments : Id, τ 1 = (1, 2, τ 2 = (1, 3, τ 3 = (2, 3 γ 1 = (1, 2, 3 et γ 2 = γ 2 1 = (1, 3, 2. Ce groupe n'est pas commutatif puisque : ( τ 1 τ 2 = = γ et τ 2 τ 1 = ( = γ 1 γ 2 En remarquant que : on déduit que : γ 2 = γ 2 1, τ 2 = τ 1 γ 2 = τ 1 γ 2 1, τ 3 = τ 1 γ 1 S 3 = { Id, τ 1, γ 1, γ 2 1, τ 1 γ 1, τ 1 γ 2 1} = τ1, γ 1 = { τ i 1γ j 1 ; i = 0, 1 et j = 0, 1, 2 } Exercice 3.6 Montrer que S 3 est, à isomorphisme près, le seul groupe d'ordre 6 non commutatif. Solution 3.6 Soit G un groupe non commutatif d'ordre 6. Le théorème de Cauchy nous dit qu'on peut trouver dans G, un élément g d'ordre 2 et un élément h d'ordre 3 (ce qui peut se montrer ici directement. On vérie alors que G = { g i h j ; i = 0, 1 et j = 0, 1, 2 } Pour ce faire, il sut de vérier que les g i h j sont deux à deux distincts. Si g i h j = g i h j, on a alors g i i = h j j g h = {1} ( g h étant contenu dans g d'ordre 2 et dans h d'ordre 3 a un ordre qui divise 2 et 3, cet ordre est donc 1. On a donc g i i = h j j = 1, donc 2 divise i i { 1, 0, 1} et 3 divise j j { 2, 1, 0, 1, 2}, ce qui entraîne i = i et j = j. L'application φ de G dans S 3 dénie par : (i, j {0, 1} (0, 1, 2, φ ( g i h j = τ i 1γ j 1 réalise alors un isomorphisme de groupes de G sur S 3. En eet, cette application est bijective puisque les applications (i, j g i h j et (i, j τ i 1γ j 1 sont bijectives de {0, 1} (0, 1, 2 sur G et S 3 respectivement. Le fait que c'est un morphisme de groupes provient des égalités : hg = gh 2 et h 2 g = gh dans G et S 3 (avec (g, h = (τ 1, γ 1 dans ce cas. En eet, on a hg / {1 G, g, h, h 2, gh} (comme g est d'ordre 2 et h d'ordre 3, hg = 1 G donne h = g, hg = g donne h = 1 G, hg = h donne g = 1 G, hg = h 2 donne g = 1 G et hg = gh n'est pas possible car G est non commutatif, donc hg = gh 2 et h 2 g = hgh 2 = gh 4 = gh. Tenant compte de φ (g i h j = τ1γ i j 1 pour tout (i, j Z 2, il en résulte que pour g i h j, g i h j dans G, on a : g i h j+j si i = 0 g i h j g g i h j = i+1 h j si i = 1 et j = 0 g i+1 h j +2 si i = 1 et j = 1 g i+1 h j +1 si i = 1 et j = 2

8 48 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications et : ( φ g i h j g i h j = = τ i 1γ j+j 1 = τ i 1γ j 1 γ j 1 si i = 0 τ1 i+1 γ j 1 = τ1 i τ 1 γ j 1 si i = 1 et j = 0 τ1 i+1 γ j +2 1 = τ1τ i 1 γ1γ 2 j 1 = τ1γ i 1 τ 1 γ j τ i+1 1 γ j +1 1 = τ i 1τ 1 γ 1 γ j 1 = τ i 1γ 2 1 τ 1 γ j φ (g i h j φ ( h j si i = 0 φ (g i φ ( gh j si i = 1 et j = 0 φ (g i h φ ( gh j si i = 1 et j = 1 φ (g i h 2 φ ( gh j si i = 1 et j = 2 1 si i = 1 et j = 1 1 si i = 1 et j = 2 = φ ( g i h j φ (g i h j Remarque 3.6 On peut se passer du théorème de Cauchy dans l'exercice précédent. Comme G est non commutatif, il n'y a pas d'élément d'ordre 6 (sinon G est cyclique. Si tous les éléments de G \ {1 G } sont d'ordre 2, le groupe est alors commutatif. Il existe donc un élément d'ordre 3. Si tous les éléments de G \ {1 G } sont d'ordre 3, on a alors g g 1 pour tout g 1 G et G \ {1 G } = g e {g, g 1 } serait de cardinal pair, ce qui est absurde. Il existe donc dans G \ {1 G } au moins un élément d'ordre 2. En fait, de manière plus général, un groupe d'ordre 2n avec n 1 a au moins un élément d'ordre 2. En eet, pour n = 1, c'est clair et pour n 2, s'il n'y a pas d'élément d'ordre 2, on a alors g g 1 pour tout g 1 G et G \ {1 G } = g e {g, g 1 } serait de cardinal pair, ce qui est en contradiction avec card (G \ {1 G } = 2n 1. Exercice 3.7 Montrer que le groupe des isométries du plan ane euclidien qui conservent les sommets d'un vrai triangle équilatéral est isomorphe à S 3. Solution 3.7 On note P le plan ane euclidien, on se donne un vrai triangle équilatéral T de sommets A 1, A 2, A 3, et Is (T est le groupe des isométries de P qui conservent les sommets de ce triangle. (gure 3.2. A 1 A 3 A 2 Figure 3.2 En désignant par O l'isobarycentre de E = {A 1, A 2, A 3 }, on a A k = ρ (A k 1 pour k = 2, 3 où ρ est la rotation de centre 0 et de mesure d'angle égale à 2π. Donc Is (T contient ρ qui est 3 d'ordre 3. ( A1 A L'application Φ qui associe à φ Is (T associe la permutation σ = 2 A 3 φ (A 1 φ (A 2 φ (A 3

9 Support et orbites d'une permutation 49 réalise un morphisme de groupes de Is (T dans S (E. En eet, pour φ, ψ dans Is (T et k = 1, 2, 3, on a : Φ (φ ψ (A k = (φ ψ (A k = φ (ψ (A k = Φ (φ Φ (ψ (A k et comme (A 1, A 2, A 3 est un repère ane de E, ce morphisme est injectif (deux applications anes qui coïncident sur un repère ane sont identiques. Il en résulte que Is (T est isomorphe à un sous-groupe de S 3 et il est d'ordre 3 ou 6. La réexion σ d'axe la médiatrice de l'un des cotés étant aussi dans Is (T, on a au moins 4 éléments dans Is (T et ce groupe est nécessairement d'ordre 6. Il est donc isomorphe à S 3. On a en fait, Is (T = ρ, σ. On peut aussi dire que le groupe Is (T contient les trois réexions par rapport aux médiatrices et comme ces réexions ont pour image par Φ les trois transpositions (A 1, A 2, (A 1, A 3 et (A 2, A 3 qui engendrent S (E (voir plus loin, on en déduit que s (T est isomorphe à S (E, donc à S Support et orbites d'une permutation Dénition 3.4 Le support d'une permutation σ S (E est le complémentaire dans E de l'ensemble de ses points xes, soit l'ensemble : Supp (σ = {x E σ (x x} Remarque 3.7 Id E est l'unique permutation de support vide. Remarque 3.8 Le support d'un cycle σ = (x 1, x 2,, x r est {x 1, x 2,, x r }. Théorème 3.4 Soient σ, σ dans S (E. 1. σ (Supp (σ = Supp (σ. 2. Supp (σ = Supp (σ Pour tout r Z, on a Supp (σ r Supp (σ. 4. Si Supp (σ Supp (σ =, alors σ σ = σ σ. Démonstration. 1. Soit x Supp (σ. Comme σ est injective, de σ (x x on déduit que σ (σ (x σ (x et σ (x Supp (σ. On a donc σ (Supp (σ Supp (σ (dans le cas où E est ni, on a l'égalité puisque ces ensembles ont le même nombre d'éléments. Comme σ est surjective, tout x Supp (σ s'écrit x = σ (x et σ (x = σ (σ (x x = σ (x impose σ (x x, donc x Supp (σ et x σ (Supp (σ. On a donc Supp (σ σ (Supp (σ et σ (Supp (σ = Supp (σ. 2. De σ (x = x équivalent à x = σ 1 (x, on déduit que x Supp (σ si, et seulement si, x Supp (σ 1 et donc Supp (σ = Supp (σ L'égalité σ (x = x entraîne σ r (x = x pour tout r Z, donc σ r (x x entraîne σ (x x et Supp (σ r Supp (σ.

10 50 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 4. Soient σ, σ telles que Supp (σ Supp (σ = et x E. Si σ (x = x = σ (x, on a alors σ σ (x = σ (x = x = σ (x = σ σ (x. Si x Supp (σ, alors x / Supp (σ et σ (x = x, donc σ σ (x = σ (x. Mais on a aussi σ (x Supp (σ, donc σ (x / Supp (σ et σ σ (x = σ (x = σ σ (x. De manière analogue, on vérie que σ σ (x = σ (x = σ σ (x pour tout x Supp (σ (on permute les rôles de σ et σ. On a donc σ σ = σ σ. Remarque 3.9 La réciproque du point 4. du théorème précédent est fausse. Pour le voir, on prend σ Id E et σ = σ 1. Pour la suite de ce paragraphe et les suivants, E est un ensemble ni de cardinal n 2. Soit σ S (E. On a une action naturelle du groupe cyclique H = σ sur E dénie par : ( σ k, x σ k x = σ k (x Les orbites (ou σ-orbites pour cette action, sont les parties de E : H x = {γ x γ H} = { σ k (x k Z } où x décrit E. On notera Orb σ (x une telle orbite. On rappelle que ces orbites sont aussi les classes d'équivalence pour la relation d'équivalence dénie sur E par : (x R σ y ( k Z y = σ k (x et les orbites deux à deux distinctes forment une partition de E. Remarque 3.10 Une σ-orbite Orb σ (x est réduite à un point si, et seulement si, σ (x = x et les orbites non réduites à un point forment une partition du support de σ. Exemple 3.3 Soit σ = (x 1,, x r un r-cycle. Pour x E \ {x 1,, x r }, on a σ (x = x et Orb σ (x = {x}. Pour k compris entre 2 et r, on a x k = σ k 1 (x 1, donc x k x 1 modulo σ et comme σ r (x 1 = x 1, on a : Orb σ (x k = Orb σ (x 1 = { x 1, σ (x 1,, σ r 1 (x 1 } = {x 1, x 2,, x r } Il y a donc une seule orbite non réduite à un point. Nous verrons un peu plus loin que cela caractérise les cycles. Lemme 3.4 Soient σ S (E \ {Id E } et O une σ-orbite de cardinal r 2. Pour tout x O, r est le plus petit entier naturel non nul tel que σ r (x = x et : O = Orb σ (x = { x, σ (x,, σ r 1 (x }

11 Support et orbites d'une permutation 51 Démonstration. Comme σ Id E, il existe une orbite O non réduite à un point. Il existe y E tel que O = Orb σ (y = { σ k (y k Z }. Si x O, il existe alors un entier k tel que x = σ k (y et : Orb σ (x = { σ j (x j Z } = { σ j+k (y j Z } = { σ i (y i Z } = O Si σ k (x x pour tout k 1, on a alors σ i (x σ j (x pour tous i j dans Z et O est inni, ce qui n'est pas. Il existe donc un plus petit entier naturel non nul s tel que σ s (x = x. Comme O = Orb σ (x est de cardinal r 2, elle n'est pas réduite à un point et σ (x x. On a donc s 2. En utilisant le théorème de division euclidienne, tout entier k Z s'écrit k = qs + j avec q Z et 0 j s 1, ce qui donne : σ k (x = σ j (x et O = {x, σ (x,, σ s 1 (x}. Avec σ i (x σ j (x pour tous i j dans {0, 1,, s 1} (caractère minimal de s, on déduit que card (O = s et s = r. Théorème 3.5 Une permutation σ S (E est un cycle d'ordre r 2 si, et seulement si, il n'y a qu'une seule σ-orbite non réduite à un point. Démonstration. On a déjà vu qu'un r-cycle a une seule orbite non réduite à un point. Réciproquement si σ a une seule orbite non réduite à un point : avec r 2, on a alors : O = { x, σ (x,, σ r 1 (x } = {x 1, x 2,, x r } et σ est le r-cycle (x 1, x 2,, x r. σ (x k = x k+1 (1 k r 1 σ (x r = x 1 σ (x = x si x E \ {x 1,, x r } Remarque 3.11 On déduit du résultat précédent qu'une permutation σ S (E est un cycle d'ordre r 2 si, et seulement si, il existe x E tel que Supp (σ = Orb σ (x. Remarque 3.12 La composée de deux ( cycles n'est pas un cycle en général. Par exemple pour σ = (1, 2, 3, 4 dans S 4, on a σ 2 = avec Orb σ 2 (1 = {1, 3} et Orb σ 2 (2 = {2, 4}, donc σ 2 n'est pas un cycle. Exercice 3.8 Soit σ = (x 1, x 2,, x r un cycle de longueur paire. Montrer que σ 2 n'est pas un cycle. Solution 3.8 Soit r = 2p la longueur de σ avec p 1. Pour p = 1, σ 2 = Id E n'est pas un cycle et pour p 2, on a : et σ 2 n'est pas un cycle. Orb σ 2 (x 1 = {x 1, x 3,, x 2p 1 } et Orb σ 2 (x 2 = {x 2, x 4,, x 2p }

12 52 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Exercice 3.9 Soit σ = (x 1, x 2,, x r un cycle de longueur r Montrer que, pour x Supp (σ et j Z, on a : ( σ j (x = x (r divise j 2. Montrer que pour tout entier m Z, on a : { si r divise m Supp (σ m = Supp (σ si r ne divise pas m 3. Montrer que, pour x Supp (σ et m Z, on a : card (Orb σ m (x = r r m 4. Montrer que, pour m Z non multiple de r, σ m est un cycle si, et seulement si, m est premier avec r. Solution Si r divise j, on a alors σ j = Id et σ j (x = x pour tout x E. Réciproquement, supposons que σ j (x = x pour x = x k Supp (σ. On a alors : σ j (x k = σ j+k 1 (x 1 et en eectuant la division euclidienne de j + k 1 par r, on a j + k 1 = qr + p avec 0 p r 1 et : x k = σ j (x k = σ p (x 1 = x p+1 ce qui équivaut à p + 1 = k. Il en résulte que : soit j = qr, c'est-à-dire que r divise j. j + k = qr + p + 1 = qr + k 2. Si r divise m, on a alors σ m = Id et Supp (σ m =. S'il existe x Supp (σ tel que x / Supp (σ m, on a alors σ m (x = x et r divise m. Il en résulte que si r ne divise pas m, on a alors Supp (σ Supp (σ m et Supp (σ = Supp (σ m du fait que l'inclusion Supp (σ m Supp (σ est vériée pour tout entier relatif m. 3. Si r divise m, on a alors σ m = Id, Orb σ m (x = {x}, r m = r et : card (Orb σ m (x = 1 = r r m Sinon, σ m (x x et card (Orb σ m (x 2. En notant δ le pgcd de m et r, on a m = δm 1, r = δr 1 avec r 1 2 (sinon r = δ divise m, les entiers r 1 et m 1 étant premiers entre eux, (σ m r 1 (x = σ m 1δr 1 (x = σ m 1r (x = x et pour k compris entre 1 et r 1 1, (σ m k (x = σ mk (x x (sinon r = δr 1 divise mk = δm 1 k, donc r 1 divise m 1 k et r 1 divise k puisque r 1 m 1 = 1, ce qui est incompatible avec 1 k r 1 1. On a donc : Orb σ m (x = { x, σ m (x,, (σ m r 1 1 (x } et cette orbite est de cardinal r 1 = r r m. 4. Si m est premier avec r, on a Supp (σ m = Supp (σ, card (Orb σ m (x 1 = r = card (Supp (σ m et Orb σ m (x 1 Supp (σ m, donc Orb σ m (x 1 = Supp (σ m et σ m est un cycle. Sinon, 2 card (Orb σ m (x 1 = r r m < r = card (Supp (σm et il y a au moins deux σ m -orbites non réduites à un point, donc σ m n'est pas un cycle.

13 Décomposition d'un permutation en produit de cycles Décomposition d'un permutation en produit de cycles Comme précisé au paragraphe précédent, E est un ensemble ni de cardinal n 2. Pour toute permutation σ S (E, on note θ (σ son ordre dans le groupe S (E. Dénition 3.5 On dit que deux cycles σ et σ dans S (E sont disjoints si leurs supports sont disjoints dans E. En utilisant le fait que les σ-orbites forment une partition de E et que chaque σ-orbite non réduite à un point permet de dénir un cycle, on obtient le résultat suivant qui nous donne un premier système de générateurs de S (E. Théorème 3.6 Toute permutation σ S (E \ {Id E } se décompose en produit de cycles deux à deux disjoints (le groupe S (E est engendré par les cycles. Cette décomposition est unique à l'ordre près. Si σ = γ 1 γ p est une telle décomposition, on a alors la partition : Supp (σ = p Supp (γ k k=1 et : θ (σ = ppcm (θ (γ 1,, θ (γ p Démonstration. Soient σ S (E \ {Id E } et O 1,, O p,, O r les σ-orbites deux à deux distinctes avec r k = card (O k 2 pour k = 1,, p et card (O k = 1 pour k = p + 1,, r r (s'il en existe. On a alors la partition E = O k. k=1 Pour tout entier k compris entre 1 et r, on désigne par γ k la permutation de E dénie par : { σ (x si x Ok x E, γ k (x = x si x / O k (γ k est bien une permutation de E car la restriction de σ à une orbite O k est une permutation de O k. Si O k est réduite à un point, alors γ k = Id E, sinon γ k est un r k -cycle : en eet, pour x / O k, on a γ k (x = x et Orb γk (x = {x} et pour x O k, on a : Orb γk (x = { γ j k (x j Z} = { σ j (x j Z } = Orb σ (x = O k donc γ k a bien une seule orbite non réduite à un point. r p On vérie alors que σ = γ j = γ j. En eet, pour x E il existe un unique indice k j=1 j=1 compris entre 1 et r tel que x O k et on a γ k (x = σ (x, γ j (x = x pour j k (puisque x / O j et tenant compte du fait que les γ j commutent (leurs supports sont deux à deux disjoints, on en déduit que : ( r r γ j (x = γ k γ j (x = γ k (x = σ (x j=1 j=1 j k

14 54 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Il reste à montrer l'unicité, à l'ordre près, d'une telle décomposition. p Soit σ = est une autre décomposition en cycles deux à deux disjoints. k=1 γ k En notant O 1,, O p les supports de ces cycles, pour k {1,, p } et x O k, on a σ (x = γ k (x (x / O j pour j k et les cycles commutent, donc O k = Orb γ k (x = Orb σ (x. Les orbites O k sont donc les orbites non réduites à un point de σ et p = p. On a donc O k = O j pour un unique j compris entre 1 et p. Pour x O k, on a γ k (x = σ (x = γ j (x et pour x / O k, γ k (x = x = γ j (x, ce qui donne γ k = γ j et l'unicité de la décomposition à l'ordre près. p La réunion Supp (γ k est la réunion des orbites O k non réduites à un point, soit le support k=1 de σ. Notons µ = ppcm (θ (γ 1,, θ (γ p. Comme les cycles γ k commutent, on a σ k = γ k 1 γ k p pour tout entier naturel k et σ k = Id E si, et seulement si γ k j = Id E pour tout j compris entre 1 et p. En eet, il est clair que la condition est susante et si σ k = Id E, on a alors pour tout x O j (O 1,, O p sont toutes les σ-orbites γ k j (x = σ k (x = x et aussi γ k j (x = x pour x / O j, donc γ k j = Id E. Il en résulte que l'ordre de σ est un multiple commun des ordres des σ j et c'est un multiple de µ qui lui même est multiple de l'ordre de σ puisque σ µ = Id E. D'où l'égalité. Remarque 3.13 On conviendra que l'identité est produit de 0 cycle : Id E = γ 0 pour tout cycle γ. Remarque 3.14 Comme l'ordre d'un cycle est égal à sa longueur, l'ordre de σ est aussi le ppcm des longueurs des cycles γ j. Pour E = {1, 2,, n}, une telle décomposition s'obtient en prenant, dans le cas où il n'est pas xe, les images de 1 par σ, σ 2,, jusqu'au moment où on retombe sur 1 (l'orbite de 1, puis on recommence avec le plus petit entier dans E \ Orb σ (1 qui n'est pas xe et ainsi de suite. Par exemple, pour : ( σ = on a σ (1 = 2, σ 2 (1 = 3, σ 3 (1 = 4, σ 4 (1 = 5, σ 5 (1 = 1, ce qui donne le premier cycle (1, 2, 3, 4, 5, puis σ (6 = 7, σ 2 (6 = 6 et σ (8 = 8, donc σ = (1, 2, 3, 4, 5 (6, 7. Exercice 3.10 Soit σ S n dénie par : k {1, 2,, n}, σ (k = n + 1 k (elle inverse l'ordre des entiers 1, 2,, n. Donner la décomposition de σ en produit de cycles deux à deux disjoints. Solution 3.10 On a : σ = ( n 1 n n n 1 n Si n est pair, soit n = 2p avec p 1, on a : σ (k = 2p + 1 k, σ 2 (k = σ (2p + 1 k = k

15 Décomposition d'un permutation en produit de cycles 55 pour k = 1,, p (et 2p + 1 k = 2p,, p + 1, ce qui donne : σ = (1, 2p (2, 2p 1 (p, p + 1 Si n est impair, soit n = 2p + 1 avec p 1, on a : σ (k = 2p + 2 k, σ 2 (k = σ (2p + 2 k = k pour k = 1,, p (2p + 2 k = 2p + 1,, p + 2 et σ (p + 1 = p + 1 ce qui donne : σ = (1, 2p + 1 (2, 2p (p, p + 2 Donc σ est produit de transpositions eux à deux disjointes et est d'ordre 2 (ce qui se voit directement sur sa dénition. Exercice 3.11 Soient σ, γ deux permutations dans S (E \ {Id E }. Exprimer la décomposition en cycles deux à deux disjoints de σγσ 1 en fonction de celle de γ. Solution 3.11 Si γ = p γ j est la décomposition en cycles disjoints de γ, alors σγσ 1 = j=1 p (σγ j σ 1 est celle de σγσ 1 puisque pour γ j = (x 1,, x r, on a σγ j σ 1 = (σ (x 1,, σ (x r j=1 et les supports de ces cycles sont 2 à 2 disjoints du fait que σ est bijective. ( Exercice 3.12 Soit σ =. Calculer σ Solution 3.12 La permutation σ = (1, 2, 3, 4, 5 (6, 7 = γτ est d'ordre ppcm (5, 2 = 10. En eectuant la division euclidienne, on a pour tout entier relatif m = 10q + r où 0 r 9, σ m = σ r. Ce qui donne σ 2009 = σ 9 = γ 9 τ 9 = γ 1 τ = (5, 4, 3, 2, 1 (6, 7 ( = Exercice 3.13 Quel est l'ordre maximal d'un élément de S 5. Solution 3.13 La décomposition en cycles disjoints d'un élément de S 5 \ {Id} (Id est d'ordre 1 est formée soit d'un r-cycle avec 2 r 5, soit d'un 2-cycle et d'un cycle d'ordre 2 ou 3 et cet ordre est au maximum 6, qui est atteint pour (1, 2 (3, 4, 5. Exercice 3.14 Soit σ un cycle de longueur r 2 et m un entier relatif non multiple de r. Que dire de la décomposition de σ m en cycles deux à deux disjoints? (On peut utiliser l'exercice 3.9. Solution 3.14 Avec l'exercice 3.9, on a vu que σ m est un cycle si, et seulement si, m r = 1. Pour m r 1, on a Supp (σ m = Supp (σ, et card (Orb σ m (x = r 2 pour tout x r m Supp (σ. Comme les σ m -orbites non réduites à un point forment une partition de Supp (σ m, il en résulte que σ m r est produit de r m cycles disjoints, tous de longueur r m. On retrouve le fait que σ m r est d'ordre r m.

16 56 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 3.5 Systèmes de générateurs de S (E On a déjà vu que S (E est engendré par les cycles. Lemme 3.5 Pour 2 r n, tout r-cycle dans S (E s'écrit comme produit de r 1 transpositions. Démonstration. Résulte de : (x 1, x 2,, x r = (x 1, x 2 (x 2, x 3 (x r 1,, x r Théorème 3.7 Toute permutation σ S (E se décompose en produit de transpositions (le groupe S (E est engendré par les transpositions. Démonstration. On a Id E = τ 2 pour toute transposition. Toute permutation σ S (E \ {Id E } est produit de cycles et un cycle est produit de transpositions. Remarque 3.15 Dans la décomposition d'une permutation en produit de transpositions, il n'y a pas unicité et les transpositions ne commutent pas nécessairement. Par exemple, on a : (2, 3 = (1, 2 (1, 3 (1, 2 et : (1, 2 (2, 3 = (1, 2, 3 (2, 3 (1, 2 = (3, 2 (2, 1 = (3, 2, 1 Exercice 3.15 Montrer directement par récurrence sur n 2, que S (E est engendré par les transpositions. Solution 3.15 Pour E = {x 1, x 2 }, on a S (E = {Id E, (x 1, x 2 }. Supposons le résultat acquis pour les ensembles de cardinal n 1 2 et soit E de cardinal n. Soient σ S (E. Si σ = Id E, on a σ = τ 2 pour toute transposition τ. Sinon il existe x E tel que y = σ (x x. En désignant par τ la transposition τ = (x, y, on a τσ (x = x et la restriction de τσ à F = E \ {x} est une permutation de F, elle s'écrit donc comme produit de transpositions et τσ = τ 1 τ r où les τ k sont des transpositions de E qui laissent xe x. Il en résulte que σ = ττ 1 τ r est produit de transpositions. Cette démonstration montre aussi que si {τ 1,, τ r } est une famille de transpositions qui engendre S (E, on a nécessairement r n 1. Exemple 3.4 Pour σ = ( σ = (1, 2 (2, 3 (3, 4 (4, 5 (6, 7 = (1, 2, 3, 4, 5 (6, 7, on a : Comme S (E est isomorphe à S n, on se contente maintenant de décrire des générateurs de S n. Lemme 3.6 S n est engendré par les n 1 transpositions (1, k où 2 k n.

17 Systèmes de générateurs de S (E 57 Démonstration. Soit (i, j une transposition avec 1 i j n. Si i = 1 ou j = 1, il n'y a rien à faire ((i, j = (j, i et pour i 1, j 1, on a : (i, j = (1, i (1, j (1, i 1 = (1, i (1, j (1, i (lemme 3.2. Le résultat se déduit alors du fait que S n est engendré par les transpositions. Remarque 3.16 Il n'est pas possible d'enlever une de ces transpositions (1, k du fait que pour 2 k n et 2 j k n, toutes les transposition (1, j laissent xe k. ( Exemple 3.5 Pour σ = = (1, 2 (2, 3 (3, 4 (4, 5 (6, 7, on a : σ = (1, 2 (1, 2 (1, 3 (1, 2 (1, 3 (1, 4 (1, 3 (1, 4 (1, 5 (1, 4 (1, 6 (1, 7 (1, 6 = (1, 3 (1, 2 (1, 3 (1, 4 (1, 3 (1, 4 (1, 5 (1, 4 (1, 6 (1, 7 (1, 6 Lemme 3.7 S n est engendré par les n 1 transpositions (k, k + 1 où 1 k n 1. Démonstration. Comme S n est engendré par les transpositions (1, k où 2 k n, il sut d'écrire chaque transposition (1, k comme produit de transpositions du type (i, i + 1. Pour 3 k n, on a : (1, k = (k 1, k (1, k 1 (k 1, k 1 = (k 1, k (1, k 1 (k 1, k (encore le lemme 3.2. Pour k = 3, on a (1, k 1 = (1, 2 et c'est terminé, sinon on écrit : (1, k 1 = (k 2, k 1 (1, k 2 (k 2, k 1 et on continue ainsi de suite si nécessaire. Pour k = 2, la transposition (1, k = (1, 2 est de la forme souhaitée. Remarque 3.17 Il n'est pas possible d'enlever une de ces transpositions (k, k + 1 du fait que pour 1 k n 1 et 1 j k n 1, toutes les transposition (j, j + 1 laissent globalement invariant la partie {1,, k}. Lemme 3.8 S n est engendré par (1, 2 et (1, 2,, n (S n est di-cyclique. Démonstration. Comme S n est engendré par les transpositions (k, k + 1 où 1 k n 1, il sut de montrer que chaque transposition (k, k + 1 est dans le sous-groupe G de S n engendré par τ = (1, 2 et γ = (1, 2,, n. On a déjà (1, 2 G et, pour n 3 : γ (1, 2 γ 1 = (γ (1, γ (2 = (2, 3 γ (2, 3 γ 1 = (γ (2, γ (3 = (3, 4. γ (n 2, n 1 γ 1 = (γ (n 2, γ (n 1 = (n 1, n soit (k, k + 1 = γ k 1 (1, 2 ( γ k 1 1 pour 1 k n 1. Exercice 3.16 Montrer que, pour n 3, S n est engendré par (1, 2 et (2, 3,, n. Solution 3.16 Comme S n est engendré par les transpositions (1, k où 2 k n, il sut de montrer que chaque transposition (1, k est dans le sous-groupe G de S n engendré par (1, 2 et (2, 3,, n. On a déjà (1, 2 G. En notant σ k = (2, 3,, n k 2 pour 3 k n, on a σ k (1 = 1, σ k (2 = k, et : (1, k = σ k (1, 2 σ 1 k H

18 58 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 3.6 Signature d'une permutation Pour toute permutation σ S (E, on note µ (σ le nombre de σ-orbites distinctes. p Si σ = σ k est la décomposition de σ en produit de cycles deux à deux disjoints, on a vu k=1 que p est le nombre de σ-orbites non réduites à un point et µ (σ = p + φ (σ où φ (σ est le nombre de points xes de σ. Dénition 3.6 La signature d'une permutation σ S (E est l'élément ε (σ de { 1, 1} déni par : ε (σ = ( 1 n µ(σ Exemple 3.6 L'identité a n orbites réduites à un point et ε (Id E = 1. Exemple 3.7 Si σ est un r-cycle, il a une orbite non réduite à un point et n r orbites réduites à un point, donc µ (σ = n r + 1 et ε (σ = ( 1 r 1. Exemple 3.8 Si τ est une transposition, on a ε (σ = 1. Lemme 3.9 Pour toute permutation σ S (E et toute transposition τ S (E, on a : ε (τσ = ε (σ Démonstration. Soit τ = (x, y une transposition dans S (E avec x y. Si σ = Id E, on a alors τσ = τ et ε (τσ = 1. Pour σ Id E, on a la décomposition en produit de cycles deux à deux disjoints, σ = σ 1 σ p, où les O k = Supp (σ k, pour k compris entre 1 et p, sont toutes les orbites non réduites à un point. p Si {x, y} O k =, le nombre de points xes de σ = τσ est alors φ (σ = φ (σ 2 et le k=1 nombre de σ -orbites est : µ (σ = p φ (σ 2 = µ (σ 1 ce qui donne ε (σ = ε (σ. Si {x, y} est contenu dans l'une des σ-orbites O k, comme les cycles σ j commutent, on a : avec : σ = τσ k p j=1 j k y O k = Orb σ (x = { x, σ (x,, σ r k 1 (x } = {x 1,, x rk } Il existe donc j {2,, r k } tel que y = x j et : σ j (pour j = r k, σ k disjoints : τσ k = (x 1, x j (x 1,, x j,, x rk = (x 1,, x j 1 (x j,, x rk = σ kσ k = Id E, ce qui donne la décomposition en produit de cycles deux à deux σ = σ kσ p k σ j j=1 j k

19 Signature d'une permutation 59 On a donc, µ (σ = µ (σ + 1 (pour j = r k, le nombre de cycles est inchangé, mais x rk est un point xe de plus et ε (σ = ε (σ. Si x et y sont dans deux σ-orbites distinctes, soit {x, y} O k = {x} et {x, y} O j = {y} avec j k, on a alors : O k = Orb σ (x = { x, σ (x,, σ r k 1 (x } = {x 1,, x rk } et : donc : O j = Orb σ (y = { y, σ (y,, σ rj 1 (y } = { } y 1,, y rj τσ k σ j = (x 1, y 1 (x 1,, x rk ( y 1,, y rj = (y 1, x 1 (x 1,, x rk ( y 1,, y rj = (y 1, x 1,, x rk ( y 1,, y rj = (x 1,, x rk, y 1 ( y 1,, y rj = ( x 1,, x rk, y 1,, y rj = σ k et la décomposition en produit de cycles deux à deux disjoints : σ = τσ k σ j p i=1 i/ {j,k} σ i = σ k p i=1 i/ {j,k} On a donc, µ (σ = µ (σ 1 et ε (σ = ε (σ. Enn, la dernière possibilité est que x [resp. y] soit dans l'une des orbites O k et y [resp. x] en dehors de la réunion de toutes les orbites. On a alors φ (σ = φ (σ + 1 et O k = Orb σ (x = {x, σ (x,, σ r k 1 (x} = {x 1,, x rk }, donc : τσ k = (x 1, y (x 1,, x rk = (y, x 1,, x rk et µ (σ = µ (σ + 1, ce qui donne ε (σ = ε (σ. On en déduit le théorème qui suit qui nous donne une dénition équivalente de la signature d'une permutation. Théorème 3.8 Si σ S (E est produit de p transpositions, on a alors ε (σ = ( 1 p (la parité de p est donc uniquement déterminée par σ. Démonstration. C'est une conséquence immédiate du lemme précédent et du fait que ε (τ = 1 pour toute transposition τ. Théorème 3.9 Les seuls morphismes de groupes de (S (E, dans (R, sont l'application constante égale à 1 et la signature ε. La signature étant surjective de S (E sur { 1, 1}. Démonstration. Montrons tout d'abord que ε est un morphisme de groupes surjectif de (S (E, sur { 1, 1}. On a vu que ε est à valeurs dans { 1, 1} et avec ε (Id E = 1, ε (τ = 1 pour toute transposition τ (E a au moins deux éléments, on déduit que σ est surjectif. Si σ, σ sont deux permutations elles s'écrivent respectivement comme produit de p et q transpositions, ce qui permet d'écrire σσ comme produit de p+q transpositions et on a ε (σσ = ( 1 p+q = ε (σ ε (σ. Donc ε est un morphisme de groupes. σ i

20 60 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Soit φ un morphisme de groupe de S (E dans R. Si τ 1 et τ 2 sont deux transpositions, il existe une permutation σ telle que τ 2 = στ 1 σ 1 (lemme 3.2 et comme le groupe multiplicatif R est commutatif, on a : φ (τ 2 = φ (σ φ (τ 1 φ (σ 1 = φ (σ φ (σ 1 φ (τ 1 = φ (τ 1 c'est-à-dire que φ est constant sur les transpositions. Avec : φ (Id E = φ ( τ 2 = (φ (τ 2 pour toute transposition τ, on déduit que φ (τ = 1 pour toute transposition τ ou φ (τ = 1 pour toute transposition τ. Dans le premier cas, on a φ (σ = 1 pour toute permutation σ puisque les transpositions engendrent S (E et dans le second cas, comme toute permutation p p σ S (E s'écrit σ = τ k où les τ k sont des transpositions, on a φ (σ = φ (τ k = ( 1 p = ε (σ. k=1 Exercice 3.17 Déterminer la signature de : ( σ = Solution 3.17 On a : σ = (1, 5, 4, 3, 2 (6, 7 et ε (σ = ( ( 1 = 1. On peut aussi écrire σ comme produit de transpositions : et ε (σ = ( 1 5 = 1. σ = (1, 5 (5, 4 (4, 3 (3, 2 (6, 7 Le résultat qui suit nous donne une autre dénition de la signature d'une permutation σ S n (on peut toujours se ramener à ce cas. Théorème 3.10 Pour toute permutation σ S n, on a : ε (σ = σ (j σ (i. j i 1 i<j n Démonstration. Soit φ l'application dénie sur S n par φ (σ = 1 i<j n k=1 σ (j σ (i. Pour j i montrer que φ = ε, il sut de montrer que φ est un morphisme de groupes non constant de S n dans R. Comme σ est bijective, on a φ (σ R pour tout σ S n. Pour σ 1, σ 2 dans S n, on a : φ (σ 1 σ 2 = 1 i<j n = 1 i<j n = 1 i <j n σ 1 (σ 2 (j σ 1 (σ 2 (i σ 2 (j σ 2 (i σ 2 (j σ 2 (i j i σ 1 (σ 2 (j σ 1 (σ 2 (i σ 2 (j σ 2 (i σ 1 (j σ 1 (i j i 1 i<j n 1 i<j n σ 2 (j σ 2 (i j i σ 2 (j σ 2 (i j i

21 Le groupe alterné 61 puisque σ 2 est bijective de {1,, n} sur {1,, n} et σ 1 (j σ 1 (i = σ 1 (i σ 1 (j, ce j i i j qui donne φ (σ 1 σ 2 = φ (σ 1 φ (σ 2. On a φ (Id E = 1 et pour τ = (1, 2 : φ (τ = = n 1 n i=1 j=i+1 n j=2 τ (j 2 j 1 τ (j τ (i j i n n j 1 j 2 = j 2 j 1 j 1 j 2 = 1 donc φ est non constant et c'est la signature. Du théorème précédent, on déduit que ε (σ = ( 1 ν(σ, où : j=3 j=3 ν (σ = card { (i, j N 2 1 i < j n et σ (j < σ (i } est le nombre d'inversions de σ. Ce qui nous donne une dénition supplémentaire de la signature. Exemple 3.9 Pour : σ = on a 5 inversions, donc ε (σ = ( 1 5 = Le groupe alterné ( Dénition 3.7 On dit qu'une permutation σ S (E est paire [resp. impaire ] si ε (σ = 1 [resp. ε (σ = 1]. Exemple 3.10 Les cycles de longueur paire [resp. impaire] sont impaires [resp. paires]. Dénition 3.8 Le groupe alterné est le sous-ensemble de S (E formé des permutations paires. On le note A (E. Pour E = {1, 2,, n}, on note A n le groupe alterné. Remarque 3.18 A (E est un sous-groupe distingué de S (E puisque c'est le noyau du morphisme ε. ( S (E A (E est d'indice 2 (card = card { 1, 1} = 2 et card (A (E = n! A (E 2. Pour n = 2, on a A (E = {Id E }. Dans ce qui suit, on suppose que n 3. Remarque 3.19 A 3 est cyclique engendré par γ 1 = (1, 2, 3. En eet card (A 3 = 3! 2 cycle γ 1 est d'ordre 3 dans A 3. = 3 et le Exercice 3.18 Donner la liste de tous les éléments de A 4 en précisant leur ordre. Solution 3.18 On note τ ij la transposition (i, j dans S 4 pour 1 i j 4. On a dans le groupe A 4 les 12 éléments distincts suivants :

22 62 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications l'identité ; les 3 éléments d'ordre 2 : τ 12 τ 34, τ 13 τ 24, τ 23 τ 14 (le produit de deux transpositions de supports disjoints est d'ordre 2 puisque ces transpositions commutent ; les 8 éléments d'ordre 3 : (2, 3, 4, (2, 4, 3, (1, 3, 4, (1, 4, 3, (1, 2, 4, (1, 4, 2, (1, 2, 3 (1, 3, 2 (un 3-cycle xe un élément de {1, 2, 3, 4} et il y en a deux qui xent k, pour k = 1, 2, 3, 4 et on a ainsi tous les éléments puisque A 4 est de cardinal 4! 2 = 12. Exercice Soient G un groupe d'ordre 2n et H un sous-groupe de G d'ordre n (donc d'indice 2. Montrer que : g G, g 2 H 2. Montrer que A 4 (qui est d'ordre 12 n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. Solution Soit g G. Si g H, on a alors g 2 H puisque H est un groupe. Si g / H, on a alors gh H et G/H = {H, gh}, ce qui nous donne la partition G = H gh. Si g 2 / H, il est alors dans gh et s'écrit g 2 = gk avec k H, ce qui entraîne g = k H qui est en contradiction avec g / H. 2. Si H est un sous-groupe de A 4 d'ordre 6, on a alors σ 2 H pour tout σ A 4. Si σ A n est un 3-cycle, il est alors d'ordre 3 et σ 4 = σ, c'est-à-dire que σ = γ 2 avec γ = σ 2 = σ 1 A n. Donc H va contenir tous les 3-cycles, soit 8 éléments, ce qui n'est pas possible. 3.8 Générateurs de A (E On suppose ici que n 3. Lemme 3.10 Le produit de deux transpositions est un produit de 3-cycles. Précisément, pour x, y, z, t deux à distincts dans E, on a : (x, y (x, z = (x, z, y et (x, y (z, t = (x, y, z (y, z, t. Démonstration. Soient τ 1 et τ 2 deux transpositions. Si τ 1 = τ 2, on a alors τ 1 τ 2 = τ 2 1 = Id E = γ 3 pour n'importe quel 3-cycle. Si τ 1 τ 2, on a alors deux possibilités. Soit Supp (τ 1 Supp (τ 2 = {x}, donc τ 1 = (x, y, τ 2 = (x, z avec x, y, z distincts et : τ 1 τ 2 = (y, x (x, z = (y, x, z = (x, z, y (exercice 3.3, soit Supp (τ 1 Supp (τ 2 =, donc τ 1 = (x, y, τ 2 = (z, t avec x, y, z, t distincts et : τ 1 τ 2 = (x, y (z, t = (x, y (y, z (y, z (z, t = (x, y, z (y, z, t Théorème 3.11 Pour n 3, A (E est engendré par les 3-cycles.

23 Générateurs de A (E 63 Démonstration. Comme S (E est engendré par les transpositions, on déduit du théorème 3.8 qu'une permutation paire est le produit d'un nombre pair de transpositions et le lemme qui précède nous dit que ce produit s'écrit comme produit de 3-cycles. Exercice 3.20 Montrer que, pour n 4, les produits de deux transpositions disjointes sont conjugués dans A (E. Solution 3.20 Soient σ = (x 1, x 2 (x 3, x 4 et σ = (x 1, x 2 (x 3, x 4 deux produits de deux transpositions disjointes. En désignant par τ une permutation dans S (E telle que τ (x k = x k pour 1 k 4, on a : τστ 1 = τ (x 1, x 2 τ 1 τ (x 3, x 4 τ 1 = (τ (x 1, τ (x 2 (τ (x 3, τ (x 4 = (x 1, x 2 (x 3, x 4 = σ (ce qui prouve que σ et σ sont conjuguées dans S (E. Si τ A (E c'est terminé, sinon γ = (x 3, x 4 τ est dans A (E et : γσγ 1 = (γ (x 1, γ (x 2 (γ (x 3, γ (x 4 = (x 1, x 2 (x 4, x 3 = σ Théorème 3.12 Pour n 5, les sous-groupes distingués de S (E sont {Id}, A (E et S (E. Démonstration. Soit H un sous-groupe distingué non trivial de S (E (i. e. distinct de {Id} et de S (E. Pour montrer que H = A (E, il sut de montrer que H contient un 3-cycle (il les contient alors tous puisqu'ils sont conjugués dans S (E, donc A (E H et H = A (E puisque les 3-cycles engendrent A (E et H S (E : en eet, on a A (E H S (E, donc card (H = p n! card (H = pq et pq = 2, soit p = 1 et H = A (E ou p = 2 et H = S (E. 2 2 On se donne σ H \ {Id} et τ = (x, y une transposition qui ne commute pas à σ (voir l'exercice 3.3. Comme H est distingué dans S (E, on a : et en écrivant que : σ = τστσ 1 = ( τστ 1 σ 1 H σ = (x, y ( σ (x, y σ 1 = (x, y (σ (x, σ (y on voit que σ est produit de deux transpositions. L'égalité σ = Id est réalisée si, et seulement si, τστσ 1 = Id, soit τσ = στ 1 = στ, ce qui n'est pas. Si {x, y} {σ (x, σ (y} est réduit à un point, alors σ est un 3-cycle et dans ce cas H = A (E, sinon cette intersection est vide et en prenant z dans E \ {x, y, σ (x, σ (y} (on a n 5, le groupe H contient (x, y (σ (x, z puisque le produit de deux transpositions de supports disjoints sont conjugués dans S (E et H est distingué. Il en résulte que H contient : qui est le 3-cycle (σ (y, σ (x, z. (x, y (σ (x, σ (y (x, y (σ (x, z = (σ (x, σ (y (σ (x, z Exercice 3.21 Montrer que A (E est stable par tout automorphisme de S (E. Solution 3.21 Si φ est un automorphisme de S (E, alors pour tout 3-cycle σ A (E, φ (σ est d'ordre 3 dans S (E. Comme φ (σ est produit de cycles et l'ordre de φ (σ est le ppcm des longueurs de ces cycles, ils sont nécessairement tous d'ordre 3 et φ (σ A (E.

24 64 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications En fait, de manière plus générale si E, F sont deux ensembles de même cardinal et φ une bijection de E sur F, on lui associe naturellement l'application Φ : σ S (E φ σ φ 1 qui réalise un isomorphisme de groupes de S (E sur S (F. Le raisonnement fait avec l'exercice précédent nous montrer que la restriction de Φ à A (E réalise un isomorphisme de groupes de A (E sur A (F. Exercice 3.22 Décomposer en produit de 3-cycles dans A 7 la permutation : ( σ = Solution 3.22 On a la décomposition en produit de transpositions : donc ε (σ = 1 et σ A 7. Puis : σ = (1, 2 (2, 3 (3, 4 (4, 5 (5, 6 (6, 7 σ = (2, 3, 1 (4, 5, 3 (6, 7, 5 = (1, 2, 3 (3, 4, 5 (5, 6, 7 Exercice 3.23 Montrer que, pour n 3, A n est engendré par les 3-cycles γ k = (1, 2, k où 3 k n (en particulier A 4 est di-cyclique engendré par (1, 2, 3 et (1, 2, 4. Solution 3.23 Il sut de montrer que tout 3-cycle peut s'écrire comme produit de cycles du type (1, 2, k. Pour i, j, k distincts de 1, 2, on a : et : (i, j, k = (1, 2, i (2, j, k (1, 2, i 1 (2, j, k = (1, 2, j (1, 2, k (1, 2, j 1 (exercice 3.2. On peut aussi procéder par récurrence. Pour n = 3, c'est vrai (A 3 = (1, 2, 3. Supposons le résultat acquis pour n 3 et soit σ A n+1. Si σ (n + 1 = n + 1, alors la restriction de σ à {1,, n} est dans A n, donc elle s'écrit comme produit de γ k avec 3 k n et il en est de même de σ. Sinon, σ (n + 1 = j n et avec : ( γ 1 n+1 γ j σ (n + 1 = ( ( γn+1 1 γ j (j = γ 1 n+1 (1 = n + 1 on déduit σ = γ 1 n+1 γ j σ A n+1 est produit de γ k avec 3 k n et σ = γ 1 j γ n+1 σ = γ 2 j γ n+1 σ est produit de γ k avec 3 k n + 1. Exercice 3.24 Montrer que, pour n 3, A n est engendré par les 3-cycles (k, k + 1, k + 2 où 1 k n 2. Solution 3.24 Comme A n est engendré par les 3-cycles γ k = (1, 2, k où 3 k n, il sut d'écrire chaque γ k comme produit 3-cycles du type (j, j + 1, j + 2 et (i, i + 1, i = (i + 2, i + 1, i où 1 i, j n 2. Pour 4 k n, on a : (1, 2, k = (k 1, k, k + 1 (1, 2, k 1 (k 1, k, k Pour k = 4, on a (1, 2, k 1 = (1, 2, 3 et c'est terminé, sinon on écrit (1, 2, k 1 = (k 2, k 1, k (1, 2, k 2 (k 2, k 1, k 1 et on continue ainsi de suite si nécessaire. Pour k = 3, le cycle (1, 2, 3 est de la forme souhaitée.

25 Générateurs de A (E 65 Exercice 3.25 Déterminer, pour n 4, le centre Z (A (E de A (E (c'est-à-dire l'ensemble des éléments de A (E qui commutent à tous les autres éléments de A (E. Solution 3.25 Si σ A (E \ {Id}, il existe x E tel que y = σ (x x. On se donne z E \ {x, y, σ (y} (E a au moins 4 éléments et γ est le 3-cycle γ = (x, y, z A (E. On a alors : σγ (x = σ (y et γσ (x = γ (y = z σ (y donc σγ γσ et σ / Z (A (E. Le centre de A (E est donc réduit à {Id}. Pour n = 3, A (E est cyclique, donc commutatif et Z (A (E = A (E. Exercice 3.26 Le groupe S (E est-il isomorphe au produit direct A (E { 1, 1}? Solution 3.26 Pour n = 2, on a S (E { 1, 1} et A (E = {Id E }, donc S (E est isomorphe au produit direct A (E { 1, 1}. Pour n = 3, A (E est d'ordre 3, donc cyclique et A (E { 1, 1} qui est commutatif ne peut être isomorphe à S (E. Pour n 4, γ = (Id, 1 est dans le centre de A (E { 1, 1}, il est d'ordre 2, donc si φ est un isomorphisme de A (E { 1, 1} sur S (E, l'élément φ (γ serait d'ordre 2 dans le centre de S (E, ce qui contredit le fait que Z (S (E = {Id}. Donc S (E n'est pas isomorphe au produit direct A (E { 1, 1}. Exercice Montrer que, pour n 5, deux 3-cycles sont conjugués dans A (E. 2. Vérier que ce résultat n'est pas vrai pour A En déduire que, pour n 5, le groupe dérivé D (A (E de A (E (i. e. le groupe engendré par les commutateurs [σ, τ] = στσ 1 τ 1 où σ et τ sont dans A (E est A (E. Solution On sait déjà que deux 3-cycles sont conjugués dans S (E (exercice 3.2. Soient γ = (x 1, x 2, x 3 et γ = (x 1, x 2, x 3 deux 3-cycles. On se donne une permutation σ S (E telle que σ (x k = x k pour k = 1, 2, 3 et on a alors γ = σγσ 1. Si σ A (E, c'est terminé, sinon en prenant x 4, x 5 dans E \ {x 1, x 2, x 3 } (E a au moins 5 éléments, la permutation σ = (x 4, x 5 σ est dans A (E avec σ (x k = x k pour k = 1, 2, 3 et on est ramené au cas précédent. 2. Ce résultat n'est pas valable pour n = 4. Si γ = (1, 2, 3 et γ = (2, 3, 4 sont conjugués dans A 4, il existe σ A 4 telle que (2, 3, 4 = σγσ 1 = (σ (1, σ (2, σ (3 et on a nécessairement σ (4 = 1. On parcourant la liste des éléments de A 4 (exercice 3.18, on voit que σ = τ 23 τ 14, ou σ = (1, 3, 4, ou σ = (1, 2, 4 et σγσ 1 = (4, 3, 2 γ, ou σγσ 1 = (3, 2, 4 γ, ou σγσ 1 = (2, 4, 3 γ. Les cycles γ et γ ne sont pas conjugués dans A Comme A (E est engendré par les 3-cycles, il sut de montrer que tout 3-cycle est dans D (A (E. Si γ est un 3-cycle, il en est de même de γ 1 = γ 2, donc γ 2 est conjugué à γ dans A (E, c'est-à-dire qu'il existe σ A (E tel que γ 2 = σ 1 γσ et γ = γ 1 σ 1 γσ D (A (E. Exercice 3.28 On se propose de montrer que, pour n = 5, A (E est simple (i. e. n'a pas de sous-groupes distingués autres que lui même et {Id}. Ici E est un ensemble à 5 éléments.

26 66 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 1. Donner une description de A (E en classant ses élément en fonction de leur ordre. 2. Montrer que A (E est simple. Solution Pour n = 5, notons E = {x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 } et pour 1 i j 5, τ ij la transposition (x i, x j dans S (E. On décrit d'abord le groupe A (E. Dans ce groupe, on a les 60 éléments distincts suivants : l'identité ; C2 5C3 2 = 15 éléments d'ordre 2 donnés par le produit de deux transpositions de supports 2 disjoints : τ 12 τ 34, τ 12 τ 35, τ 12 τ 45, (deux transpositions de supports disjoints commutent et leur produit est d'ordre 2 ; 2C5 3 = 20 cycles d'ordre 3 distincts (un même support à 3 éléments donne 2 cycles ; 4! = 24 cycles d'ordre 5 : (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, (x 1, x 3, x 4, x 5, x 2, (si γ 5 = 1, alors γ 1 = γ 4 A (E et γ A (E et on a ainsi tous les éléments puisque A (E est de cardinal 5! 2 = Soit H un sous-groupe distingué de A (E non réduit à {Id}. Si H contient un 3-cycle, il les contient alors tous puisqu'ils sont conjugués et H = A (E puisque les 3-cycles engendrent A (E. Si H contient un produit σ = (x, y (z, t de deux transpositions de supports disjoints, il contient alors, pour u E \ {x, y, z, t}, le commutateur : σ (x, y, u σ 1 (x, y, u 1 = (σ (x, σ (y, σ (u (u, y, x = (y, x, u (u, y, x = (x, y, u (σ H, donc σ 1 H puisque H est un groupe et (x, y, u σ 1 (x, y, u 1 H puisque H est distingué qui est un 3-cycle, donc H = A (E. Si H contient un 5-cycle σ = (x, y, z, t, u, il contient alors le commutateur : (x, y, z σ (x, y, z 1 σ 1 = (x, y, z σ (z, y, x σ 1 = (x, y, z (σ (z, σ (y, σ (x qui est un 3-cycle, donc H = A (E. = (x, y, z (t, z, y = (y, t, x En utilisant les groupes de Sylow, on peut montrer qu'un groupe simple d'ordre 60 est isomorphe à A 5 (cf Pellerin. Plus généralement, on a le résultat suivant. Théorème 3.13 Pour n = 3 ou n 5 le groupe A (E est simple (i. e. n'a pas de sous-groupes distingués autres que lui même et {Id}. Démonstration. Pour n = 3, A (E est cyclique d'ordre 3 et n'a pas de sous-groupe trivial. On suppose n 5 et on se donne un sous-groupe distingué H de A (E distinct de {Id}. Pour montrer que H = A (E, il sut de montrer que H contient un 3-cycle puisqu'ils sont tous conjugués dans A (E et l'engendrent. On se donne σ H \ {Id} et γ = (x, z, y A (E un 3-cycle avec y = σ (x qui ne commute pas à σ (voir l'exercice Comme H est distingué dans A (E, on a : σ = σγσ 1 γ 1 = σ ( γσ 1 γ 1 H

27 Générateurs de A (E 67 et en écrivant que : σ = ( σ (x, z, y σ 1 (y, z, x = (σ (x, σ (z, σ (y (y, z, x = (y, σ (z, σ (y (y, z, x on voit que σ est produit de deux 3-cycles qui agissent sur l'ensemble F = {x, y, z, σ (y, σ (z} formé d'au plus 5 éléments (tous les points de E \ F sont xes. L'égalité σ = Id est réalisée si, et seulement si, σγσ 1 γ 1 = Id, soit τσ = γσ, ce qui n'est pas, donc σ Id. Dans S (F la permutation σ s'écrit comme produit de cycles de supports disjoints, cette décomposition étant celle de S (E et comme σ A (E, il n'y a que trois possibilités : σ est soit un 3-cycle, soit un produit de deux transpositions de supports disjoints, soit un 5-cycle. Dans le premier cas c'est terminé. Dans le deuxième cas, on a σ = (x 1, x 2 (x 3, x 4 et choisissant x 5 E \ {x 1, x 2, x 3, x 4 }, on a : σ = (x 1, x 5 σ (x 1, x 5 (σ 1 = ( (x 1, x 5 σ (x 1, x 5 1 (σ 1 H avec : σ = (x 1, x 5 (σ (x 1, σ (x 5 = (x 1, x 5 (x 2, x 5 = (x 1, x 5, x 2 et c'est terminé. Dans le troisième cas, on a σ = (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 et : avec : et c'est terminé. σ = (x 1, x 2 σ (x 1, x 2 (σ 1 = ( (x 1, x 2 σ (x 1, x 2 1 (σ 1 H σ = (x 1, x 2 (σ (x 1, σ (x 2 = (x 1, x 2 (x 2, x 3 = (x 1, x 2, x 3 Exercice 3.29 Montrer que, pour n 2, S n est isomorphe à un sous-groupe de A n+2. Solution 3.29 On associe à la transposition τ = (n + 1, n + 2 l'application : φ : S n { A n+2 σ si σ An σ τ σ si σ / A n On vérie facilement que φ est un morphisme de groupes. Pour σ, σ dans S n, on a : { σσ φ (σσ si (σ A = n et σ A n ou (σ / A n et σ / A n τ σ σ si (σ A n et σ / A n ou (σ / A n et σ A n = φ (σ φ (σ puisque τ commute à S n et τ 2 = Id. Si φ (σ = Id, on a σ = Id pour σ A n ou τ σ = Id pour σ / A n, mais ce dernier cas équivaut à σ = τ qui est impossible puisque σ et τ sont de supports disjoints. Le morphisme φ est donc injectif et S n est isomorphe à un sous-groupe de A n+2. Comme card (A 5 = 60 n'est pas multiple de card (S 4 = 24, on voit qu'il n'existe pas de morphisme de groupes injectif de S 4 dans A 5. De manière plus générale, on a le résultat de l'exercice qui suit.

28 68 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Exercice 3.30 On se propose de montrer ici que pour n 2, il n'existe pas de morphisme de groupes injectif de S n dans A n Montrer le résultat pour n = 2 et n = Montrer le résultat pour n pair. 3. On suppose que n = 2p + 1 est impair avec p 2 et qu'il existe un morphisme de groupes injectif φ de S 2p+1 dans A 2p+2. On note H = Im (φ et E = A 2p+2 /H est l'ensemble quotient des classes à gauche modulo H. (a Montrer que l'application : ψ : A 2p+2 S (E σ (γh σγh est un morphisme de groupes (action par translation à gauche de A 2p+2 sur E. (b Conclure en utilisant le fait que A 2p+2 est simple. Solution Pour n = 2, on a S 2 = {Id, (1, 2} qui est d'ordre 2 et A 3 qui est d'ordre 3, il ne peut donc exister de morphisme de groupes injectif de S 2 dans A 3. Pour n = 3, S 3 est d'ordre 6 et A 4 n'a pas de sous-groupe d'ordre 6 (exercice 3.19, il ne peut donc exister de morphisme de groupes injectif de S 3 dans A 4. (n + 1! 2. On suppose que n 4. Comme S n est d'ordre n! et A n+1 d'ordre, une condition 2 (n + 1! nécessaire est que n! divise, ce qui revient à dire que n + 1 est pair, ou encore 2 que n = 2p + 1 est impair avec p Comme φ est injectif, H = Im (φ est un sous-groupe d'ordre (2p + 1! de A 2p+2 et l'ensemble quotient E = A 2p+2 /H des classes à gauche modulo H est de cardinal (2p + 2! 2 (2p + 1! = p + 1. (a Pour σ et γ dans A 2p+2, σγh est dans E ; σγh = σγ H entraîne γh = γ H, donc ψ (σ est injective et γ H = σσ 1 γ H avec σ 1 γ A 2p+2 et σ 1 γ H E, donc ψ (σ est surjective et c'est bien un élément de S (E ; pour σ, σ, γ dans A 2p+2, on a : ψ (σσ (γh = σσ γh = ψ (σ ψ (σ (γh et ψ (σσ = ψ (σ ψ (σ, donc ψ est bien un morphisme de groupes. (b Comme A 2p+2 est simple pour p 2, ker (ψ qui est distingué dans A 2p+2 est {Id} ou A 2p+2. Avec card (S (E = (p + 1! et : card (A 2p+2 = (2p + 2! 2 = (p + 1 (2p + 1! > (p + 1! on déduit que ψ ne peut être injectif et ker (ψ = A 2p+2, ce qui entraîne que pour tout σ A 2p+2, on a ψ (σ (H = H, soit σh = H, donc σ H et A 2p+2 H A 2p+2, soit H = A 2p+2 avec card (H = (2p + 1! et card (A 2p+2 = (p + 1 (2p + 1!, ce qui est impossible. Exercice 3.31 Soit p un nombre premier avec p 5 et H un sous-groupe strict de S p d'indice r p 1.

29 Générateurs de A (E Montrer que H contient tous les cycles d'ordre p. 2. Montrer que H contient tous les cycles d'ordre 3, puis que H = A p. 3. En déduire qu'il n'existe pas dans S 5 de groupe d'ordre 30 ou 40. Solution Soit σ un p-cycle et σ = σh sa classe à gauche modulo H. Comme r = card (S p /H p 1, il existe deux entiers j < j compris entre 0 et p 1 tels que σ k = σ j, ce qui revient à dire que σ k j = σ k j = 1 ou encore que σ s H avec 1 s = k j p 1. Comme p est premier, il est premier avec s et il existe u, v dans Z tels que us + vp = 1, ce qui donne, compte tenu du fait que σ est d'ordre p dans S p, σ = σ us+vp = (σ s u H. 2. Soit γ = (x 1, x 2, x 3 un 3-cycle. En désignant par x 4,, x p les autres éléments de E = {1,, p} (on a p 5, on a : (x 2, x 3, x 1, x 4,, x p 1 (x 2, x 1, x 3, x 4,, x p = (x p, x p 1,, x 1, x 3, x 2 (x 2, x 1, x 3, x 4,, x p = γ et γ H. Comme A p est engendré par les 3-cycles, on en déduit que A p H et card (A p = p! p! card (H = 2 r, donc r = 1 ou r = 2. Mais r = 1 signie que H = S p, ce qui n'est pas. On a donc r = 2 et A p = H. 3. On a card (S 5 = 120 et card (A 5 = 60. Si H est un sous-groupe de S 5 d'ordre 30 ou 40, son indice est 4 ou 3 et H devrait être égal à A 5, ce qui n'est pas possible vu les cardinaux. Exercice 3.32 On se propose de montrer que, pour n 5, les sous-groupes d'indice n de S n sont isomorphes à S n 1. Soit H un sous-groupe d'indice n de S n. On note E = S n /H l'ensemble quotient des classes à gauche modulo H. 1. Montrer que l'application : ψ : S n S (E σ (γh σγh est un morphisme de groupes injectif (action par translation à gauche de A 2p+2 sur E. 2. Conclure. Solution Pour σ et γ dans S n, σγh est dans E ; σγh = σγ H entraîne γh = γ H, donc ψ (σ est injective et γ H = σσ 1 γ H avec σ 1 γ S n et σ 1 γ H E, donc ψ (σ est surjective et c'est bien un élément de S (E ; pour σ, σ, γ dans S n, on a : ψ (σσ (γh = σσ γh = ψ (σ ψ (σ (γh et ψ (σσ = ψ (σ ψ (σ, donc ψ est bien un morphisme de groupes. Le noyau de ψ est un sous-groupe distingué de S n, c'est donc {Id}, A n ou S n (on a n 5. Si σ ker (ψ, on a alors σγh = γh pour tout γ S n, donc σh = H et σ H. On a donc ker (ψ H avec card (H = card (S n = (n 1! (H est d'indice n dans S n, n donc ker (ψ = {Id} (ce ne peut être S n puisque card (ker (ψ (n 1! et ce ne peut être A n puisque n! ne divise pas (n 1! pour n 3 et ψ est injectif. 2

30 70 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 2. ψ (H est un sous-groupe de S (E isomorphe à H de cardinal (n 1! avec E de cardinal n. Mais les éléments de ψ (H S (E laissent xe H = Id (pour σ H, ψ (σ (H = σh = H, donc ψ (H S (E \ {H} et ces ensembles sont égaux puisque de même cardinal (n 1! En dénitive H est isomorphe à ψ (H = S (E \ {H}, donc à S n 1. Pour n = 4, le résultat est encore valable (voir Ortiz, p. 28. Pour n = 3, un sous-groupe d'indice 3 de S 3 est d'ordre 2, donc commutatif et isomorphe à S 2. Exercice 3.33 Montrer que si H est un sous-groupe d'indice r compris entre 2 et n 1 de S n, avec n 5, alors r = 2 et H = A n. Solution 3.33 L'ensemble quotient E = S n /H des classes à gauche modulo H est de cardinal r et le morphisme de groupes : ψ : S n S (E σ (γh σγh ne peut être injectif puisque card (S n = n! > card (S (E = r! Son noyau est donc A n (ce ne peut être S n puisque H S n. On a donc A n = ker (ψ H (si σ ker (ψ, on a alors σγh = γh pour tout γ S n et σ H et card (A n = n! n! divise card (H =, ce qui impose 2 r r = 2 et H = A n. 3.9 Utilisations du groupe symétrique Dérangements d'un ensemble ni On note I n = {1, 2,, n} pour n 2. Dénition 3.9 On appelle dérangement de I n toute permutation σ de cet ensemble n'ayant aucun point xe (i. e. telle que σ (i i pour tout i I n. Pour tout entier naturel non nul p, on note δ p le nombre de dérangements de I p. On a δ 1 = 0 et, par convention, on pose δ 0 = 1. Lemme 3.11 Si (f n n N et (g n n N sont deux suites de réels telles que : n N, f n = Cng k k on a alors : (formule d'inversion de Pascal. n N, g n = ( 1 n k Cnf k k Démonstration. Pour n = 0, c'est clair.

31 Utilisations du groupe symétrique 71 En supposant n 1, on note F et G les vecteurs de R n+1 dénis par F = (f k 0 k n, G = (g k 0 k n et on a F = P G, où P est la matrice carrée d'ordre n + 1 : C C1 0 C P = C2 0 C2 1 C Cn 0 Cn 1 Cn n 1 Cn n et il s'agit alors de montrer que P est inversible, puis de calculer son inverse. En écrivant, pour k compris entre 0 et n, l'égalité dans R n [X] : (1 + X k = k j=0 C j k Xj on remarque que P = t Q, où : C0 0 C1 0 C2 0 C 0 n 0 C1 1 C2 1 C 1 n Q = 0 0 C Cn n Cn n est la matrice de passage de la base canonique ( X k ( de R 0 k n n [X] à la base (1 + X k. ( 0 k n La matrice Q est inversible et son inverse est la matrice de passage de (1 + X k à ( 0 k n X k, qui s'obtient avec : 0 k n X k = (1 + X 1 k = k C j k (1 + Xj ( 1 k j On a donc : C0 0 C1 0 C2 0 ( 1 n C 0 n 0 C1 1 C2 1 ( 1 n 1 C 1 n Q 1 = 0 0 C ( 1 Cn n Cn n et : C C 1 0 C P 1 = t Q 1 = C2 0 C2 1 C ( 1 n Cn 0 ( 1 n 1 Cn 1 ( 1 Cn n 1 L'égalité G = P 1 F nous donne alors : g n = ( 1 n k Cnf k k j=0 C n n

32 72 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Exercice 3.34 Montrer la formule d'inversion de Pascal par récurrence sur n 0. Solution 3.34 Pour n = 0, c'est clair et supposant le résultat acquis jusqu'au rang n 0, on a : k g n+1 = f n+1 Cn+1g k k = f n+1 ( 1 k j C j k f j avec : et : = f n+1 + Cn+1 k ( 1 k j+1 C j k = k=j ce qui donne : et : Lemme 3.12 On a : = Cn+1 k j=0 ( Cn+1 k ( 1 k j+1 C j k j=0 k=j k=j (n + 1! k! k! (n + 1 k! j! (k j! ( 1k j+1 (n + 1! j! (n + 1 j! ( 1n+1 j = C j n+1 ( 1 n+1 j k=j n j = C j n+1 Cn j+1 i ( 1 i i=0 n j Cn j+1 i ( 1 i = i=0 n j+1 i=1 k=j f j C k j n+1 j ( 1n k C i n j+1 ( 1 i ( 1 n j+1 = (1 1 n j+1 + ( 1 n j = ( 1 n j Cn+1 k ( 1 k j+1 C j k = Cj n+1 ( 1 n+1 j k=j g n+1 = f n+1 + (n + 1 j! (n + 1 k! (k j! ( 1k n n+1 C j n+1 ( 1 n+1 j f j = C j n+1 ( 1 n+1 j f j j=0 n N, n! = j=0 Cnδ k k. (3.1 Démonstration. Pour n = 0 c'est clair vu les conventions 0! = δ 0 = 1. Pour n 1, n! qui est le nombre de permutations de I n peut s'écrire n! = n π n,k, où π n,k est le nombre de permutations de I n ayant exactement k points xes. En choisissant un ensemble de k points xes dans I n, il y a δ n k dérangements possibles pour les n k points restants et comme il y a Cn k façons de choisir ces k points xes, on déduit que π n,k = Cnδ k n k et : n! = Cnδ k n k = C n k n δ k = Cnδ k k.

33 Utilisations du groupe symétrique 73 Théorème 3.14 Pour tout entier naturel n, le nombre de dérangements de I n est : ( 1 k δ n = n!. k! Démonstration. En utilisant la formule d'inversion de Pascal, on déduit du lemme précédent que : δ n = ( 1 n k Cnk! k ( 1 k = n!. k! Exercice 3.35 Montrer le résultat précédent, sans utiliser la formule d'inversion de Pascal. Solution 3.35 On peut écrire que : ( 1 k n! k! = = = ( 1 k n! (n k! k! (n k! n k ( 1 k Cn k C j n k δ j ( n j j=0 j=0 ( 1 k CnC k j n k δ j (0 j n k 0 k n j et remarquer que, pour 0 j n, on a : n j n j ( 1 k CnC k j n k = ( 1 k n! (n k! k! (n k! j! (n k j! n j = n! j! = ( 1 k 1 k! (n k j! n j n! j! (n j! ( 1 k (n j! k! (n k j! n j { = Cn j ( 1 k Cn j k = Cn j (1 1 n j 0 si 0 j n 1 = 1 si j = n ( 1 k ce qui nous donne n! = δ n. k! Exercice 3.36 On se propose de montrer le résultat précédent en utilisant la série entière δ n n! zn. 1. Montrer que la série entière δ n n! zn est convergente pour z < 1. On note f (z sa somme. 2. En utilisant (3.1, montrer que, pour z < 1, on a : f (z = e z 1 z

34 74 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications ( 1 k 3. En déduire que δ n = n!. k! ( n! 4. Montrer que δ n = E e + 1 pour tout n 1, où E est la fonction partie entière. 2 Solution Comme 0 δ n n! 1 pour tout n 0, la série entière δ n n! zn est convergente pour z < Pour z < 1, on a le produit de Cauchy des séries entières : ( + ( + f (z e z δ n 1 = = = n! zn n=0 ( + δ k n=0 + n=0 1 n! n! zn n=0 1 k! (n k! ( Cnδ k k z n = z n + n=0 z n = 1 1 z et donc : f (z = e z 1 z 3. Utilisant à nouveau le produit de Cauchy des séries entières, on en déduit que : ( + + ( δ n ( 1 n + ( + f (z = n! zn = z n z n ( 1 k = z n n! k! n=0 et on retrouve δ n = n! ( 1 k. k! 4. On a, pour tout n 0 : où : n=0 e 1 = R n = + n=0 + k=n+1 ( 1 n n! n=0 = δ n n! + R n n=0 ( 1 k k! 1 (n + 1! (majoration du reste d'une série alternée. Il en résulte que, pour n 2, on a : n! e δ n = n! R n 1 n + 1 < 1 2 donc : 1 2 < n! e δ n < 1 2 et : δ n < n! e < δ n + 1 ( n! ce qui entraîne que δ n = E e + 1. ( 2 1 Pour n = 1, on a δ 1 = 0 = E e

35 Utilisations du groupe symétrique 75 Exercice 3.37 On considère n couples qui se présentent à un concours de danse, chaque danseur choisissant une partenaire au hasard. 1. Quelle est la probabilité p n pour que personne ne danse avec son conjoint? 2. Calculer la limite de p n quand n tend vers l'inni. Solution En supposant qu'on est dans le cadre de l'équiprobabilité, on a : 2. lim n + p n = 1 e Le théorème de Cayley p n = δ n n! = ( 1 k. k! Théorème 3.15 (Cayley Tout groupe G est isomorphe à un sous-groupe de S (G. Démonstration. Soit G un groupe. Pour tout g G, l'application : φ (g : h g h est dans S (G. En eet, pour tout k G, l'équation g h = k a une unique solution donnée par h = g 1 k, ce qui signie que φ (g est une bijection de G sur lui même. Avec : φ (gg (h = gg h = φ (g (φ (g (h = φ (g φ (g (h pour tous g, g, h dans G, on déduit que φ (gg = φ (g φ (g pour tous g, g dans G, ce qui signie que φ est un morphisme de groupes. Enn, si g ker (φ, on a g h = h pour tout h G et g = 1, donc φ est injectif et réalise un isomorphisme de G sur Im (φ qui est un sous-groupe de S (G. Exercice 3.38 Soient G un groupe d'ordre n 2 et φ : g (φ (g : h g h l'injection de G dans S (G. 1. Montrer que, pour tout g G \ {1}, la permutation φ (g se décompose en produit de cycles tous de longueur égale à l'ordre θ (g de g dans G. 2. En déduire la signature de φ (g pour tout g G. 3. En déduire que, si G est un groupe d'ordre impair, il est alors isomorphe à un sous-groupe du groupe alterné A (G. Solution 3.38 Notons G = {1, g 1,, g n 1 }. 1. Pour g = 1, on a φ (1 = Id. Pour g d'ordre m 2, en notant r = [G, g ] l'indice de H = g dans G, on a H\G = {H, Hg 1,, Hg r 1 } (classes à droite modulo H et la partition G = H Hg 1 Hg r 1, donc φ (g est la permutation : ( 1 g g m 1 g σ = 1 gg 1 g m 1 g 1 g r 1 g m 1 g r 1 g g 2 1 gg 1 g 2 g 1 g 1 gg r 1 g r 1 = ( 1, g,, g m 1 ( ( g 1, gg 1,, g m 1 g 1 gr 1, gg r 1,, g m 1 g r 1 produit de r cycles de longueur m.

36 76 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 2. Il en résulte que pour g G \ {1} d'ordre m 2, la signature de φ (g est : ε (φ (g = ( 1 r(m 1 = ( 1 [G, g ](θ(g 1 ce résultat étant encore valable pour g = 1. Si n = card (G est impair, alors θ (g est impair pour tout g G (puisqu'il divise n et ε (φ (g = 1. Donc φ (G est un sous-groupe du groupe alterné A (G Matrices de permutations On désigne par K un corps commutatif. À toute permutation σ S n, on associe la matrice de passage P σ de la base canonique B = (e j 1 j n de K n à la base B σ = ( e σ(j 1 j n. On dit que P σ est la matrice de permutation associée à σ. On peut remarquer que P σ e j = e σ(j pour tout j compris entre 1 et n et en conséquence, pour tout vecteur x = (x i 1 i n, on a : P σ x = ( x σ 1 (i 1 i n En eet, en écrivant que x = n x j e j, on a : j=1 P σ x = x j P σ e j = j=1 x j e σ(j j=1 et le changement d'indice k = σ (j (σ est bijective, donne : P σ x = x σ 1 (k e k k=1 Théorème 3.16 L'application P : σ P σ est un morphisme de groupes injectif de S n dans GL n (K et pour toute permutation σ S n, on a : det (P σ = ε (σ Démonstration. On a bien P σ GL n (K pour toute permutation σ S n. Pour σ, σ dans S n et j compris entre 1 et n, on a : P σ (P σ e j = P σ e σ (j = e σ(σ (j = e σσ (j = P σσ e j donc P σ P σ = P σσ et P est un morphisme de groupes. Si σ ker (P, on a P σ = I n et e j = e σ(j pour tout j, ce qui revient à dire que j = σ (j pour tout j et donc que σ = Id. Le morphisme P est donc injectif. Si τ est une transposition, la matrice P τ est déduite de I n en permutant deux colonnes et utilisant les propriétés du déterminant (qui peut se dénir avec les opérations élémentaires et sans référence au groupe symétrique, on en déduit que det (P τ = det (I n = 1 (sousentendu 1 K. En écrivant σ S n comme produit de p transpositions et en utilisant le fait que P est un morphisme de groupes, on en déduit que det (P σ = ( 1 p = ε (σ (sous-entendu ε (σ 1 K.

37 Utilisations du groupe symétrique 77 Remarque 3.20 Prenant K = R, le résultat précédent nous donne une dénition équivalent de la signature, dans la mesure où on a déni le déterminant d'une matrice carrée sans référence au groupe symétrique. Corollaire 3.1 Tout groupe ni d'ordre n 1 est isomorphe à un sous-groupe de GL n (Z p où Z p = Z et p 2 est un nombre premier. pz Démonstration. Le théorème de Cayley nous dit que G est isomorphe à un sous-groupe de S n (qui est isomorphe à S (G pour G d'ordre n et le théorème précédent que S n est isomorphe à un sous-groupe de GL n (Z p. Il en résulte que G est isomorphe à un sous-groupe de GL n (Z p Isométries laissant une partie invariante On désigne par E un espace ane euclidien de dimension n 2 et de direction E. Pour A, B dans E, on note d (A, B = AB la distance de A à B. On rappelle qu'une isométrie ane est une application ane φ : E E telle que d (φ (A, φ (B = d (A, B pour tout couple (A, B de points de E. Une application ane φ : E E est une isométrie ane si, et seulement si, son application linéaire associée φ : AB φ (A φ (B est une isométrie vectorielle de E. On note Is (E le groupe des isométries de E, Is + (E le sous-groupe des déplacements de E (i. e. des isométries telles que det ( φ = 1 et Is (E l'ensemble des anti-déplacements de E (i. e. des isométries telles que det ( φ = 1. Pour toute partie P de E ayant au moins 2 éléments, on note Is (P [resp. Is + (P, Is (P] l'ensemble des isométries [resp. des déplacements, anti-déplacements] φ de E qui conservent P, c'est-à-dire telles [resp. tels] que φ (P = P. Si φ Is (P, alors sa restriction à P est une permutation de P. Théorème 3.17 Si P est une partie non vide de E, alors : 1. Is (P est un sous-groupe de Is (E et Is + (P est un sous-groupe distingué de Is (P ; 2. l'application Φ qui associe à φ Is (P sa restriction à P est un morphisme de groupes de Is (P dans S (P (donc dans S m si P est de cardinal m ; dans le cas où P contient un repère ane de E, Φ est injective et si P est un repère ane, alors Is (P est isomorphe à un sous-groupe de S n+1 ; 3. si Is (P, alors pour toute isométrie σ Is (P, l'application ρ σ ρ réalise une bijection de Is + (P sur Is (P ; dans le cas où P est ni, on a card (Is (P = 2 card (Is + (P ; 4. si P est ni, alors toute isométrie φ Is (P laisse xe l'isobarycentre de P. Démonstration. 1. On a Id Is (P et pour φ, ψ dans Is (P, la composée φ ψ 1 est aussi dans Is (P, donc Is (P est un sous-groupe de Is (E et Is + (P = Is (P Is + (E un sous-groupe de Is + (E. Le groupe Is + (P est distingué dans Is (P comme noyau du morphisme de groupes det : φ Is (P det ( φ { 1, 1} (on peut aussi dire que pour ρ Is + (P et φ Is (P, φ 1 ρ φ Is + (P.

38 78 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 2. Une isométrie φ Is (P reste injective sur P et elle est surjective de P sur P puisque φ (P = P, c'est donc une permutation de φ (P = P. Il est clair que l'application Φ : φ φ P est un morphisme de groupes. Si P contient un repère ane (A i 0 i n de E, l'application Φ est alors injective du fait que l'égalité φ P = ψ P entraîne φ (A i = ψ (A i pour tout i compris entre 0 et n et φ = ψ puisque ces applications anes coïncident sur un repère ane. Dans le cas où P = {A 0,, A n }, Φ réalise un isomorphisme de Is (P sur S n Pour σ Is (P, l'application Ψ : ρ σ ρ est clairement injective de Is + (P sur Is (P et pour tout σ Is (P, ρ = σ 1 σ Is + (P est un antécédent de σ. L'application Ψ est donc bijective. En utilisant la partition Is (P = Is + (P Is (P, on en déduit dans le cas où P est ni que card (Is (P = 2 card (Is + (P. 4. Si P = {A 1,, A m }, tout application φ Is (P qui est ane va transformer l'isobarycentre O de P en l'isobarycentre de φ (P = P et nécessairement φ (O = O. Remarque 3.21 On déduit du point 3. du théorème précédent que Is (P = Is + (P s'il n'y a pas d'anti-déplacement qui conserve P et que Is (P = Is + (P (σ Is (P s'il existe un anti-déplacement σ qui conserve P. Remarque 3.22 On déduit du point 4. du théorème précédent que dans le cas où P est ni, l'étude de Is (P se ramène à une étude analogue dans l'espace vectoriel euclidien E. Dans le cas où E est un plan ane, une isométrie distincte de l'identité laissant xe une partie nie d'isobarycentre O est soit une rotation de centre O, soit une réexion d'axe passant par O. Exercice 3.39 Soit P = {A 1,, A m } une partie nie du plan euclidien avec m 2. Montrer que card (Is ± (P m et card (Is (P 2m. Solution 3.39 Les éléments de Is + (P sont des rotations de centre l'isobarycentre O de P et une telle rotation est uniquement déterminée par l'image d'un point xé A k O de P, ce qui donne un maximum de m possibilités. On a donc card (Is + (P m. Si Is (P =, on a alors card (Is (P = card (Is + (P m, sinon on a card (Is (P = 2 card (Is + (P 2m. Exercice 3.40 On se xe un entier n 2. On dit qu'un groupe G est diédral de type D 2n, s'il est dicyclique engendré par un élément ρ d'ordre n et un élément σ ρ d'ordre 2 tels que ρσρσ = Id. 1. On se place dans le plan complexe muni de sa structure euclidienne canonique et on dénit les applications ρ et σ par : z C, ρ (z = e 2iπ n z, σ (z = z (ρ est la rotation d'angle 2π n et σ est la réexion d'axe O x. (a Montrer que le sous-groupe G = ρ, σ de S (C est diédral de type D 2n. (b On vériera que G{ est le groupe des isométries } du plan complexe qui conservent l'ensemble Γ n = e 2ikπ n 0 k n 1 des sommets d'un polygone régulier à n cotés. 2. Soit G = ρ, σ un groupe diédral de type D 2n.

39 Utilisations du groupe symétrique 79 (a Montrer que : et que G est d'ordre 2n. G = { Id, ρ,, ρ n 1} { σ, σρ,, σρ n 1} (b Montrer que deux groupes diédraux de type D 2n sont isomorphe. 3. Montrer que S 3 est diédral de type D 6 (le groupe du triangle équilatéral. Solution 3.40 On rappelle que le groupe G = ρ, σ engendré par deux éléments ρ et σ est : Γ = { g 1 g p g i { ρ, ρ 1, σ, σ 1}} 1. On remarque que, pour tout entier relatif m, on a ρ m (z = e 2imπ n z pour tout z C. (a On a σ Id, σ 2 = Id, donc σ est d'ordre 2 et ρ m = Id si, et seulement si, e 2imπ n = 1, ce qui équivaut à m 0 mod (n, donc ρ est d'ordre n. Pour tout z C, on a : ρσρσ (z = e 2iπ n 2iπ e n z = z donc ρσρσ = Id (ρσ est la réexion d'axe Re iπ n Le groupe G = ρ, σ est donc bien diédral de type D 2n. On peut aussi considérer le sous-groupe de GL 2 (R engendré par : (c'est le même. ( ( cos 2π ( R = n sin 2π n sin ( 2π cos ( 2π n n et S = (b Soit Is (Γ n le groupe des isométries qui conservent Γ n. Pour tout entier k compris entre 0 et n 1, on a : ( σ e 2ikπ n = e 2ikπ n = e 2i(n kπ n Γ n ( et : ( ρ e 2ikπ n = e 2i(k+1π n Γ n 2. donc ρ et σ sont dans Is (Γ n et G = ρ, σ Is (Γ n. Réciproquement si φ Is (Γ n, c'est soit une rotation, soit une réexion. Si φ : z e iα z est une rotation avec 0 α < 2π, comme φ (1 Γ n, il existe un entier k compris entre 0 et n 1 tel que φ (1 = e iα = e 2ikπ n et α = 2kπ n, donc φ = ρk G. Si c'est une réexion, alors σ φ est une rotation dans Is (Γ n, donc σ φ G et φ = σ (σ φ G. On a donc Is (Γ n G et G = Is (Γ n. (a Comme ρ est d'ordre n et σ d'ordre 2, on a ρ 1 = ρ n 1 (puisque ρ n = Id et σ 1 = σ, donc : G = ρ, σ = { g 1 g p g i { ρ, ρ 1, σ, σ 1}} = { g 1 g p g i { ρ, ρ n 1, σ }} = { σ k 1 ρ j1 σ k p ρ j p p 1, k i 0, j i 0 } = { σ k 1 ρ j1 σ k p ρ j p p 1, 0 k i 1, 0 j i n 1 }

40 80 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Notons G = {Id, ρ,, ρ n 1 } {σ, σρ,, σρ n 1 }. Il est clair que σ k ρ j G pour tout k {0, 1} et j {0,, n 1} (pour k = 0, on a ρ j et pour k = 1, on a σρ j. Montrons que le produit de deux tels éléments est encore dans G. Soient donc g = σ k ρ j et g = σ k ρ j dans G. Si (k, k = (0, 0 ou (k, k = (1, 0, on a alors gg = ρ j+j = ρ r ou gg = σρ j+j = σρ r avec 0 r n 1 (r est le reste dans la division euclidienne de j + j par n. Si (k, k = (0, 1, on a alors gg = ρ j σρ j. Pour j = 0, c'est terminé. Pour j 1, on utilise l'égalité ρσρσ = 1 qui se traduit par ρσ = (ρσ 1 = σ 1 ρ 1 = σρ 1, pour écrire que : gg = ρ j 1 ρσρ j = ρ j 1 σρ j 1 et au bout d'un nombre ni d'étapes, on arrive à gg = σρ j j = σρ r avec 0 r n 1 (r est le reste dans la division euclidienne de j p par n. Si (k, k = (1, 1, on a alors gg = σρ j σρ j. Pour j = 0, on a gg = σ 2 ρ j = ρ j et c'est terminé. Pour j 1, on a : gg = σρ j 1 ρσρ j = σρ j 1 σρ j 1 et au bout d'un nombre ni d'étapes, on arrive à gg = ρ j j = ρ r avec 0 r n 1. On en déduit alors par récurrence sur p 1 que tout élément de la forme σ k 1 ρ j1 σ k p ρ j p avec 0 k i 1, 0 j i n 1 est dans G. Pour p = 1, c'est clair et supposant le résultat acquis pour p 1, on a : σ k 1 ρ j1 σ k p+1 ρ j p+1 = σ k ρ j σ k p+1 ρ j p+1 = σ k ρ j G. On a donc G G et G = G. Il en résulte que G est d'ordre 2n. (b Soient G = ρ, σ et G = ρ, σ deux groupes diédraux d'ordre 2n. L'application φ : G G dénie par φ (ρ j = (ρ j et φ (σρ j = σ (ρ j pour 0 j n 1 réalise un isomorphisme de G sur G. 3. On vu que S 3 est isomorphe au groupe du triangle équilatéral (exercice 3.7, donc à D 6. On peut aussi utiliser le fait que S 3 est dicyclique engendré par σ = (1, 2 d'ordre 2 et ρ = (1, 2, 3 d'ordre 3 avec ρσ = (1, 3 d'ordre 2 (exercice 3.8. Remarque 3.23 Un groupe d'ordre 2p avec p premier est soit diédral, soit cyclique (voir Boyer, sol-chap4.pdf et exos-ch4.pdf. Exercice 3.41 On se place dans un espace ane euclidien E de dimension 3 et on s'intéresse au groupe des isométries de E qui laissent globalement invariant les sommets d'un tétraèdre régulier T = A 1 A 2 A 3 A 4. On note Is (T ce groupe. 1. Montrer que Is (T est isomorphe à un sous-groupe de S Montrer que Is (T est isomorphe à S 4 et que le groupe Is + (T des déplacements qui laissent globalement invariant les sommets de T est isomorphe à A 4. Solution À toute isométrie φ Is (T, on associe la permutation : ( A1 A σ = 2 A 3 A 4 φ (A 1 φ (A 2 φ (A 3 φ (A 4

41 Utilisations du groupe symétrique 81 de E = {A 1, A 2, A 3, A 4 } et l'application Φ : φ σ est un morphisme de groupes. Ce morphisme est injectif du fait que (A 1, A 2, A 3, A 4 est un repère ane de E et qu'une application ane est uniquement déterminée par ses valeurs sur un repère ane. Donc Is (T est isomorphe à un sous-groupe de S 4 et son ordre divise Comme S (E est engendré par les transpositions (A 1, A k avec k = 2, 3, 4, il sut de montrer que Φ (Is (T contient ces transpositions. La transposition (A 1, A k est l'image de la réexion par rapport au plan médiateur du segment [A 1, A k ] (ce plan médiateur contient les deux autres sommet de T puisque ses faces sont des triangles équilatéraux. Donc Φ (Is (T = S (E. Comme Is + (T est d'indice 2 dans Is (T, Φ (Is + (T est d'indice 2 dans Φ (Is (T et donc égal à A (E. Exercice 3.42 On se place ici dans un espace ane euclidien E de dimension 3 et on s'intéresse au groupe Is (C des isométries anes de E qui laissent globalement invariant les sommets d'un cube C. 1. Montrer que tout élément de Is (C induit une permutation de l'ensemble : D = {[A 1, A 7 ], [A 2, A 8 ], [A 3, A 5 ], [A 4, A 6 ]} des grandes diagonales du cube et en déduire un morphisme de groupes Φ de Is (C dans S (D. 2. Déterminer le noyau de Φ. 3. Montrer que Φ est surjective. 4. En déduire que card (Is (C = 48 et card (Is + (C = Montrer que Is + (C est isomorphe à S 4. Solution Par conservation des barycentres et des distances par une isométrie, une diagonale est transformée en diagonale de même longueur, donc D est globalement invariant par tout élément de Is (C et l'application Φ qui associe à φ Is (C la permutation correspondante des grandes diagonales réalise un morphisme de groupes de Is (C dans S (D. 2. Si φ ker (Φ, elle conserve alors chaque diagonale. On a donc φ (A 1 = A 1 ou φ (A 1 = A 7 et même chose pour les autres grandes diagonales. Si φ (A 1 = A 1, on a alors φ ([A 1, A 2 ] = [A 1, A k ] avec k = 2, 4 ou 5 puisque les arêtes sont conservées et φ (A 2 = A 2 puisque la diagonale [A 2, A 8 ] est conservée. De même, on a φ (A 4 = A 4. Comme φ conserve aussi le barycentre O des A k, on a φ = Id puisqu'elle laisse xe le repère ane (O, A 1, A 2, A 4. Si φ (A 1 = A 7, on a alors φ ([A 1, A 2 ] = [A 7, A k ] avec k = 3, 6 ou 8 puisque les arêtes sont conservées et φ (A 2 = A 8 puisque la diagonale [A 2, A 8 ] est conservée. De même, on a φ (A 4 = A 6. Donc φ est la symétrie σ O de centre O, puisque ces deux applications anes coïncident sur le repère ane (O, A 1, A 2, A 4. En dénitive, ker (Φ = {Id, σ O }. 3. Notons D 1 = [A 1, A 7 ],, D 4 = [A 4, A 6 ] les grandes diagonales. Comme S (D est engendré par les transpositions (D 1, D k avec k = 2, 3, 4, il sut de vérier que ces transpositions sont dans Im (Φ. Pour D 1 = [A 1, A 7 ] et D 2 = [A 2, A 8 ], la réexion par rapport au plan (A 3 A 4 A 5 qui contient les deux autres diagonales permute D 1 et D 2. De même pour les autres.

42 82 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications 4. On a alors : card (Is (C = card (ker (Φ card (Im (Φ = 2 card (S (D = 2 card (S 4 = 48. Comme Is (C contient un l'anti-déplacement σ O, on a card (Is (C = 2 card (Is + (C et card (Is + (C = Le noyau de la restriction de Φ à Is + (C est {Id}, donc Φ est injective et avec card (Is + (C = 24 = card (S 4, on déduit que Φ est un isomorphisme de Is + (C sur S Polynômes symétriques K est un corps commutatif de caractéristique diérente de 2. Un polynôme P = a i1,,i n X i 1 1 Xn in K [X 1,, X n ] est dit de degré égal à d si = 0 pour toute liste (i 1,, i n {1,, n} n telle que i k > d et s'il existe une a i1,,i n liste (i 1,, i n telle que i k = d et a i1,,i n 0. k=1 1 i 1 < <i k n Dénition 3.10 On dit qu'un polynôme P K [X 1,, X n ] est symétrique si P ( X σ(1,, X σ(n = P (X 1,, X n pour toute permutation σ S n. Les polynômes Σ k,n = X i1 X ik, où k est compris entre 1 et n, sont les polynômes symétriques élémentaires. On a : Σ 1,n = X i, Σ 2,n = et : i=1 1 i<j n k=1 X i X j,, Σ n,n = X 1 X n Σ k,n (X 1,, X n 1, 0 = Σ k,n 1 (X 1,, X n 1 (1 k n 1 Théorème 3.18 Si P K [X 1,, X n ] est symétrique, il existe alors un unique polynôme Q K [X 1,, X n ] tel que P (X 1,, X n = Q (Σ 1,n,, Σ n,n. Démonstration. L'existence se montre par une double récurrence sur n 1 et sur le degré d 0 de P K [X 1,, X n ]. Pour n = 1, on a Σ 1,1 = X 1 et le résultat est acquis pour tous les degrés. Supposons le résultat acquis pour n 1 1. Si P K [X 1,, X n ] est un polynôme constant, le polynôme Q = P convient. Supposons le résultat acquis pour tous les polynômes symétriques dans K [X 1,, X n ] de degré au plus égal à d 1 avec d 1 et soit P K [X 1,, X n ] symétrique de degré d. Montrons qu'il existe un polynôme symétrique P 2 K [X 1,, X n ] de degré inférieur ou égal à d 1 tel que : P 1 = P (X 1,, X n 1, X n P (X 1,, X n 1, 0 = P 2 Σ n,n Le polynôme P 1 est, comme P, symétrique de degré inférieur ou égal à d dans K [X 1,, X n ]. Comme P 1 (X 1,, X n 1, 0 = 0, on a : P 1 = a i1,,i n X i 1 1 X i n 1 n 1 X in n

43 Utilisations du groupe symétrique 83 les coecients a i1,,i n étant non nuls et les exposants i n qui apparaissent dans cette écriture étant tous non nuls. En désignant par τ k la transposition τ k = (k, n, pour 1 k n 1, on a : P 1 ( Xτk (1,, X τk (n = P1 (X 1,, X k 1, X n, X k+1,, X n 1, X k = P 1 (X 1,, X n et X n = 0 donne : P 1 (X 1,, X k 1, 0, X k+1,, X n 1, X k = 0 donc les indices i k, pour k compris entre 1 et n, sont tous non nuls et : ( P 1 = ai1,,inx i Xn in 1 X 1 X n = P 2 Σ n,n Pour toute permutation σ S n, on a : P 2 Σ n,n = P 1 (X 1,, X n = P 1 ( Xσ(1,, X σ(n = P2 ( Xσ(1,, X σ(n Σn,n ce qui entraîne que P 2 ( Xσ(1,, X σ(n = P2 (X 1,, X n puisque K [X 1,, X n ] est intègre. Le polynôme P 2 est donc symétrique de degré strictement inférieur à d. L'hypothèse de récurrence (sur d nous assure alors de l'existence d'un polynôme Q 2 K [X 1,, X n ] tel que P 2 (X 1,, X n = Q 2 (Σ 1,n,, Σ n,n. D'autre part, considérant que le polynôme P (X 1,, X n 1, 0 est symétrique dans K [X 1,, X n 1 ], l'hypothèse de récurrence (sur n nous dit qu'il existe Q 1 K [X 1,, X n 1 ] tel que : et nalement : P (X 1,, X n 1, 0 = Q 1 (Σ 1,n 1,, Σ n 1,n 1 P (X 1,, X n 1, X n = P (X 1,, X n 1, 0 + P 2 Σ n,n = Q 1 (Σ 1,n 1,, Σ n 1,n 1 + Q 2 (Σ 1,n,, Σ n,n Σ n,n = Q (Σ 1,n,, Σ n,n Montrer l'unicité d'un tel polynôme Q revient à montrer que l'égalité Q (Σ 1,n,, Σ n,n = 0 est uniquement réalisée pour le polynôme nul. On raisonne par récurrence sur n 1. Pour n = 1, c'est clair. Supposons le résultat acquis pour n 1 1 et raisonnons par récurrence sur le degré de P (X 1,, X n = Q (Σ 1,n,, Σ n,n. Pour P constant c'est clair. On a pour 1 k n : P (X 1,, X k 1, 0, X k+1,, X n = 0 donc P est divisible par X k et P (X 1,, X n = P 1 Σ n,n avec P 1 symétrique de degré strictement inférieur à celui de P et nul, ce qui donne Q = Q 1 Σ n,n = 0 puisque Q 1 = 0 par hypothèse de récurrence Formes multilinéaires alternées K est un corps commutatif de caractéristique diérente de 2 et E un K-espace vectoriel de dimension n 2. On dit qu'une forme n-linéaire φ sur E est alternée si φ (x 1,, x n = 0 pour toute liste (x 1,, x n de vecteurs non tous distincts (i. e. il existe i j tels que x i = x j. Théorème 3.19 Une forme n-linéaire φ sur E est alternée si, et seulement si, φ ( x σ(1,, x σ(n = ε (σ φ (x 1,, x n pour tout (x 1,, x n E n et toute permutation σ S n.

44 84 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Démonstration. Il sut de montrer que φ ( x τ(1,, x τ(n = φ (x1,, x n pour toute transposition τ, puisque S n est engendré par les transpositions. Supposons φ alternée et soit τ = (j, k une transposition avec 1 j < k n. En écrivant que : 0 = φ (x 1,, x j + x k,, x j + x k,, x n = φ (x 1,, x j,, x j,, x n + φ (x 1,, x n + φ ( x τ(1,, x τ(n + φ (x1,, x k,, x k,, x n = φ (x 1,, x n + φ ( x τ(1,, x τ(n on déduit que φ ( x τ(1,, x τ(n = φ (x1,, x n. Réciproquement, supposons cette condition vériée. Si x j = x k pour 1 j < k n, on a alors, pour τ = (j, k : φ (x 1,, x n = φ ( x τ(1,, x τ(n = φ (x1,, x n et φ (x 1,, x n = 0 pour K de caractéristique diérente de 2. Théorème 3.20 Soit B = (e i 1 i n une base de E. L'espace vectoriel Λ n (E des formes n-linéaires alternées est de dimension 1 engendré par l'application det : E n K dénie par : det (x 1,, x n = n ε (σ σ S n où x j = x ij e i pour tout j compris entre 1 et n. i=1 i=1 x σ(i,i Démonstration. Vérions tout d'abord que l'application det est n-linéaire alternée. En désignant, pour tout j compris entre 1 et n, par : π j : x = x i e i x j la j-ème projection, on a : i=1 det (x 1,, x n = σ S n ε (σ n π σ(i (x i Chaque application π σ(i étant linéaire, l'application (x 1,, x n i=1 n π σ(i (x i est n-linéaire et il en est de même de det comme combinaison linéaire d'applications n-linéaires. Pour tout permutation τ, en eectuant le changement d'indice k = τ (i, on a : det ( x τ(1,, x τ(n = σ S n ε (σ = σ S n ε (σ = σ S n ε (σ n ( π σ(i xτ(i i=1 i=1 n π σ(τ 1 (k (x k k=1 n π σ τ 1 (k (x k k=1

45 Utilisations du groupe symétrique 85 et en utilisant le fait que l'application σ σ = σ τ est une bijection de S n sur lui même, on en déduit que : det ( n x τ(1,, x τ(n = ε (σ τ π σ (k (x k σ S n k=1 = ε (τ n ε (σ π σ (k (x k σ S n k=1 = ε (τ det (x 1,, x n ce qui signie que det est alternée. En utilisant le caractère n-linéaire de φ Λ n (E, on a : ( φ (x 1,, x n = φ x i1,1e i1,, x n = x i1,1φ (e i1, x 2, x n = = i 1 =1 i 1 =1i 2 =1 i 1 =1 i 1 =1 x i1,1x i2,2φ (e i1, e i2, x 3, x n x i1,1 x in,nφ (e i1,, e in = i 1n =1 γ F n i=1 n x γ(i,i φ ( e γ(1,, e γ(n où F n est l'ensemble des applications de {1,, n} dans {1,, n}. Comme φ est alternée, on a φ ( x γ(1,, x γ(n = 0 pour γ non bijective et : n φ (x 1,, x n = x σ(i,i φ ( e σ(1,, e σ(n σ S n i=1 ( n = ε (σ x σ(i,i φ (e 1,, e n σ S n i=1 et φ = λ det avec λ = φ (e 1,, e n K et det Λ n (E \ {0}. Donc Λ n (E est de dimension 1 engendré par det Équations algébriques Ce paragraphe est donné à titre de compléments. On peut consulter [12] pour les détails. K est un corps commutatif de caractéristique nulle et P K [X] un polynôme unitaire de degré n 2. Dénition 3.11 On dit qu'un groupe G est résoluble s'il existe une suite (G k k N de sousgroupes de G telle que, pour tout k N, G k soit un sous-groupe distingué de G k+1 et le groupe quotient G k+1 /G k est commutatif. Théorème 3.21 Pour n 5, les groupes A n et S n ne sont pas résolubles. Dénition 3.12 Si L est le corps de décomposition de P, le groupe de Galois de P est l'ensemble des automorphisme de L égaux à l'identité sur K. Théorème 3.22 Le groupe de Galois de P est isomorphe à S n.

46 86 Permutations d'un ensemble ni, groupe symétrique. Applications Dénition 3.13 On dit que l'équation polynomiale P (x = 0 est résoluble par radicaux si son corps des racines L = K (α 1,, α n est tel qu'il existe une suite d'extensions simples L 0 = K L 1 L r = L telle que L k+1 = K (α k et α n k k K. Théorème 3.23 Si l'équation polynomiale P (x = 0 est résoluble par radicaux, alors son groupe de Galois est résoluble (et donc aussi S n. Théorème 3.24 Pour n 5, l'équation polynomiale P (x = 0 n'est pas résoluble par radicaux.