TD 5 - Groupe symétrique, Groupe linéaire

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1 FIMFA TD d algèbre I Rachel Ollivier TD 5 - Groupe symétrique, Groupe linéaire Exercice 1. Soit G un groupe simple d ordre 60 = Soit n 4. Supposons que G possède un sous-groupe H d indice n. Alors, G agit par translation à gauche sur les classes G/H qui est un ensemble de cardinal n. Par conséquent, on a un morphisme de groupes non-trivial G S n. Il est nécessairement injectif car G est simple. Mais 60 n est pas inférieur ou égal à n!. Contradiction. 2. Supposons que G possède un sous-groupe d indice 5 noté H. Comme précédemment, on a un morphisme injectif de G dans S 5. Donc G s identifie à un sous-groupe d indice 2 de S 5 : il est isomorphe à A Le nombre de 5-Sylow de G est congru à 1 mod 5 et divise 12. C est donc 6. (Cela ne peut pas être 1 car G est simple). L ensemble des éléments d ordre 5 de G est exactement constitué par la réunion des 5-Sylow de G privée de l élément neutre. Or, l intersection de deux 5-Sylow est triviale, donc la réunion des 5-Sylow est de cardinal 1+6 (5 1). Ainsi, G contient 24 éléments d ordre On suppose que G ne possède pas de sous-groupe d indice 5. (a) Par les théorèmes de Sylow, le nombre N de 2-Sylow de G peut être égal à 3, 5, ou 15. L action de G par conjugaison sur ces 2-Sylow est transitive. Donc le stabilisateur d un 2-Sylow pour cette action (qui n est autre son normalisateur dans G!) est de cardinal 60/N. Par conséquent, N ne peut ni être égal à 3 (question 1), ni à 5 par hypothèse. (b) Soit g un élément appartenant à l intersection de deux 2-Sylow distincts P et P. Supposons que g 1. Alors l intersection de P et P est égale à {1,g}. Notons que P et P sont commutatifs puisque ce sont des groupes d ordre 4. Le centralisateur Z(g) de g est le sous-groupe de G des éléments qui commutent avec g. Il contient P et P. Donc Z(g) est un sous-groupe de G de cardinal au moins P P = 6 et divisible par 4 (et c est un diviseur de 60) : il est donc de cardinal au moins 12 et d indice inférieur ou égal à 5. Contradiction. L intersection de deux 2-Sylow est triviale de sorte que la réunion des quinze 2-Sylow est de cardinal = 46. Cela nous donne au moins 45 éléments d ordre pair dans G. Or on a déjà listé 24 éléments d ordre 5 par la question 3... C est trop!.. Ainsi, G possède nécessairement un sous-groupe d indice 5 et est isomorphe à A 5. Exercice Le sous-groupe N = SO 3 (R) est distingué dans O 3 (R). C est le noyau du déterminant. Le quotient obtenu est isomorphe à Z/2Z. Il se relève dans O 3 (R) en le sousgroupe H = {id, id} Z/2Z. Donc O 3 (R) est le produit semi-direct de N = SO 3 (R) par Z/2Z. (Si l on n aime pas parler de relèvement : vérifier que N H = {id} et NH = O 3 (R) en remarquant que pour tout f O 3 (R), ou bien f N ou bien f = ( f) ( id) NH.) Le sous-groupe H est distingué dans O 3 (R) donc le produit est en fait direct : O 3 (R) SO 3 (R) Z/2Z. De façon générale : soit G un groupe qui est produit semi-direct de ses sous-groupes N et H : G = N H. Par définition, le sous-groupe N est distingué dans G et le produit dans G est donné par (n,h)(n,h ) = (nhn h 1,hh ). Si de plus H est distingué dans 1

2 2 G alors le produit est en fait direct et G N H. (Il s agit de vérifier que le produit dans N H est en fait donné par (n, h)(n, h ) = (nn, hh ). Et en effet, pour n N et h H, l élément hn h 1 n 1 = (hn h 1 )n 1 = h(n h 1 n 1 ) appartient à N mais aussi à H puisque ces deux sous-groupes sont distingués.. Par conséquent, il est égal au neutre de G et hn h 1 = n.) 2. Le groupe SO 3 (R) est un groupe topologique comme sous-groupe de GL 3 (R). C est clairement un compact. Il est connexe par arcs (utiliser la forme réduite de ses éléments pour montrer que tout élément est relié à l identité par un chemin continu...) 3. C est un classique. Soit G 0 la composante connexe de l élément neutre dans G. Par exemple, pour montrer que c est un groupe, on remarque que l application (x,y) xy 1, G 0 G 0 G est continue d image connexe contenant le neutre : elle est donc à valeurs dans G 0... Une bonne référence pour les groupes topologiques : Groupes de Lie classiques par Mneimné- Testard. 4. On considère l application f : SO 3 (R) [0, π ] g arccos( Tr(g) 1 2 ) (a) Soit H un sous-groupe distingué connexe non réduit à l élément neutre de SO 3 (R). L image par f de H est un connexe de [0,π] contenant 0 et non réduit à {0}. Par conséquent, pour n N assez grand, elle contient π n. Soit h un antécédent de π n dans H. L élément h n H a pour image π. Cela signifie exactement que h n est un retournement. Donc H contient un retournement. Puisque les retournements sont tous conjugués et que H est distingué, il contient tous les retournements. Puisque les retournements engendrent SO 3 (R), on a H = SO 3 (R). (b) Soit H un sous-groupe distingué de SO 3 (R). On suppose que H SO 3 (R). La composante connexe H 0 de l identité dans H est un sous-groupe distingué de H d après la question 3. Est-il distingué dans SO 3 (R)? Pour g SO 3 (R) fixé, l application H H, h ghg 1 est bien définie car H est distingué. Elle est continue donc l image de H 0 par cette application est un connexe contenant le neutre : elle est donc incluse dans la composante connexe H 0 du neutre. Donc H 0 est distingué dans SO 3 (R). Par la question précédente, le sous-groupe distingué connexe H 0 de SO 3 (R) est trivial. Pour tout h fixé dans H, l application SO 3 (R) H, g ghg 1 h 1 est bien définie, continue, d image connexe contenant le neutre : elle est donc à images dans H 0 qui est trivial! Donc H est dans le centre de SO 3 (R). Ce dernier est trivial (cours). Donc H est trivial. Exercice 3. Le groupe GL 2 (F 2 ) = SL 2 (F 2 ) de cardinal 6 agit fidèlement sur les 3 droites de F 2 2. Ainsi, il est isomorphe à S 3 donc le groupe dérivé est A 3. Le groupe SL 2 (F 3 ) est de cardinal 24. Il agit sur l ensemble des 4 droites de F 2 3 : on a un morphisme φ : SL 2 (F 3 ) S 4 de noyau { I,I}. Son image est un sous-groupe d indice 2 de S 4 : c est A 4. Le groupe dérivé de A 4 est égal au sous-groupe engendré par les éléments d ordre 2 de A 4. Il est isomorphe au groupe de Klein V 4 = Z/2Z Z/2Z. Le quotient de A 4 par son groupe dérivé est isomorphe à Z/3Z. Puisque φ : SL 2 (F 3 ) A 4 est surjective, on a φ(d(sl 2 (F 3 ))) = D(A 4 ). Ainsi, D(SL 2 (F 3 )) est inclus dans φ 1 (D(A 4 )). Mais le noyau de φ est inclus dans D(SL 2 (F 3 )) (en effet I =

3 3 ( ) = (UV U V 1 ) 2 avec U = ( ) 1 1 et V = U 0 1 t ). Donc, D(SL 2 (F 3 )) = φ 1 (D(A 4 )) est de cardinal 8. C est donc un 2-Sylow de SL 2 (F 3 ). On a vu que ce groupe admet un unique 2-Sylow isomorphe au groupe des quaternions (TD 3 exercice 4). Donc D(SL 2 (F 3 ) H 8. Le groupe GL 2 (F 3 ) est de cardinal 48. Comme précédemment on a un morphisme ψ : GL 2 (F 3 ) S 4 de noyau { I,I}. Par cardinalité, il est surjectif. Ainsi, D(GL 2 (F 3 )) = ψ 1 (D(S 4 )) = ψ 1 (A 4 ) φ 1 (A 4 ) = SL 2 (F 3 ). D où D(GL 2 (F 3 )) = SL 2 (F 3 ). Exercice Montrons le résultat par récurrence sur n. Si n = 1, il est clair. Supposons le résultat vrai au rang n 1 et montrons le au rang n. Soient V = (V i ) 0 i n et W = (W i ) 0 i n deux drapeaux complets de K n. Soit x une base de V 1. Nous allons tirer de V et de W des drapeaux V et W dont l avant dernier espace est un supplémentaire de Kx. Pour i = 0,...,n 1 on choisit un supplémentaire V i de Kx dans V i+1 de façon à ce que (V i ) 0 i n forme un drapeau de K n (on pose V n = K n ). Il existe un j 0 {1,...,n} tel que x W j0 W j0 1. On pose W n = K n. On choisit W i = W i pour 0 i j 0 1. Puis, pour j 0 i n 1, on choisit W i un supplémentaire de Kx dans W i+1 de façon à ce que (W i ) 0 i n forme un drapeau de K n. On note π : K n K n /Kx la projection. La projection des drapeaux V et W dans l espace quotient K n /Kx en fournit deux drapeaux complets : (π(v i )) 0 i n 1 et (π(w i )) 0 i n 1. Par hypothèse de récurrence, on en a une base adaptée {π(e 1 ),...,π(e n 1 )}. Nécessairement, les (e i ) i forment une famille libre de K n et B = (e 1,...,e n,x) est une base de K n. Mais ces e i sont définis modulo Kx et il y a une bonne façon de les choisir de façon à ce que B soit adaptée à nos deux drapeaux initiaux : Pour i {0,...,n 1}, l espace π(v i ) est engendré par une famille {π(e i)} i I de cardinal i. Par conséquent, V i est inclus dans l espace de base {x, e i,i I}, donc par argument de dimension, V i+1 = Kx V i est engendré par {x, e i,i I} B. Pour i {j 0,...,n}, on montre de même que W i = W i 1 Kx est engendré par une partie de B. Pour i j 0 1, on a W i = W i. Ainsi π(w i ) est engendré par une famille {π(e j )} i J de cardinal i et W i est inclus dans l espace vectoriel de base {x, e j, j J}. Il faut montrer que W i est égal à l espace vectoriel de base {e j, j J}. Cela sera vrai si l on a choisi les e i dans le supplémentaire W n 1 de Kx (ils en forment alors une base) puisque l on a W i = W i W n L action de g GL n (K) sur le drapeau V est donnée par g.v = (g.v 0,g.V 1,...,g.V n ). On note (e 1,...,e n ) la base canonique de K n et D le drapeau associé. Il est défini par D i = Vect(e 1,...,e i ) pour 1 i n. Le stabilisateur de ce drapeau sous l action de GL n (K) est le sous-groupe B des matrices triangulaires supérieures. Soit l ensemble des couples de drapeaux. Il hérite d une action de GL n (K). On dit que deux couples sont équivalents s ils sont dans la même orbite sous l action de GL n (K) et l on note cette relation d équivalence. En identifiant S n avec son image canonique dans GL n (K), on définit l application φ : S n / σ [(D,σ.D)].

4 4 Cette application est surjective par la question précédente (cela demande une petite vérification tout de même...). On vérifie qu elle est injective : si σ τ, on note i le plus petit élément tel que σ(i) τ(i). S il existait b B tel que bτ.d = σ.d on aurait en particulier b.τd i = σd i et be τ(i) Vect(e σ(1),...,e σ(i) ) = Vect(e τ(1),...,e τ(i 1),e σ(i) ) qui est en somme directe avec la droite dirigée par e τ(i). Mais be τ(i) a une composante non nulle selon cette droite. Contradiction. 3. Soit g GL n (K). Notons σ la permutation associée à [(D,g.D)] par la bijection précédente. Par définition, il existe une matrice triangulaire supérieure b telle que g.d = bσ.d ou encore, g 1 bσ B c est-à-dire g BS n B. Le groupe B se décompose en le produit UT où T est le tore diagonal. Ce dernier étant normalisé par S n, on a aussi G = US n B. 4. Le sous-groupe U de B est distingué. Montrons qu il est nilpotent. On note toujours D le drapeau associé à la base canonique de K n défini par D i = V ect(e 1,...,e i ). On pose D i = {0} pour i 0. Pour k N, on désigne par N k l ensemble des matrices M telles que MD i D i k. Ce sont des matrices nilpotentes d indice inférieur ou égal n k + 1. On remarque que N k = N j N k+j. On a par exemple U = I + N 1. On pose U k = I + N k pour k {1,...,n}. En particulier, U n = {I}. Montrons que [U,U k ] U k+1 pour tout k {1,...,n 1} : soient I A U et I B U k. Leurs inverses sont respectivement I + A A n 1 et I + B B n k. Ainsi, (I A)(I B)(I A) 1 (I B) 1 est égal à la somme de I et d un élément de N k+1. Ainsi le commutateur [I A,I B] appartient à U k+1. On en déduit en particulier que C n 1 (U) = {I} donc U est nilpotent d indice n 1. Le quotient B/U est isomorphe au tore diagonal donc il est commutatif. Ainsi, B/U est résoluble et U est nilpotent donc résoluble. Donc B est résoluble. Supposons que n = 2. On vérifie que B n est pas nilpotent en remarquant que son centre Z(B) est constitué par les homothéties et que le centre de B/Z(B) est trivial. Exercice Si C /C 2 = 1, R /R 2 = {±1}. Dans (Z/pZ), il y a (p 1)/2 carrés si p 2. Si K = Q, il y a une infinité de classes de conjugaisons. Construisons une sous-ensemble infini de K /K 2 : on pose a 0 = 2, et a n+1 = p n a n où p n est le plus petit nombre premier > a n. Les a i a j ne sont pas des carrés de Q. Ainsi, la famille (a i ) i N est une famille infinie de Q modulo Q 2. Exercice Supposons que X admet un centre de symétrie. Alors Isom + (X) est d indice 2 dans Isom(X) et le quotient obtenu se relève en le sous-groupe distingué {id, id}. Ainsi on a bien le produit direct annoncé. (voir la remarque de l exercice 2 question 1). 2. (a) Soient {A,B,C,D} les sommets du tétraèdre. L application Isom( 4 ) S 4 qui à une isométrie du tétraèdre associe la permutation des sommets correspondante est un morphisme de groupes injectif. Il est surjectif car on vérifie que la symétrie hyperplane relative au plan médiateur de [A,B] appartient à Isom( 4 ) : elle est envoyée sur la transposition (A,B). Ainsi les transpositions sont dans l image du morphisme. Le sous-groupe Isom + ( ) est d indice 2 dans Isom( ). Il est donc isomorphe à A 4. Ce n est pas un facteur direct de Isom( ). (Remarque : la signature correspond au déterminant!).

5 5 (b) Il y a dans A 4 exactement 3 éléments d ordre pair : ce sont les produits de deux transpositions à supports disjoints. Ainsi, A 4 possède un unique 2-Sylow. Il est isomorphe à V 4. Le quotient A 4 /V 4 est d ordre 3 et se relève puisque A 4 contient un cycle d ordre 3 : on a A 4 V 4 Z/3Z. (c) Le produit de transpositions (AB)(CD) correspond dans Isom + ( 4 ) au retournement d axe passant par les milieux de[ab] et [CD]. 3. On a un morphisme de groupes naturel Isom(C 6 ) S 4 donné par l action de Isom(C 6 ) sur les diagonales du cube. On vérifie aisément que son noyau est constitué par {Id, Id}. Son image est S 4 tout entier car la réflexion par rapport au plan contenant deux des diagonales échange les deux autres : elle correspond donc à une transposition. On a Isom(C 6 ) = Isom + (C 6 ) {Id, Id} et Isom + (C 6 ) S Soient et deux tétraèdres réguliers distincts contenus dans C 6. On définit l application χ : Isom + (C 6 ) {±1} en posant χ(f) = 1 si et seulement si f laisse invariant le tétraèdre. Alors χ est un morphisme de groupes. Son noyau est d indice 2 dans Isom + (C 6 ). Il est isomorphe à A Le groupe de Klein peut se lire comme le sous-groupe de Isom + (C 6 ) engendré par les éléments d ordre 2 laissant invariant. Il est constitué par l identité et par 3 retournements.