Groupes symétriques et alternés

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1 Groupes symétriques et alternés Table des matières 1 Groupe S n 2 2 Cycles Dénition Décomposition d'une permutation Classes de conjugaison 8 4 Signature 9 5 Groupe alterné Groupe A n Classes de conjugaison Simplicité Sous-groupe normaux de A n et S n Centres Résolubilité

2 1 Groupe S n Soit n un entier naturel non nul. Dénition On note S n l'ensemble des permutations de l'ensemble {1,...,n} c'est à dire l'ensemble des bijections de {1,...,n} vers {1,...,n}. Proposition (S n, ) est un groupe. Démonstration L'identité est une permutation de {1,...,n} donc S n n'est pas vide. La composée de deux bijections est une bijection donc on a une loi interne. La composition est clairement associative. L'identité est l'élément neutre pour la composition. Enn, tout élément de S n est inversible d'inverse sa fonction réciproque. Dénition Le groupe S n est appelé groupe symétrique de degré n. Propriété S n est d'ordre n!. Démonstration Soit σ appartenant à S n. σ(1) peut être n'importe quel des 1 i n. On a donc n valeurs possibles. σ(2) peut être n'importe quel des 1 i n hormis la valeur σ(1) puisque σ est injective. On a donc n-1 valeurs possibles,... On arrive ainsi à n n =n! bijections possibles. Propriété )S 1 et S 2 sont abéliens. 2)Pour n 3, S n n'est pas abélien. Démonstration 1)S 1 = {Id} donc S 1 est abélien. S 2 est composé de l'identité et de la permutation échangeant 1 et 2 donc S 2 est abélien donc S 2 est abélien. 2)Soient i, j et k trois éléments distincts de {1,...,n}. Soit σ une application bijective qui à i associe j, à j associe i et qui xe k. Soit ψ une application bijective qui à i associe k, à k associe i et qui xe j. Alors, (σ ψ)(i)=k et (ψ σ)(i)=j et donc σ ψ ψ σ et par conséquent S n n'est pas abélien. Notations 1)Pour alléger les écritures, on notera, pour tout couple (σ,ψ) d'éléments de S n, σψ à la place de σ ψ. On parlera de produit de deux permutations plutôt que de composition de deux permutations. 2

3 2)On ( peut écrire une permutation ) σ sous la forme suivante ( : n. Ainsi, l'identité s'écrit n ) et ( σ(1) σ(2)... σ(n) n ) est la permutation de {1, 2, 3} qui envoie 1 sur 2, 2 sur 3 et 3 sur 1. Dénition Soit σ un élément de S n. On appelle support de σ et on note Supp σ, l'ensemble des éléments i de {1,...,n} tels que σ(i) i. Exemple Le support de l'identité est l'ensemble vide. Propriété Si deux éléments de S n ont leurs supports disjoints alors ils commutent. Démonstration Soient σ et ψ les deux éléments de S n. Soit i compris entre 1 et n. Si i appartient au support de σ alors σ(i) appartient au support de σ car si σ(σ(i))=σ(i) alors σ(i)=i. D'où, puisque les supports de σ et ψ sont disjoints, σ(i) n'appartient pas au support de ψ et par conséquent σψ(i)=σ(i)=ψσ(i). On a de même σψ(i)=ψ(i)=ψσ(i) si i appartient au support de ψ. Si i n'appartient ni au support de σ ni au support de ψ alors σψ(i)=i=ψσ(i). Remarque La réciproque est fausse. Par exemple, les permutations ( le même support : l'ensemble {1, 2, 3}. ) et ( ) commutent et elles ont 3

4 2 Cycles Soit n un entier naturel supérieur ou égal à Dénition Dénition Soient σ un élément de S n et i compris entre 1 et n. On appelle σ-orbite de i et on note Ω σ (i), l'ensemble {σ k (i) / k N}. Remarque S n étant un groupe ni, tout élément de S n est d'ordre ni (par le Théorème de Lagrange). L'ensemble Ω σ (i) est donc ni. Dénition Soit k compris entre 1 et n. Un élément σ de S n est un k-cycle, ou un cycle de longueur k, si il n'existe qu'une seule σ-orbite non réduite à un élément, celleci étant de cardinal k. Un 2-cycle est appelé une transposition. Remarque S n ne possède qu'un seul 1-cycle : l'identité. Propriété Un k-cycle est d'ordre k. Démonstration Soit Ω σ (i)={i, σ(i),...,σ k 1 (i)} la seule σ-orbite non réduite à un élément. Puisque Ω σ (i) est de cardinal k, σ k (i) appartient à Ω σ (i). Les sigma j (i) étant distincts pour tout j compris entre 1 et k-1, σ k (i)=i. Soit s, compris entre 1 et n, n'appartenant pas à Ω σ (i). Puisque Ω σ (i) est la seule σ-orbite non réduite à un élément, Ω σ (s)={s}. D'où, σ(s)=s et donc σ k (s)=s. On en déduit que σ k =Id et donc l'ordre de σ est inférieur ou égal à k. Mais σ k 1 (i) est diérent de i (car Ω σ (i) est de cardinal k) donc σ k 1 est diérent de l'identité. D'où, l'ordre de σ est supérieur à k-1. On en déduit que σ est d'ordre k. Remarque La réciproque est fausse en général. Par exemple, la permutation ( ) est d'ordre 2 mais ce n'est pas une transposition puisqu'il y a deux orbites non réduites à un élément : {1, 2} et {3, 4}. Proposition Soient σ un élément de S n et k compris entre 2 et n. σ est un k-cycle si et seulement si il existe i 1, i 2,..., i k, k éléments distincts de {1,...,n}, tels que σ(i j )=i j+1 pour tout j compris entre 1 et k-1, σ(i k )=i 1 et σ(s)=s pour tout élément s de {1,...,n}\{i 1,...,i k }. 4

5 Démonstration ( ) Soit Ω σ (i)={i, σ(i),...,σ k 1 (i)} la seule σ-orbite non réduite à un élément. On pose, pour tout j compris entre 1 et k, i j = σ j 1 (i) (où σ 0 =Id). La première condition est alors clairement vériée. En reprenant la démonstration de la Propriété précédente, on constate que les deux dernières conditions sont également satisfaites. ( ) D'après les deux premières conditions, Ω σ (i 1 )={i 1,..., i k } est une σ-orbite de cardinal k et d'après la troisième condition, Ω σ (i 1 ) est la seule σ-orbite non réduite à un élément donc σ est un k-cycle. Notation Pour noter le k-cycle déni par i 1, i 2,..., i k, on utilise la notation suivante : (i 1 i 2... i k ) qui se lit : i 1 donne i 2,..., i k 1 donne i k et i k donne i 1. Il est d'usage de ne pas noter les éléments xés par un cycle. Par exemple, le 3-cycle (1 2 3) est la permutation ( ) dans S3 et la permutation ( ) dans S4.! Puisque la loi est la composition, les cycles sont lus de droite à gauche! Par exemple, la permutation (1 2 3)(1 3 4) envoie 1 sur 1, 2 sur 3, 3 sur 4 et 4 sur Décomposition d'une permutation Les cycles jouent un rôle très important dans l'étude des permutations puisque : Théorème Toute permutation, diérente de l'identité, se décompose en un produit de cycles de longueur supérieure ou égale à 2 et de supports deux à deux disjoints. De plus, cette décomposition est unique à l'ordre près d'écriture des cycles. 5

6 Démonstration Soit σ un élément de S n. Existence : Montrons que les σ-orbites distinctes forment une partition de {1,..., n} : Soit i compris entre 1 et n. Puisque σ est surjective, il existe j compris entre 1 et n tel que i=σ(j) Ω σ (j). D'où, la réunion des σ-orbites est {1,..., n}. Soient Ω σ (i) et Ω σ (j) deux σ-orbites distinctes. Supposons qu'il existe un élément appartenant à Ω σ (i) et Ω σ (j). Il existe alors des entiers naturels k et m tels que σ k (i)=σ m (j). Supposons k m. On a alors σ k m (i)=j. D'où, j appartient à Ω σ (i) et par conséquent, Ω σ (i)=ω σ (j). Contradiction. D'où, les ensembles Ω σ (i) et Ω σ (j) sont disjoints. Les σ-orbites distinctes forment une partition de {1,..., n}. Considérons les σ-orbites distinctes Ω 1,..., Ω r non réduites à un élément et les restrictions σ 1,..., σ r de σ à ces σ-orbites. Pour tout i compris entre 1 et r, σ i est un cycle puisqu'il n'y a qu'une seule orbite non ponctuelle : Ω i. De plus, ce cycle est de longueur supérieure ou égale à 2. Puisque les σ-orbites sont disjointes, les cycles σ 1,..., σ r ont leurs supports disjoints. Il reste à montrer que σ=σ 1... σ r. Soit i compris entre 1 et n. Si σ(i)=i alors Ω σ (i)={i} donc i n'apparaît dans aucun support de σ 1,..., σ r et par conséquent, i=σ 1... σ r (i). Supposons que σ(i) i. Il existe alors un entier j compris entre 1 et r tel que i appartient à Ω σ (j). D'où, σ j (i)=σ(i) (par dénition des σ-orbites) et, puisque les σ-orbites sont disjointes, σ k (i)=i pour tout entier k compris entre 1 et r, diérent de j. On en déduit que σ 1... σ r (i)=σ(i). D'où, σ 1... σ r. Unicité : Soit σ 1... σ r une décomposition de σ en un produit de cycles de longueur supérieure ou égale à 2 et de supports disjoints. Puisque les supports des cycles sont deux à deux disjoints, les cycles commutent d'après la Propriété C'est pourquoi, l'ordre d'écriture ne joue aucun rôle dans la décomposition. Soit ψ 1,..., ψ k une autre décomposition de σ en un produit de cycles de longueur supérieure ou égale à 2 et de supports disjoints. Soient Θ 1,..., Θ k les orbites associées aux cycles ψ 1,..., ψ k. Puisque les supports sont deux à deux disjoints, on a ψ i (j)=σ(j) pour tout entier i compris entre 1 et k et pour tout entier j compris entre 1 et n. D'où, les Θ 1,..., Θ k sont des σ-orbites non ponctuelles. Puisque σ=ψ 1... ψ k, les Θ 1,..., Θ k sont les σ-orbites non ponctuelles. D'où, k=r et à l'ordre d'écriture près ψ i = σ i. Remarques 1)L'unicité de la décomposition à l'ordre d'écriture près s'entend également à multiplication par l'identité près. Par exemple dans S 5, les décompositions (1 2 3)(4 5) et (1 2 3)(1 2)(4 5)(1 2) sont les mêmes puisque (1 2)(1 2)=Id ((1 2) et (4 5) commutent car leurs supports sont deux à deux disjoints (Propriété 1.0.4)). 2)En raison du Théorème précédent, on utilisera la notation par cycles pour décrire les éléments de S n. 6

7 Corollaire )S n est engendré par l'ensemble des transpositions. 2)S n est engendré par l'ensemble des translations (i i+1), 1 i n-1. 3)S n est engendré par l'ensemble des translations (1 i), 2 i n. Démonstration 1)D'après le Théorème précédent, il sut de montrer que tout k-cycle (i 1 i 2... i k ) se décompose en un produit de transpositions. On a (i 1 i 2... i k )=(i 1 i 2 )(i 2 i 3 )... (i k 1 i k ) d'où le résultat. 2)Soit (s t) une transposition avec s t (on a (s t)=(t s)). On a (s t)=(s s+1)... (t-1 t)(t-1 t-2)... (s+1 s) donc, d'après le 1, S n est engendré par l'ensemble des translations (i i+1), 1 i n-1. 3)Soit i compris entre 1 et n. On a (i i+1)=(1 i)(1 i+1)(1 i) d'où, d'après le 2, S n est engendré par l'ensemble des translations (1 i), 2 i n. Dénition Soient k 1... k r des entiers compris entre 2 et n tels que k k r n. On appelle k 1... k r -cycle, la permutation obtenue comme produit d'un k 1 -cycle,..., d'un k r -cycle, de supports deux à deux disjoints. Remarque Le Théorème précédent indique que tout élément de S n est un k 1... k r -cycle. Par exemple, l'élément de S 7 déni par ( ) est le cycle (1 3)(4 5)(2 6 7). La mise sous forme d'un k 1... k r -cycle permet de trouver facilement l'ordre d'un élément de S n : Propriété L'ordre d'un k 1... k r -cycle est égal au ppcm des ordres des cycles composant ce k 1... k r -cycle. Démonstration Notons σ i, 1 i r, les cycles composant le k 1... k r -cycle σ. Soit p le ppcm des ordres des cycles σ i, 1 i r. On a alors σ p i =Id pour tout i compris entre 1 et r. Puisque les supports des cycles sont deux à deux disjoints, les cycles commutent deux à deux d'après la Propriété D'où, σ p =σ p 1... σr=id p et par conséquent, l'ordre de σ divise p. Soit m un entier strictement positif tel que σ m =Id. On a alors σ1 m... σr m =Id et donc σ1 m =σr m... σ2 m. Si σ1 m Id alors il existe s, compris entre 1 et n, appartenant au support de σ1 m. D'où, s appartient au support de σ1 m et de σr m... σ2 m ce qui est impossible puisque Supp(σ m i )=Supp(σi m ) Supp(σ i ) pour i compris entre 2 et r et les supports de σ 1,... σ r sont deux à deux disjoints. D'où, σ1 m =Id et l'ordre de σ 1 divise donc m. On montre de même, pour tout i compris entre 2 et r, que σi m =Id et que l'ordre de σ i divise donc m. D'où, p divise m et par conséquent, p=m. L'ordre de σ est le ppcm des ordres des σ i, 1 i r. 7

8 Exemple La permutation dénie dans la remarque précédente est d'ordre 6. 3 Classes de conjugaison Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3. Proposition Soit (i 1... i k ) un k-cycle. Alors, pour tout élément α de S n, α(i 1... i k )α 1 =(α(i 1 )... α(i k )) Démonstration Posons σ=(i 1... i k ), ϕ=(α(i 1 )... α(i k )) et ψ = ασα 1. Soit i compris entre 1 et n. Montrons que ψ(i)=ϕ(i) : Si α 1 (i) appartient au support de σ alors il existe j compris entre 1 et k tel que α 1 (i)=i j. D'où, ψ(i)=α(i j+1 ) (où pour j=k, on pose i k+1 = i 1 ). On a i=α(α 1 (i))=α(i j ) donc ϕ(i)=α(i j+1 )=ψ(i). Si α 1 (i) n'appartient pas au support de σ alors ψ(i)=α(α 1 (i))=i. Si i appartient au support de ϕ alors il existe j compris entre 1 et k tel que i=α(i j ). On a alors α 1 (i)=i j qui appartient au support de σ. Contradiction. D'où, i n'appartient pas au support de ϕ et ϕ(i)=i=ψ(i). Pour tout i compris entre 1 et n, ψ(i)=ϕ(i) donc ψ=ϕ c'est à dire α(i 1... i k )α 1 =(α(i 1 )... α(i k )). Exemple Pour n=6, σ=(1 3 4) et α=(1 2)(3 5 6), on a ασα 1 =(2 5 4). Corollaire La classe de conjugaison d'un k 1... k r -cycle est l'ensemble des k 1... k r -cycle. Démonstration Soit σ=σ... σ r un k 1... k r -cycle. Pour tout élément α de S n, ασσ 1 =ασ 1 σ 1... ασ r σ 1 donc, d'après la Proposition précédente, ασσ 1 est un k 1... k r -cycle. Soit ϕ un k 1... k r -cycle. Posons σ=(i i 1 k 1 )... (i r 1... i r k r ) et ϕ=(j j 1 k 1 )... (j r 1... j r k r ). Dénissons α par α(i t s)=j t s, pour tout t compris entre 1 et r et pour tout s compris entre 1 et k t, et α bijective de {1,..., n}\{i 1 1,..., i r k r } vers {1,..., n}\{j 1 1,..., j r k r } (ce qui est possible car ces deux derniers ensembles ont le même cardinal). Puisque les supports des cycles sont deux à deux disjoints, α est une application injective. De plus, α est surjective par construction donc α appartient à S n. D'après la Proposition précédente, ασα 1 = ϕ donc ϕ et σ sont conjugués. D'où, la classe de conjugaison du k 1... k r -cycle σ est l'ensemble des k 1... k r -cycles. 8

9 4 Signature Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3. Dénition Soit σ appartenant à S n. On appelle signature de σ et on note sgn(σ), l'entier (-1) où n nσ n σ est le nombre de σ-orbites. Si sgn(σ)=1 (respectivement sgn(σ)=-1) alors on dit que σ est une permutation paire (respectivement impaire). Proposition Un k-cycle est une permutation impaire si k est pair et une permutation paire si k est impaire. Démonstration Un k-cycle σ a une seule orbite non ponctuelle et celle-ci est de cardinal k. On a donc 1+(n-k) orbites et par conséquent sgn(σ)=(-1) k 1. Propriété Soient σ une permutation et τ une transposition. Alors, sgn(στ)=-sgn(σ). Démonstration Posons τ=(i j). Si i et j n'appartiennent pas au support de σ alors {i, j} et Supp σ sont des στ-orbites. Les autres éléments de {1,..., n} ont leurs σ-orbite et στ-orbite réduites à eux-mêmes. Puisque les σ-orbites {i} et {j} sont devenues une στ-orbite {i, j}, on a n στ = n σ 1 et donc sgn(στ)=-(-1) n nσ =-sgn(σ). Si i appartient au support de σ et j n'appartient pas au support de σ alors στ envoie σ 1 (i) sur i (σ 1 (i) i, j), i sur j et j sur σ(i) alors que σ envoie σ 1 (i) sur i, i sur σ(i) et j sur j. D'où, les σ-orbites Ω σ (i) et Ω σ (j)={j} deviennent la στ-orbite Ω στ (i). Les autres éléments de {1,..., n} ont leurs σ-orbite et στ-orbite réduites à eux-mêmes donc n στ = n σ 1 et par conséquent, sgn(στ)=-sgn(σ). Si i et j appartiennent au support de σ alors deux cas se présentent selon que i et j sont dans le support d'un même cycle composant σ. Si i et j apparaissent dans des supports diérents alors στ envoie i sur σ(j), σ(j) sur σ 2 (j),..., σ k 1 (j) sur j, j sur σ(i), σ(i) sur σ 2 (i),..., σ m 1 (i) sur i où k (respectivement m) désigne la longueur du cycle dont j (respectivement i) est un élément du support. D'où, les σ-orbites Ω σ (i) et Ω σ (j) deviennent la στ-orbite Ω στ (i). Les autres orbites restant inchangées, on a n στ = n σ 1 et donc sgn(στ)=-sgn(σ). Il reste le cas où i et j sont des éléments du support d'un cycle composant σ. Supposons d'abord que σ(j)=i. Si σ(i)=j alors le cycle auquel appartiennent i et j est (i j) donc στ est la permutation composée des cycles, diérent de τ, composant σ. Dans ce cas, il y a n σ -1 orbites ce qui entraîne que sgn(στ)=-sgn(σ). Si σ(i) est diérent de j alors στ envoie i sur i et j sur σ(i), σ(i) sur σ 2 (i),..., σ k 2 (i) sur σ k 1 (i)=σ 1 (i)=j où k désigne la longueur du cycle dont i et j sont des éléments du support. D'où, la σ-orbite Ω σ (i) devient les στ-orbites Ω στ (i)={i} et Ω στ (j). 9

10 Puisque les autres orbites restent inchangées, on a n στ = n σ + 1 et donc sgn(στ)=( 1) 1 ( 1) n n σ=-sgn(σ). On a les mêmes résultats si on suppose que σ(i)=j. Supposons pour nir que σ(j) est diérent de i et que σ(i) est diférent de j. Alors στ envoie i sur σ(j), σ(j) sur σ 2 (j),..., σ 2 (i) sur σ 1 (i) et σ 1 (i) sur i. De plus, στ envoie j sur σ(i), σ(i) sur σ 2 (i),..., σ 2 (j) sur σ 1 (j) et σ 1 (j) sur j. D'où, la σ-orbite Ω σ (i)=ω σ (j) devient les στ-orbites Ω στ (i) et Ω στ (j). Les autres orbites restant inchangées, on a n στ = n σ + 1 et donc sgn(στ)=-sgn(σ). Corollaire La signature est un homomorphisme surjectif de S n vers {±1, }. Démonstration Soient σ et ψ deux éléments de S n. D'après la première propriété du Corollaire 2.2.2, ψ se décompose en un produit τ 1... τ k de translations. D'où, d'après la Propriété précédente, sgn(σψ)=-sgn(στ 1... τ k 1 )=... =(-1) k sgn(σ). D'après la Propriété précédente et la Proposition 4.0.6, sgn(ψ)=-sgn(τ 1... τ k 1 )=... =(-1) k 1 sgn(τ 1 )=(-1) k donc sgn(σψ)=sgn(σ)sgn(ψ). sgn est un homomorphisme de S n vers {±1, }. D'après la Proposition 4.0.6, la signature de l'identité est 1 et la signature d'une transposition est -1 donc sgn est un homomorphisme surjectif. la section suivante concerne l'étude du noyau de l'homomorphisme sgn. 5 Groupe alterné Soit n un entier naturel supérieur ou égal à Groupe A n Dénition On appelle groupe alterné de degré n et on note A n, le noyau de l'homomorphisme sgn de S n dans {±1}. Proposition A n est un sous-groupe normal propre de S n, d'ordre n! 2. Démonstration Puisque A n est le noyau d'un homomorphisme partant de S n, A n est un sous-groupe normal de S n. Puisque la signature d'une transposition est -1 et la signature d'un 3-cycle est 1, A n est un sous-groupe normal propre de S n. D'après le Premier Théorème d'isomorphisme, S n /A n est isomorphe à Im sgn. Mais sgn est un homomorphisme surjectif d'après le Corollaire donc Im sgn={±1}. D'où, S n /A n = Sn A n =2 et donc A n = n!. 2 10

11 Proposition )A 3 est abélien. 2)Pour n>3, A n n'est pas abélien. Démonstration 1)A 3 étant d'ordre 3, A 3 est isomorphe à Z/3Z et est donc abélien. 2)On a (1 2 3)(1 2 4)=(1 3)(2 4) et (1 2 4)(1 2 3)=(1 4)(2 3) donc A n n'est pas abélien. Proposition A n est engendré par les 3-cycles. Démonstration D'après la Proposition 4.0.6, les 3-cycles sont des éléments de A n. Soit σ un élément de A n. D'après le Corollaire 2.2.2, σ se décompose en un produit τ 1... τ k de transpositions de la forme (1 i). Puisque σ appartient à A n, sgn(σ)=1 donc, d'après le Corollaire et la Proposition 4.0.6, (-1) k =1. D'où, k est pair et on peut regrouper les transpositions composant σ, deux par deux. Si i est diérent de j alors (1 i)(1 j)=(1 j i) donc σ se décompose en un produit de 3-cycles. A n est engendré par les 3-cycles. 5.2 Classes de conjugaison La Proposition reste valable dans A n. Cependant le Corollaire tombe en défaut car les permutations construites pour rendre conjugués deux k 1... k r -cycles, n'appartiennent pas forcément à A n. Par exemple, la classe de conjugaison de (1 2 3) dans A 4 est {(1 2 3), (1 3 4), (1 4 2), (2 4 3)} qui n'est pas l'ensemble des 3-cycles. Les 3-cycles manquants forment la classe de conjugaison de (1 3 2). Toutefois, on a le résultat suivant qui nous sera utile dans la section suivante : Proposition Si n 5 alors la classe de conjugaison d'un 3-cycle est l'ensemble des 3-cycles. Démonstration Soit σ=(i 1 i 2 i 3 ) un 3-cycle. D'après la Proposition 3.0.4, les conjugués de σ sont des trois cycles. Soit ϕ=(j 1 j 2 et j 3 ) un autre 3-cycle. On dénit α par α(i s )=j s pour tout i compris entre 1 et 3 et α bijective de {1,..., n}\{i 1, i 2, i 3 } vers {1,..., n}\{j 1, j 2, j 3 } (ce qui est possible car ces deux derniers ensembles ont le même cardinal. On vérie comme dans la démonstration du Corollaire 3.0.5, que α appartient à S n et ασα 1 = ϕ. Si α appartient à A n alors σ et ϕ sont conjugués dans A n. Sinon, soit s et t deux éléments distincts de {1,..., n}\{j 1, j 2, j 3 } (possible car n 5). Posons τ=(s t). D'après le Corollaire et la Proposition 4.0.6, τα appartient à A n. Puisque ϕ et τ ont leurs supports disjoints, ϕ et τ commutent (Propriété 1.0.4) donc τϕτ 1 = ϕ. D'où, ϕ = (τα)σ(τα) 1 et σ et ϕ sont conjugués dans A n. La classe de conjugaison de σ dans A n est l'ensemble des 3-cycles. 11

12 6 Simplicité 6.1 Sous-groupe normaux de A n et S n Proposition A 3 est un groupe simple. Démonstration A 3 est d'ordre 3 donc A 3 est isomorphe au groupe simple Z/3Z. Corollaire Les sous-groupes normaux de S 3 sont {Id}, A 3 et S 3. Démonstration Soit N un sous-groupe normal de S 3. D'après le Théorème de Lagrange, N est d'ordre 1, 3 ou 6. Si N est d'ordre 1 alors N={Id} et si N est d'ordre 6 alors N=S 3. Supposons N d'ordre 3. Si N contient une transposition alors N contient toutes les transpositions d'après le Corollaire D'où, N=S 3 d'après le Corollaire Contradiction. D'où, N est constitué par l'identité et les 3-cycles c'est à dire N=A 3. Proposition L'ensemble formé de l'identité et des 2 2-cycles est un sousgroupe normal abélien de A 4, d'ordre 4. Démonstration Pour la structure de sous-groupe abélien, la vérication est immédiate à partir des éléments (1 2)(3 4), (1 3)(2 4) et (1 4)(2 3). La normalité du sous-groupe découle de la Proposition Dénition Le groupe déni dans la Proposition précédente est noté V 2. Proposition Les sous-groupes normaux de {Id}, V 2 et A 4. Démonstration Soit N un sous-groupe normal de A 4 non réduit à {Id}. On vérie facilement qu'il y a 8 3-cycles dans A 4. D'où, puisque l'ordre de N doit diviser l'ordre de A 4 =12 d'après le Théorème de lagrange, N contient au moins un 2 2-cycle. D'après la Proposition 3.0.4, les conjugués (dans A n ) de (1 2)(3 4) sont des 2 2- cycles. Comme (1 2 3)(1 2)(3 4)(1 3 2)=(1 4)(2 3) et (2 3 4)(1 2)(3 4)(2 4 3)=(1 3)(2 4), la classe de conjugaison d'un 2 2-cycle est l'ensemble des 2 2-cycles. D'où, N contient l'ensemble des 2 2-cycles. Si N n'a pas d'autre élément que les 2 2-cycles et l'identité alors N=V 2. Sinon, N contient un 3-cycle (i j k). 12

13 Soit s l'entier compris entre 1 et 4, diérent de i,j et k. On a (i j s)(i j k)(i s j)=(j s k) et (i s j)(i j k)(i j s)=(i k s) donc N contient au moins 3 3-cycles. D'où, puisque N possède cycles et l'identité, N a un ordre au moins égal à 7. La seule possibilité est N =24 c'est à dire N=A 4. Corollaire Les sous-groupes normaux de S 4 sont {Id}, V 2, A 4 et S 4. Démonstration Soit N un sous-groupe normal de S 4 non réduit à {Id}. Si N contient une transposition alors N=S 4 (Corollaire et Corollaire 2.2.2). Si N contient un 3-cycle alors A n est inclus dans S n (Corollaire et Proposition 5.1.3). Mais N divise G par le Théorème de Lagrange donc N Sn = A 2 n. D'où, N=A n. Supposons que N ne contient aucune transposition et aucun 3-cycle. Si N contient un 2 2-cycle alors N contient tous les 2 2-cycles d'après le Corollaire et V 2 est donc inclus dans N. Si N contient un 4-cycle alors N contient tous les 4-cycles d'après le Corollaire Dans S 4, il y a 6 4-cycles donc si N n'est constitué que de l'identité et des 4-cycles, N est d'ordre 7 ce qui contredit le Théorème de Lagrange. D'où, N contient un 2 2-cycle et donc N contient V 2. On a alors N d'ordre 10 ce qui contredit encore le Théorème de Lagrange. D'où, les sous-groupes normaux de S 4 sont {Id}, V 2, A 4 et S 4. Le résultat le plus important de cette section est le suivant : Théorème Pour n 5, le groupe A n est simple. Démonstration Soit N un sous-groupe normal de A n, diérent de {Id}. On va montrer que H=A n. D'après la Proposition 5.1.3, il sut de montrer que N contient l'ensemble des 3-cycles de S n. Puisque N est normal dans A n et les 3-cycles sont conjugués dans A n (Proposition 5.2.1), il sut de montrer que N contient un 3-cycle. Soit σ un élément de N, diérent de Id. Soient i appartenant au support de σ, j=σ(i), k {1,...,n}\{i, j, σ 1 (i)} (possible car n 4) et m=σ(k). On pose α=(i j k). Puisque N est un sous-groupe normal de A n, θ = α 1 σασ 1 appartient à N. De plus, d'après la Proposition 3.0.4, θ=(i k j)(j σ(j) m). D'où, θ est un 3-cycle ou un 2 2-cycle ou un 5-cycle selon les valeurs de σ(j) et m. Cas où θ est un 2 2-cycle (a b)(c d) : Soit e un élément de {1,...,n}\{a, b, c, d} (possible car n 5). Puisque N est un sous-groupe normal de A n, (a b e) 1 θ(a b e)θ 1 appartient à N. Puisque (a b e) 1 (a b)(c d)(a b e)((a b)(c d)) 1 =(a e b)((a b)(c d)(a b e)((a b)(c d)) 1 )=(a e b)(b a e)=(a b e), N contient un 3-cycle. 13

14 Cas où θ est un 5-cycle (a b c d e) : Puisque N est un sous-groupe normal de A n, (a b c) 1 θ(a b c)θ 1 appartient à N. Puisque (a b c) 1 θ(a b c)θ 1 =(a c b)θ(a b c)θ 1 =(a c b)(b c d)=(a c d), N contient un 3-cycle. N contient toujours un 3-cycle donc N=A n Corollaire Pour n 5, les seuls sous-groupes normaux de S n sont {Id}, A n et S n. Démonstration Soit N un sous-groupe normal propre de S n. Puisque N est un sous-groupe normal de S n, N A n est un sous-groupe normal de A n. D'où, d'après le Théorème précédent, N A n = {Id} ou N A n = A n. Si N A n = A n alors A n est inclus dans N. Mais, d'après le Théorème de Lagrange, N divise S n donc, puisque H est diérent de S n, N S n = A 2 n. D'où, N=A n. Etudions le cas où N A n = {Id} : Puisque N et A n sont normaux dans S n et puisque N A n = {Id}, NA n est isomorphe à N A n. D'où, NA n = N A n. Si N >2 alors NA n >2 A n > S n. Mais NA n est inclus dans S n donc NA n S n. Contradiction. Puisque N est diérent de {Id}, il reste le cas où N =2. Si N={Id, (i j)} alors, comme N est normal dans S n, N contient l'ensemble des transpositions d'après le Corollaire D'où, N >2. Contradiction. On résume les résultats de cette section dans le tableau suivant : n sous groupes normaux de A n sous groupes normaux de S n 3 {Id}, A 3 {Id}, A 3, S 3 4 {Id}, V 2, A 4 {Id}, V 2, A 4, S 4 5 {Id}, A n {Id}, A n, S n Nous allons maintenant appliquer ces résultats pour déterminer les centres et les groupes dérivés de S n et A n. 6.2 Centres Proposition )Z(A 3 )=A 3 et Z(S 3 )={Id}. 2)Z(A 4 )={Id} et Z(S 4 )={Id}. 3)Pour n 5, Z(A n )={Id} et Z(S n )={Id}. et Z(S n ) est un sous- Démonstration Z(A n ) est un sous-groupe normal de A n groupe normal de S n. 1)A 3 est abélien donc Z(A 3 )=S 3. D'après la Proposition 6.1.2, Z(S 3 )={Id}, A 3 ou S 3. 14

15 S 3 n'est pas abélien donc Z(S 3 ) {S 3 }. On a (1 2)(1 2 3)(1 2)=(1 3 2) donc (1 2 3) n'appartient pas à Z(S 3 ) et par conséquent, A 3 n'est pas inclus dans Z(S 3 ). D'où, Z(S 3 )={Id}. 2)D'après la Proposition et le Corollaire 6.1.5, Z(A 4 )={Id}, V 2 ou A 4 et Z(S 4 )={Id}, V 2, A 4 ou S 4. A 4 et S 4 n'étant pas abéliens, Z(A 4 ) A 4 et Z(S 4 ) S 4. On a (1 2 3)(1 2)(3 4)(1 3 2)=(2 3)(1 4) donc (1 2)(3 4) n'appartient ni à A 4 ni à S 4. D'où, V 2 n'est inclus ni dans Z(A 4 ) ni dans Z(S 4 ). Par conséquent, Z(A 4 )={Id} et Z(S 4 )={Id}. 3)D'après la Proposition et le Corollaire 6.1.7, Z(A n )={Id} ou A 4 et Z(S n )={Id}, A n ou S n. A n n'est pas abélien donc Z(A n ) A n et par conséquent, Z(A n )={Id}. S n n'est pas abélien donc Z(S n ) S n. On a (1 2 4)(1 2 3)(1 4 2)=(2 4 3) donc (1 2 3) n'appartient pas à Z(S n ). D'où, A n n'est pas inclus dans Z(S n ) et donc Z(S n )={Id}. 6.3 Résolubilité Proposition )D(A 3 )={Id} et D(S 3 )=A 3. 2)D(A 4 )=V 2 et D(S 4 )=A 4. 3)Pour n 5, D(A n )=A n et D(S n )=A n. Démonstration 1)D'après la Proposition 5.1.2, A 3 est abélien donc D(A 3 )={Id}. D(S 3 ) est un sous-groupe normal de S 3 donc, d'après la Proposition 6.1.2, D(S 3 )={Id}, A 3 ou S 3. D'après la Propriété 1.0.3, S 3 n'est pas abélien donc D(S 3 )=A 3 ou S 3. S 3 /A 3 étant d'ordre 2, S 3 /A 3 est abélien. D'où, D(S 3 ) est inclus dans A 3 et donc D(S 3 )=A 3. 2)D(A 4 ) est un sous-groupes normal de A 4 donc, d'après la Proposition 6.1.4, D(A 4 )={Id}, V 2 ou A 4. D'après la Proposition 5.1.2, A 4 n'est pas abélien donc D(A 4 ) n'est pas réduit à {Id}. A 4 /V 2 étant d'ordre 3, A 4 /V 2 est isomorphe à Z/3Z et est donc abélien. D'où, D(A 4 ) est inclus dans V 2. On a (1 2)(3 4)=[(1 2 3),(1 2 4)], (1 3)(2 4)=[(1 2 3),(1 4 3)] et (1 4)(2 3)=[(1 2 3),(2 3 4)] donc V 2 est inclus dans D(A 4 ). D'où, D(A 4 )=V 2. S 4 /V 4 étant d'ordre 2, S 4 /V 4 est abélien. D'où, D(S 4 ) est inclus dans A 4 et D(S 4 ) est donc un sous-groupe normal de A 4. D(A 4 ) étant inclus dans D(S 4 ), on a D(S 4 )=V 2 ou D(S 4 )=A 4. On a [(1 2),(1 2 3)]=(1 2 3) donc D(S 4 ) n'est pas inclus dans V 2. D'où, D(S 4 )=A 4. 3)D(A n ) est un sous-groupe normal de A n donc, d'après le Théorème 6.1.6, D(A n )={Id} ou D(A n )=A n. D'après la Proposition 5.1.2, A n n'est pas abélien donc D(A n ) n'est pas réduit à {Id}. D'où, D(A n )=A n. S n /A n étant d'ordre 2, S n /A n est abélien. D'où, D(S n ) est inclus dans A n et D(S n ) est donc un sous-groupe normal de A n. On en déduit que D(S n )={Id} ou A n. Comme A n =D(A n ) est inclus dans D(S n ), on a D(S n )=A n. 15

16 Corollaire )Le groupe S 3 est résoluble. 2)Le groupe S 4 est résoluble. 3)Pour n 5, le groupe S n n'est pas résoluble. Démonstration 1)D'après la Proposition précédente, on a D 2 (S 3 )=D(D(S 3 ))=D(A 3 )={Id} donc S 3 est résoluble. 2)D'après la Proposition 6.1.3, V 2 est abélien donc D(V 2 )={Id}. D'où, d'après la Proposition précédente, on a D 3 (S 4 )=D 2 (D(S 4 ))=D(D(A 4 ))=D(V 2 )={Id} et S 4 est donc résoluble. D'après la Proposition précédente, on a pour tout entier k 1, D k (S n )=A n {Id} donc S n n'est pas résoluble. Remarque Le fait que que S n n'est pas résoluble pour n 5 entraîne l'impossibilité de la résolution par radicaux d'équations de degré supérieur ou égal à 5. Pour plus de détails, on pourra se reporter à l'ouvrage d'ivan Gozard, Théorie de Galois, aux éditions Ellipses. 16