Cours d Algèbre I Bachelor Semestre 3 Prof. E. Bayer Fluckiger 19 février 2014

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1 Cours d Algèbre I Bachelor Semestre 3 Prof. E. Bayer Fluckiger 19 février 2014 Série 14 Exercice 1. (1) Montrer que tout groupe d ordre 4 est abélien. (2) Faire la liste des groupes d ordre 4 (à isomorphisme près). (3) Pour chaque groupe G d ordre 4, donner le treillis des sous-groupes de G. (1) Soit G un groupe d ordre 4. Par un théorème de Lagrange, tout élément non-trivial de G a ordre 2 ou 4. Distinguons deux cas : Si G a un élément d ordre 4, alors nous savons qu il est cyclique, c est-à-dire G = Z/4Z. Supposons que tous les éléments non-triviaux de G, disons g 1, g 2, g 3, ont ordre 2. On a alors g 1 g 1, g 2 G. Comme g 2 e, g 1, la première inclusion est stricte. Par un théorème de Lagrange, l ordre du sous-groupe g 1, g 2 est égal à 2 ou 4, ce qui implique que g 1, g 2 = g 1 ou G. Ainsi, G = g 1, g 2 = {e, g 1, g 2, g 1 g 2, g 2 g 1 }. Par conséquent, g 1 g 2 = g 2 g 1, puisqu il s agit de la seule égalité possible parmi les éléments e, g 1, g 2, g 1 g 2, g 2 g 1. Par symétrie, on conclut que g i g j = g j g i pour i, j = 1, 2, 3. Ainsi, G est abélien. (2) Puisque l on sait que tout groupe d ordre 4 est abélien, il suffit d utiliser le théorème de structure des groupes abéliens finis. Ce dernier affirme que tout groupe abélien d ordre 4 est isomorphe à un groupe de la forme Z/d 1 Z Z/d n Z avec d 1... d n des entiers. Puisque d 1 d n = 4, les deux seules possibilités sont Z/4Z et Z/2Z Z/2Z. Il est clair que ces deux groupes ne sont pas isomorphes, puisque le premier contient un élément d ordre 4, alors que le second ne contient que des éléments d ordre 2 ou 1.

2 2 (3) Nous avons déterminé les sous-groupes de Z/4Z et Z/2Z Z/2Z dans l exercice 1 de la série 9. Les treillis des sous-groupes sont respectivement Z/4Z {[2] 4, [0] 4 } et {[0] 4 } Z/2Z Z/2Z {([0] 2, [0] 2 ), ([1] 2, [0] 2 )} {([0] 2, [0] 2 ), ([1] 2, [1] 2 )} {([0] 2, [0] 2 ), ([0] 2, [1] 2 )} Exercice 2. (1) Calculer le centre de S 3. (2) Calculer le centre de D 8. {([0] 2, [0] 2 )} (1) Plus généralement, montrons que le centre de S n est trivial pour tout entier n 3. Supposons par l absurde qu il existe σ Z(S n ) qui ne soit pas l élément neutre. En d autres termes, il existe 1 a b n tels que σ(a) = b. Puisque n > 2, il existe 1 c n distinct de a et b. Or (b c)σ(a) = c σ(b c)(a) = σ(a) = b, donc (b c)σ σ(b c)ce qui contredit l appartenance de σ au centre. De la même manière, on montre que si n 4, alors le centre de A n est trivial. En effet, si σ Z(A n ) est non-trivial, il existe 1 a, b, c, d n distincts tels que σ(a) = b. Or (b c d)σ(a) = c σ(b c d)(a) = σ(a) = b, ce qui contredit l appartenance de σ au centre de A n. (2) Nous avons calculé le centre de D 2n en toute généralité dans l exercice 5 de la série 11. En particulier, on a Z(D 8 ) = {id, R 2 }, où R est la rotation d angle π/2.

3 Exercice 3. Vérifier l équation aux classes pour l action de A 4 sur lui-même par conjugaison. L équation aux classes pour A 4 est A 4 = Z(A 4 ) + n [A 4 : C A4 (x i )], i=1 où x 1,..., x n sont des représentants des orbites non-triviales de l action de A 4 sur lui-même par conjugaison. La cardinalité de A 4 est égale à S 4 /2 = 12. Le centre de A 4 est trivial par le premier point de l exercice précédent. Déterminons les tailles des classes de conjugaison de A 4. Par la décomposition en cycles disjoints, les éléments non-triviaux de A 4 sont les 3-cycles et les produits de deux transpositions à supports disjoints. En notant cl(σ) la classe de conjugaison dans A 4 d un élément σ A 4, on trouve, après calcul, que cl(id) = {id} cl((1 2 3)) = {(1 2 3), (4 2 1), (2 4 3), (3 4 1)} cl((1 3 2)) = {(1 3 2), (3 1 4), (4 1 2), (2 3 4)} cl((1 2)(3 4)) = {(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}. Comme ces quatre ensembles forment une partition de A 4, on en déduit que A 4 possède quatre classes de conjugaison, de tailles 1 (représentant : id), 3 (représentant : (1 2)(3 4)), 4 (représentant : (1 2 3) et 4 (représentant : (1 3 2)). Remarque : Dans l appendice situé à la fin de ce corrigé, nous donnons une description générale des classes de conjugaison de S n et A n, ainsi que l application de celle-ci au cas n = 4. On peut finalement calculer n Z(A 4 ) + [A 4 : C A4 (x i )] = = 12 = A 4, i=1 ce qui vérifie l équation aux classes. Exercice 4. Soit G un groupe d ordre 15. On considère l action de G sur lui-même par conjugaison. (1) Soit g G avec g / Z(G). Montrer que le stabilisateur de g est g. (2) En déduire que le centre de G n est pas trivial. 3

4 4 (1) Par un théorème de Lagrange, g a ordre 3, 5 ou 15. Dans le troisième cas, G est cyclique et Z(G) = G, absurde. Ensuite, remarquons que l on a l inclusion de sous-groupes g C G (g) G. Par un théorème de Lagrange, ord(g) C G (g) G = 15. Par conséquent, C G (g) = g ou C G (g) = G. Le deuxième cas étant exclu par l hypothèse g Z(G), on a l égalité voulue. (2) Par l équation des classes, n Z(G) + [G : C G (x i )], i=1 où x 1,..., x n sont des représentants des classes de conjugaison non-triviales de G. Par le premier point, C G (x i ) = x i pour tout i. Par un théorème de Lagrange, x i a ordre 3, 5 ou 15 pour tout i. Par conséquent, [G : C G (x i )] = 15/ x i {1, 3, 5}. Supposons que le le centre de G soit trivial. Soit a le nombre de classes de conjugaison d ordre 3 et b le nombre de classes de conjugaison d ordre 5. Par l équation aux classes, 1 + 3a + 5b = 15, donc la seule possibilité est (a, b) = (3, 1). Ainsi, G admet une seule classe de conjugaison d ordre 5, dont tous les éléments sont d ordre 15/5 = 3, et trois classes de conjugaison d ordre 3 dont tous les éléments sont d ordre 5. Par suite, G possède exactement 5 éléments d ordre 3. Ceci est absurde, puisque si g a ordre 3, alors il en est de même pour g 2 g, ce qui implique que le nombre d éléments d ordre 3 est pair. Par conséquent, le centre de G est non-trivial. En fait, il est même possible de montrer que tout groupe d ordre 15 est cyclique.

5 5 Appendice : classes de conjugaison de S n et A n Dans cet appendice, nous déterminons en toute généralité les classes de conjugaison des groupes S n et A n, tout en donnant un exemple pour le cas n = 4 traité dans l exercice 3. Dans l exercice 2 de la série 5, nous avons montré que deux cycles de S n sont conjugués si et seulement s ils ont la même longueur. D autre part, par l exercice 3 de la série 12, tout élément de S n se décompose de manière unique (à permutation près) comme produit σ 1... σ r de cycles σ 1,..., σ r à supports disjoints. Quitte à ajouter des 1-cycles, on peut supposer que tous les éléments de {1,..., n} apparaissent dans les supports des σ i. Comme ces cycles commutent (étant à supports disjoints), on peut de plus supposer que σ i a longueur l i avec l 1 l r 1. Le tuple (l 1,..., l r ) est alors une partition de n, c est-à-dire une suite décroissante d entiers strictement positifs de somme n. On appelle ce tuple la forme de cycle de la permutation. Exemple La forme du cycle (1 2) S 3 est (2, 1). La forme de la permutation (1 2)(3 4) S 4 est (2, 2). Lemme 1. Deux éléments de S n sont conjugués si et seulement si ils ont la même forme de cycle. Démonstration. Si σ = σ 1... σ r S n est écrit comme produit de cycles disjoints et τ S n, alors τστ 1 = τσ 1 τ 1 τσ r τ 1, avec τσ i τ 1 un cycle de longueur l i. Par conséquent, τστ 1 a la même forme que σ. Réciproquement, si σ et σ = σ 1 σ r ont la même forme, alors ils sont conjugués. En effet, comme deux cycles de même longueur sont conjugués, il existe τ 1,..., τ r S n tels que τ i σ i τ 1 i = σ i avec τ i à supports disjoints (car les σ i sont eux-mêmes à supports disjoints). Or, on prouve directement par récurrence, en utilisant que des permutations à supports disjoints commutent, que (τ 1 τ r )σ(τ 1 τ r ) 1 = (τ 1 σ 1 τ 1 1 ) (τ r σ r τ 1 r ) = σ. Exemple : Par conséquent, les classes de conjugaison de S 4 sont : Partition Représentant (1, 1, 1, 1) id (4) ( ) (3, 1) (1 2 3) (2, 2) (1 2)(3 4) (2, 1, 1) (1 2) Pour les classes de conjugaison de A n, on utilise le résultat suivant :

6 6 Lemme 2. Soit σ S n. Notons cl Sn (σ), respectivement cl An (σ) la classe de conjugaison de σ par rapport à S n, respectivement A n. Alors (1) On a cl An (σ) cl Sn (σ). (2) Si σ commute avec une permutation impaire de S n, alors cl An (σ) = cl Sn (σ). (3) Si σ ne commute avec aucune permutation impaire de S n, alors cl An (σ) = cl Sn (σ) /2. Plus précisément, cl Sn (σ) = cl An (σ) cl An ((12)σ 2 (12)). Démonstration. (1) Clair. (2) Il suffit de montrer que cl An (σ) cl Sn (σ). Soit τ S n et µ S n une permutation impaire qui commute avec σ. Si τ A n, alors τστ 1 cl An (σ). Si τ est impaire, alors τµ est impaire et τστ 1 = (τµ)σ(τµ) 1 cl An (σ). (3) Si σ ne commute avec aucune permutation impaire de S n, alors C Sn (σ) = C An (σ), donc cl An (σ) = [A n : C Sn (σ)] = [S n : C Sn (σ)] 2 Finalement, remarquons que = cl S n (σ). 2 cl Sn (σ) = {τστ 1 : τ A n } {τστ 1 : τ A n } = cl An (σ) cl An ((12)σ(12)), où la deuxième égalité vient du fait que l application τ τ(12) est une bijection entre A n et S n A n. Par le résultat sur les cardinalités ci-dessus, les classes de σ et (12)σ(12) dans A n sont disjointes. Exemple : les classes de conjugaison de A 4. Pour σ A 4, le calcul pour S 4 et le premier point du lemme montrent que cl A4 (σ) cl S4 ((1 2 3)) ou cl A4 (σ) cl S4 ((1 2)(3 4)). Notons que : La permutation (1 2)(3 4) commute avec la permutation impaire (1 2). Par conséquent, cl A4 ((1 2)(3 4)) = cl S4 ((1 2)(3 4)). La permutation (1 2 3) ne commute avec aucune permutation impaire : si σ S 4 est tel que (σ(1) σ(2) σ(3)) = σ(1 2 3)σ 1 = (1 2 3), alors σ A 4. Par conséquent, cl A4 ((1 2 3)) = cl S4 (1 2 3) /2. Par le lemme 1, cl S4 ((1 2 3)) = {(1 2 3), (1 3 2), (2 3 4), (2 4 3), (3 4 1), (3 1 4), (4 1 2), (4 2 1)} cl S4 ((1 2)(3 4)) = {(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} Ainsi, A 4 possède quatre classes de conjugaison, de tailles 1 (représentant : id), 3 (représentant : (1 2)(3 4)), 4 (représentant : (1 2 3) et 4 (représentant : (1 3 2)). On retrouve le résultat de l exercice 3 sans avoir à calculer de produits.