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Éléments de théorie des groupes Solutions des exercices Éric GUIRBAL Version: bd44c09 (2022-11-08) Compilé le 8 novembre 2022 Ce document est distribué selon les termes de la licence Creative Commons Attribution - Pas d’utilisation commerciale - Partage à l’identique 3 0 France https://creativecommons org/licenses/by-nc-sa/3 0/fr/
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L2 parcours spécial - Algèbre 11 mai 2016
Groupes
Examen final + corrigé
Durée: 2 heures
Documents, calculatrice ou téléphone interdits. Le barême est sur 20 + 2 points bonus (partie
III).I - Exemples (5 points)
Justifier chacun des exemples en une ou deux phrases.1. Donner un exemple d"élément d"ordre 15 dans le groupe symétriqueS8.
Solution. (1 point)
σ= (12345)(678)convient, car l"ordre d"une permutation est le PPCM des ordres des cycles de sa décomposition canonique.2. Donner un exemple de deux éléments d"ordre 3 non conjugués dans le groupe symétrique
S 6.Solution. (1 point)
(123)et(123)(456)sont deux éléments d"ordre 3 dansS6, qui sont non conjugués car de types différents.3. Donner un exemple de groupeGet de deux élémentsa,b?Gd"ordre 2 tel queabsoit
d"ordre 3.Solution. (1 point)
On peut prendreG=S3,a= (12)etb= (23), on a bienab= (123)d"ordre 3.4. Donner un exemple d"élément d"ordre 4 dans le groupeGL2(R)des matrices2×2in-
versibles à coefficients réels.Solution. (1 point)
La matrice?0-1
1 0? convient, elle correspond à la rotation d"angleπ/2dans le planR2.5. Donner un exemple d"élément d"ordre infini dans le groupeSO2(R)des rotations du plan.
Solution. (1 point)
Toute matrice de la forme?cosθ-sinθ
sinθcosθ? avecθ= 2παetα??Qconvient, en effet les rotations d"ordre fini du plan sont exactement les rotations d"angle un multiple rationnel de2π. NB: c"est bienαqui doit être irrationnel, et pasθlui-même. Par exempleθ=πest irrationnel mais correspond à une rotation d"ordre 2...II - Groupes abéliens (6 points)
Les questions de cet exercice sont indépendantes. On attend une rédaction concise et précise.
1. SoitGun groupe abélien,a?Gd"ordrem, etb?Gd"ordren, avecmetnpremiers entre
eux. Montrer queabest d"ordremn.Solution. (2 points)
Notonsdl"ordre deab: par définition,dest le plus petit entier≥1tel que(ab)d= 1.D"une part, commeab=ba, on a
(ab)mn=amnbmn= (am)n(bn)m= 1n1m= 1. D"autre part (très peu ont su faire cette deuxième partie de l"argument...)1 = (ab)d=adbd
impliquead=b-dappartient à?a?∩?b?. Comme?a?est d"ordrem, et?b?est d"ordren, avecm,npremiers entre eux, on en déduit par le théorème de Lagrange que?a?∩?b?={1}, doncad=bd=1, et finalementdest un multiple commun demetn, en particulierd≥mn.Conclusion :d=mn.
2. SoitGun groupe dont tous les éléments (à part le neutre) sont d"ordre 2. Montrer queG
est abélien.Solution. (2 points)
Soita,b?G. Par hypothèse l"élémentabest d"ordre 2 (ou 1), on a donc1 = (ab)2=abab,
et doncab=b-1a-1. De plusa-1=aetb-1=b(à nouveau cara2=b2= 1) donc ab=b-1a-1=ba, autrement ditaetbcommutent.3. SoitRle groupe additif des nombres réels, etU?C?le sous-groupe multiplicatif des
complexes de module 1. Expliciter un morphisme surjectif deRversU, et en déduire que Uest isomorphe à un quotient deRque l"on précisera.Solution. (2 points)
On considère l"application suivante
?:R→U x?→eix D"une part?est un morphisme car?(x+y)=ei(x+y)=eixeiy=?(x)?(y), et?est surjectif car tout complexe de module 1 s"écrit sous la formeeix. Le noyau de?est égal à ker?={x?R;eix= 1}= 2πZoù2πZdésigne le sous-groupe des multiples entiers de2π. Par le théorème d"isomorphisme,
on en déduit queU?R/2πZ.III - Centre d"unp-groupe (3 points)
Il y avait une erreur d"énoncé dans les deux dernières questions de cette partie (errare humanum
est...). Ci-dessous pour info les énoncés corrects, et concernant le barême j"ai neutralisé ces
deux questions (avec 0.5 ou 1 point bonus pour ceux qui m"ont dit des choses correctes en dépitde l"énoncé incorrect, et 2 points bonus pour l"unique personne qui a repéré qu"il y avait un
problème avec l"énoncé...)1. Rappeler la définition générale du centreZ(G)d"un groupeG.
Solution. (1 point)
Z(G) ={x?G;gx=xgpour toutg?G}
={x?G;gxg-1=xpour toutg?G}. Soitpun nombre premier, etGunp-groupe non trivial, c"est-à-dire un groupe d"ordre|G|=pa aveca≥1.2. Écrire une action deGsur lui-même de façon à ce que les orbites singleton soit précisément
les éléments du centreZ(G).Solution. (1 point)
On considère l"action
G×G→G
(g,x)?→gxg-1 On voit queOrb(x) ={x}équivaut àgxg-1=xpour toutg?G, autrement dit équivaut à x? Z(G).3. Montrer que|Z(G)|est congru à 0 modulop. Que cela implique-t-il surZ(G)?
Solution. (1 point)
Par la formule|G|=|Stab(x)|·|Orb(x)|, les orbites de l"action sont de cardinal ou bien 1 ou bienpaaveca≥1. En écrivantGsomme une union d"orbites, on écrit|G|comme la somme des cardinaux des orbites. En considérant cette égalité modulop, on obtient |G| ≡ |Z(G)|modp CommeGest un p-groupe non trivial,|G| ≡0 modp, on obtient donc|Z(G)| ≡0 modp, ce qui implique queZ(G)?={1}. Dans les deux dernières questions on suppose queGest un groupe d"ordrep2non cyclique.4. Montrer queZ(G)contient un sous-groupeKisomorphe àZ/pZ.
Solution. (0 point)
Soitg? Z(G)\{1}, un telgexiste par la question précédente. PosonsK=?g?. Par le théorème de Lagrange,gest d"ordrepoup2. Mais ordre(g)=p2impliquerait queG=Kest cyclique de générateurg, contrairement à l"hypothèse. Doncgest d"ordrep, etK?Z/pZ.5. Soith?Gun élément non contenu dansK. Donner l"ordre deh, et montrer qu"on a une
structure de produit directG=K×?h?.Solution. (0 point)
hest d"ordrep:h?= 1car sinon on auraith?K, ethn"est pas d"ordrep2sinonGserait cylique engendré parh.K∩?h?étant un sous-groupe strict de?h?, par Lagrange il est trivial. De plus le groupe engendré parKethcontient strictementK, par Lagrange à nouveau il est égal àG. Enfing?h?g-1=?h?pour tout élément de?h?, pour tout élément deK? Z(G), et donc finalement pour tout élément deG: ainsi?h?est distingué dansG, et on conclut queG=K×?h?.
IV - Le groupe du tétraèdre (6 points)
SoitTun tétraèdre régulier deR3, on noteraA1,A2,A3,A4ses sommets. On rappelle que la notationIsom(T)désigne le groupe des isométries deR3préservantT.1. Expliciter de façon synthétique (sans faire de listes !) un morphisme injectif?deIsom(T)
vers le groupe symétriqueS4(et justifier l"injectivité).Solution. (2 points)
Un morphisme deIsom(T)versS4est donné par
?: Isom(T)→S4 f?→σ oùf(Ai) =Aσ(i). Ce morphisme est injectif car toutf?Isom(T)peut être vu comme un élément deGL3(R)en prenant le centre du tétraèdre comme origine, et sif(Ai) =Aipour i= 1,2,3, ces trois points formant une base deR3, on en déduit quef=id.2. Quelle est la préimage de la transposition(12)par le morphisme?? Et celle de la
permutation(12)(34)?Solution. (1 point)
SoitPle plan passant parA3,A4et le milieu du segment[A1,A2]. Alors la symétrie orthogonaleSPde planPfixeA3,A4et échangeA1etA2, autrement dit?(SP) = (12). Par ailleurs soitDla droite passant par les milieux des segments[A1,A2]et[A3,A4], alors la rotationRD,πd"axeDet d"angleπéchangeA1etA2d"une part,A3etA4d"autre part, donc?(RD,π) = (12)(34).3. Montrer que?est un isomorphisme entreIsom(T)etS4.
Solution. (1 point)
On a vu à la question précédente que(12)est dans l"image de?, on montre de même que toute transposition(i, j)est dans l"image de?. Comme les transpositions engendrent S4, on en déduit que l"image de?estS4. Ainsi?est injective et surjective, c"est un
isomorphisme.4. En utilisant l"action deIsom(T)sur les paires d"arêtes opposées deT, montrer qu"il existe
un morphisme surjectif deIsom(T)versS3.Solution. (1 point)
NotonsP1,P2,P3les 3 paires d"arêtes opposées. On définit un morphisme deIsom(T) versS3en posantψ: Isom(T)→S3
f?→σ oùf(Pi)=Pσ(i). Une rotationRd"angle2π/3et d"axe passant par un sommet et le milieu de la face opposée est envoyé parψsur un3-cycle. D"autre part la symétrie orthogonale S PoùPest le plan passant parA3,A4et le milieu du segment[A1,A2]est envoyé sur une transposition. CommeS3est engendré par tout choix d"une transposition et d"un 3-cycle, on en déduit queψest surjectif.5. En déduire queS3est isomorphe à un quotient deS4, en précisant le sous-groupe distingué
mis en jeu dans ce quotient.Solution. (1 point)
On applique le théorème d"isomorphisme au morphisme surjectifψ◦?obtenu en composant les morphismes des questions précédentes. On obtient S4/ker(ψ◦?)?S3
Doncker(ψ◦?)est un sous-groupe distingué deS4d"ordre24/6 = 4, c"est donc le sous- groupe{id,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}.quotesdbs_dbs16.pdfusesText_22[PDF] groupe d espace p212121
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