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Ecole Normale Superieure 1ere annee

Ann ee 2015-2016 Algebre 1

TD1 : Generalites sur les groupes

Exercices?: a preparer a la maison avant le TD, seront corriges en debut de TD. Exercices??: seront traites en classe en priorite.

Exercices? ? ?: plus diciles.

Exercice 1 :?

SoitEun ensemble muni d'une loi de composition, associative, avec element neutree, et telle que tout element deEpossede un inverse a gauche. Montrer que tout element deEpossede un inverse a droite qui concide avec son inverse a gauche. En deduire queEest un groupe. Solution de l'exercice1. Soitg2E. Par hypothese, il existeh2Etel quehg=e. De m^eme, il existek2Etel quekh=e. L'associativite assure alors queg= (kh)g=k(hg) =k, doncgh=e, donchest aussi inverse a droite deg. Par consequent, tout element deEadmet un inverse (a droite et a gauche), doncEest un groupe.

Exercice 2 :?

SoitGun groupe tel queg2=epour toutg2G. Montrer queGest abelien. Solution de l'exercice2. Pour tousg;h2G, on a (gh)2=e, i.e.ghgh=e, donc en multipliant a droite parhg, on agh=hg, i.e.Gest commutatif.

Exercice 3 :?

SoitGun groupe et soitHun sous-ensemble ni non vide deGstable pour la loi de composition du groupeG. a) Montrer queHest un sous-groupe deG. b) Trouver un exemple d'un groupeGet d'un sous-ensemble non vide deGstable pour la loi de composition du groupeGqui ne soit pas un sous-groupe deG.

Solution de l'exercice3.

a) Soith2H. CommeHest ni ethn2Hpour toutn2N, il existe deux entiersn > m0 tels quehn=hm. Orhadmet un inverse dansG, donc on en deduit l'egalite suivante deG: h nm=e. OrHest stable par multiplication, donce2Heth1=hnm12H, doncHest stable par inverse. Cela assure queHest un sous-groupe deG. b) On peut prendreG= (Z;+) etH=N.

Exercice 4 :?

SoitGun groupe et soitHun sous-groupe deGd'indice 2. Montrer queHest distingue dansG. Solution de l'exercice4. Les classes a gauche deGmoduloHsontfH;GnHg. Donc les classes a droite deGmoduloHsontfH;GnHg. Sig =2H, on a doncgH=GnH=Hg, ce qui assure le resultat.

Exercice 5 :

SoitGun groupe ni.

a) Montrer que des elements conjugues dansGsont de m^eme ordre. b) Deux elements de m^eme ordre dansGsont-ils toujours conjugues? c) Trouver tous les groupes abeliens nisGpour lesquels la question precedente a une reponse positive. Un exemple non abelien?

Solution de l'exercice5.

1 a) Sig;h2Getn2N, on a (hgh1)n=hgnh1, donc (hgh1)n=esi et seulement si g n=e, ce qui assure le resultat. b) Non. Par exemple, dans le groupe commutatifG=Z=3Z, on a deux elements d'ordre 3 qui ne sont pas conjugues. c) Dans un groupe abelien ni, les classes de conjugaison sont reduites a un element. Donc la question precedente a une reponse positive dans un groupe abelien niGsi et seulement si tous les elements deGont des ordres distincts. Or si un groupe admet un elementgd'ordren3, alors il admet d'autres elements d'ordren, par exempleg1. Donc les seuls groupes abeliens convenables sont le groupe trivial et le groupeZ=2Z. SiG=S3, alors les elements d'ordre 2 dansGsont les transpositions (12);(13);(23) qui sont bien conjuguees, et les elements d'ordre 3 sont les 3-cycles (123) et (132), qui sont egalement conjugues. DoncGest un exemple de groupe non abelien convenable.

Exercice 6 :

Soitf:G1!G2un morphisme de groupes et soitxun element deG1d'ordre ni. Montrer que l'ordre def(x) divise l'ordre dex. Solution de l'exercice6. On notenl'ordre dex. On axn=e, doncf(x)n=f(xn) =e, donc l'ordre def(x) divisen.

Exercice 7 :?

Montrer qu'il n'existe pas de morphisme de groupes surjectif de (Q;+) dans (Q+;). Solution de l'exercice7. Soit: (Q;+)!(Q+;) un morphisme surjectif. Alors 22Q+admet un antecedentxpar'. Alorsy:=x2

2Qverie que 2y=x, donc'(y)2='(x) = 2. Par consequent, on

a construit un rationnel'(y)2Q+tel que'(y)2= 2, ce qui contredit l'irrationnalite dep2.

Exercice 8 :

Donner la liste de tous les groupes (a isomorphisme pres) de cardinal inferieur ou egal a 7.

Solution de l'exercice8.

{ le seul groupe de cardinal 1 est le groupe trivial. { sipest un nombre premier et siGest de cardinalp, alors tout elementg2Gdistinct de l'element neutre est d'ordrep, ce qui assure queGest isomorphe aZ=pZ. Il y a donc un unique groupe de cardinalp(qui estZ=pZ) pourp= 2;3;5;7. { SoitGun groupe d'ordre 4. SiGadmet un element d'ordre 4,Gest isomorphe aZ=4Z. Sinon, tous ses elements sont d'ordre 1 ou 2. DoncGest abelien, et le choix de deux elements distincts (non neutres)gethdeGfournit un isomorphisme entreGetZ=2ZZ=2Z. Il y a donc exactement deux groupes d'ordre 4. { SoitGun groupe d'ordre 6. SiGest commutatif,Gadmet necessairement un element d'ordre 2 et un element d'ordre 3 (sinon tous les elements deGsont d'ordre divisant 2, auquel casGcontient Z=2ZZ=2Z, ce qui n'est pas possible, ou tous les elelements deGsont d'ordre divisant 3, auquel casGcontientZ=3ZZ=3Z, ce qui n'est pas possible non plus). Alors le produit de ces deux elements est d'ordre 6, ce qui assure queGest isomorphe aZ=6Z. SiGn'est pas commutatif : alorsGcontient un element d'ordre 3, notea, et aussi un elementb d'ordre 2 (sinon on montre queGaurait au moins 7 elements). Necessairement,aetbne commutent pas, et ils engendrentG. Les elements deGsont donce;a;a2;b;ab;ba. Donc nessairement on a a

2b=baetba2=ab, ce qui determine completement la table de multiplication deG. Il y a

donc au plus un groupe non commutatif d'ordre 6. OrS3en est un, donc c'est le seul. Il y a donc exactement deux groupes d'ordre 6 :Z=6ZetS3.

Exercice 9 :??

SoitGun groupe tel que le quotient par son centre est monogene. Prouver queGest abelien. 2 Solution de l'exercice9. On rappelle que le centreZ(G) deGest distingue. On considere le morphisme quotient:G!G=Z(G). Par hypothese,G=Z(G) est engendre par un elementg

0. Commeest

surjective, il existeg02Gtel que(g0) =g

0. Soient alorsg;h2G. Il existe des entiersn;m2Ztels

que(g) =g

0net(h) =g

0m. Donc(ggn0) =(hgm0) =e, doncy=ggn0etz=hgm0sont

dansZ(G). Alors gh=ygn0zgm0=yzgn+m0=zgm0ygn0=hg ; doncGest commutatif.

Exercice 10 :??

SoitGun groupe. Vrai ou faux?

a) Si tout sous-groupeHdeGest distingue dansG, alorsGest abelien. b) SiH / GetK / H, alorsK / G. c) Soientxety2Gd'ordre ni. Alorsxyest necessairement d'ordre ni. d) SiGa un nombre ni de sous-groupes, alorsGest ni. e) SiHetKsont des sous-groupes deG, alorshH[Ki=HK.

Solution de l'exercice10.

a) Faux. On considere par exemple le groupeHdes quaternions, d'ordre 8. Ce groupe est denit de la facon suivante : l'ensembleHest

H=f1;i;j;kg;

et la loi de groupe est denie par (1)2= 1; i2=j2=k2=1; (1)i=i(1) =i;(1)j=j(1) =j ;(1)k=k(1) =k; ij=ji=k: On voit que les sous-groupes deHsont les suivants : { le sous-groupe trivialf1g, qui est distingue. { le sous-groupes de cardinal 2 engendre par1, qui est distingue car contenu dans le centre de H. { les sous-groupes de cardinal 4 sont d'indice 2 dansH, donc distingue. { le sous-groupeHentier, qui est distingue. Donc les sous-groupes deHsont tous distingues, alors queHn'est pas commutatif. b) Faux. On peut prendreG=S4ouA4,H=fid;(12)(34);(13)(24);(14)(23)g=Z=2ZZ=2Zet

K=fid;(12)(34)g=Z=2Z.

c) Faux. Pour avoir un contre-exemple, il faut necessairement que le groupeGsoit inni et non commutatif. On peut prendre par exemple le groupe libre sur deux generateursaetbd'ordre 2, i.e. l'ensemble des mots nis formes des lettresaetbsans repetition, avec la loi de concatenation des mots (avec simplication eventuelle des motsaaetbbapparaissant). Dans ce groupe, les elementsaetbsont d'ordre 2, alors que leur produitab=abest d'ordre inni. Pour un exemple plus concret, on peut prendreG= GL2(Q),x=01 1 0 ety=0 1 11

Alorsxest d'ordre 2,yest d'ordre 3 etxy=1 1

0 1 est d'ordre inni. d) Vrai. Il est clair que tout element deGest d'ordre ni : sig2Gest d'ordre inni, alors le sous-groupe engendre pargest isomorphe aZ, et il contient donc une innite de sous-groupes distincts. OrGa un nombre ni de sous-groupes cycliques, notehg1i;:::;hgni. Donc pour tout g2G, il existeitel quehgi=hgii, doncgest une puissance degi, ce qui assure que le cardinal deGest borne par la somme des ordres desgi, doncGest ni. 3 e) Faux. Il est clair que l'inclusionHK hH[Kiest toujours veriee. En revanche, le sous- ensembleHKn'est en general pas un sous-groupe deG, au contraire dehH[Ki: par exemple, si on prendG=S3,H=fid;(12)getK=fid;(13)g, alors on ahH[Ki=G(de cardinal 6), alors queHK=fid;(12);(13);(132)g(de cardinal 4) n'est pas un sous-groupe deG. La reponse est en revanche armative siHouKest distingue dansG.

Exercice 11 :

SoitSun sous-ensemble non vide d'un groupe niG. SoientN(S) :=fg2GjgSg1=Sget C(S) :=fg2Gj 8s2S ;gsg1=sgle normalisateur et le centralisateur deSdansG. Montrer que : a)N(S)< GetC(S)/ N(S). b)N(S) =Gsi et seulement siS=S g2GgSg1. c) SiH / G, alorsC(H)/ G. d) SiH < G, alorsN(H) est le plus grand sous-groupe deGcontenantHet dans lequelHest distingue.

Solution de l'exercice11.

a) On ae2N(S). Soientg;h2N(S). Alors on a (gh)S(gh)1=g(hSh1)g1=gSg1=S, donc gh2N(S). Sig2N(S), on agSg1=S, donc en multipliant a gauche et a droite parg1 etgrespectivement, on aS=g1Sg, doncg12N(S). DoncN(S) est un sous-groupe deG. De m^eme, il est clair queC(S) est un sous-groupe deGcontenu dansN(S). Montrons qu'il est distingue dansN(S). Soitg2C(S) eth2N(S). Soits2S. Alors (hgh1)s(hgh1)1=hg(h1sh)g1h1; et commeh2N(S), on ah1sh2S, donc commeg2C(S),g(h1sh)g1=h1sh, donc nalement (hgh1)s(hgh1)1=h(h1sh)h1=s, donchgh12C(S), doncC(S)/ N(S). b) On supposeN(S) =G. Alors pour toutg2G, on agSg1=S, doncS=S g2GgSg1.

Reciproquement, si on supposeS=S

g2GgSg1, pour toutg2G, on a doncg1SgS, donc en multipliant pargetg1a gauche et a droite respectivement, on aSgSg1S, ce qui assure quegSg1=S, doncg2N(S), doncG=N(S). c) On supposeHdistingue dansG. Soitg2Getc2C(H). Soit ennh2H. On calcule (gcg1)h(gcg1)1=gc(g1hg)c1g1: puisqueHest distingue dansG, on sait queg1hg2H. Orc2C(H), doncc(g1hg)c1=g1hg, donc nalement (gcg1)h(gcg1)1=g(g1hg)g1= h, ce qui assure quegcg12C(H). DoncC(H) est distingue dansG. d) Par denition et via la question a), il est clair queN(H) est un sous-groupe deGcontenant H, et queHest distingue dansN(H). Soit maintenantKun sous-groupe deGcontenantH tel queH / K. Alors par denition, pour toutk2K, on akHk1=H, donck2N(H), donc KN(H), ce qui assure la maximalite deN(H) parmi les sous-groupes deGconcernes.

Exercice 12 :??

SoitGun groupe et soitH / Gun sous-groupe distingue. a) Decrire les sous-groupes distingues deG=Hen fonction de ceux deG. b) SoitKun sous-groupe deG. i) SiKest distingue dansGet contientH, montrer que l'on a un isomorphisme (G=H)=(K=H)= G=K. ii) Montrer queHKest un sous-groupe deGegal aKH. iii) Montrer queHest distingue dansHK. iv) Montrer que l'on a un isomorphismeK=(K\H)=(HK)=H.

Solution de l'exercice12.

4 a) On note:G!G=Hla projection canonique. On sait que la correspondanceK7!(K) etablit une bijection entre l'ensemble des sous-groupes deGcontenantHest l'ensemble des sous-groupes deG=H, dont la reciproque est donnee parK7!1(K). On verie immediatemment que cette bijection induit une bijection entre les sous-groupes distingues deGcontenantHet les sous- groupes distingues deG=H. b) i) Le morphisme:G!G=H, compose avec la projection0:G=H!(G=H)=(K=H), induit un morphisme surjectifq:G!(G=H)=(K=H). Par construction, un elementg2G est dans Ker(q) si et seulement si(g)2Ker(0) =K=Hsi et seulement sig2K.

Donc Ker(q) =K. Le theoreme de factorisation assure alors queqinduit un isomorphismeq:G=K'!(G=H)=(K=H).

ii) Soienth;h02Hetk;k02K. CommeHest distingue dansG, il existeh002Htel qu'on aitkh0=h00k, donc (hk)(h0k0) = (hh00)(kk0)2HK, doncHKest un sous-groupe deG. Puisque pour toush2Hetk2K, il existeh02Htel quehk=kh0, on voit que HKKH. De m^eme, pour toush2Hetk2K, il existeh02Htel quekh=h0k, doncHK=KH. iii) C'est evident. iv) L'inclusionK!HKinduit un morphismep:K!(HK)=H. Montrons quepest surjectif : sih2Hetk2K, on voit que la classe (hk)H=kHest l'image dekparp, doncpest surjectif. En outre, un elementk2Kest dans Ker(p) si et seulement si il est dansH, donc Ker(p) =K\H. Le theoreme de factorisation permet de conclure.

Exercice 13 :

Quel est le nombre minimal de transpositions necessaires pour engendrer le groupeSn. Solution de l'exercice13. Montrons que ce nombre vautn1. Il est clair qu'il existe une famille de n1 transpositions engendrantSn(par exemple les transpositions de la forme (1i), avec 2in). Montrons que l'on ne peut pas faire mieux. SoitESnun ensemble de transpositions. On considere le graphe ni dont les sommets sont les entiers 1;2;:::;n, de sorte que deux sommets distinctsiet jsont relies par une arete si et seulement si (ij)2E. Supposons la partieEgeneratrice. Alors il est clair que le graphe est connexe. Il sut donc de montrer, par recurrence surn, qu'un graphe connexe ansommets possede au moins n1 ar^etes : le casn= 2 est evident. Montrons l'heredite : soit donc un tel graphe , connexe an+1 sommets. On a l'alternative suivante : { soit chaque sommet a au moins deux voisins. Alors le nombre total d'ar^etes est au moins egal a 12 (n+ 1)2 =n+ 1. { soit il existe un sommetsayant un unique voisin. On considere alors le graphe 0dont les sommets sont les sommets de autres queset les ar^etes celles de autres que celle contenants. Alors il est clair que

0est un grpahe connexe ansommets, donc il admet au moinsn1 ar^etes, donc a au

moinsnar^etes.

Cela conclut la preuve par recurrence.

Exercice 14 :? ? ?

SoitGun groupe de type ni

a) Un sous-groupeHdeGest-il necessairement de type ni? b) M^eme question en supposant de plus que le cardinal deG=Hest ni.

Solution de l'exercice14.

a) Non. Un contre-exemple est donne par le groupe libreGsur deux generateursaetb, etHle sous-groupe engendre par tous les elements de la formeabn, avecn2N. Supposons queHsoit de type ni. Alors il existe un entierNtel que dans tout mot deH, le nombre debconsecutifs est toujours strictement inferieur aN. Or il est clair queabN2H, ce qui est contradictoire.

DoncHn'est pas de type ni, alors queGl'est.

5 Un autre exemple est donne par le sous-groupeGde GL2(Q) engendre par les matricesA=2 0 0 1 etB=1 1 0 1 , et le sous-groupeHdeGforme des matrices deGavec des 1 sur la diagonale. Supposons queHsoit de type ni. Alors il existe un entierN1 tel que Hsoit contenu dans le sous-groupe de GL2(Q) forme des matrices de la forme1aN 0 1 . Or A

NBAN=112

N 0 1 est dansH, ce qui est contradictoire puisque 2N> N, doncHn'est pas de type ni, alors queGl'est b) On supposeG=Hni. Alors on peut trouver un nombre ni delementsg1=e;:::;gndeGtels queG=H=fg1H;:::;gnHg. PuisqueGest de type ni, on dispose deh1;:::;hm2Gtels que tout elements deGest produit deshi. Alors pour touti;j, il existe 1knethi;j2Htels quehigj=gkhi;j. Montons alors que leshi;jengendrentH. Soith2H. On sait qu'il existe des entiersi1;:::;ir tels queh=hi1:::hir. On a donchir=hire=hirg1=gkrhir;1, donc nalement h=hi1 hir1gkrhir;1:

De m^eme,hir1gkr=gkr1hir1;kr, donc

h=hi1 hir2gkr1hir1;krhir;1:

Donc par recurrence, on trouve

h=gk1hi1;k2 hir1;krhir;1: Enn,het leshi;jsont dansH, doncgk12H, donck1= 1 et donc h=hi1;k2 hir1;krhir;1; ce qui conclut la preuve.

Exercice 15 :??

On dit qu'un groupeGest d'exposantesieest le plus petit entiern1 tel que pour toutg2G, on agn= 1. Pour quels entierseun groupe d'exposanteest-il necessairement commutatif? Solution de l'exercice15. On a deja vu quee= 2 convenait. Ete= 1 aussi evidemment. Montrons que ce sont les entiers convenables. Supposons queesoit divisible par 4. Alors le groupeG=Z=eZH, ouHest le groupe des quaternions d'ordre 8, est d'exposanteet n'est pas commutatif (carHne l'est pas). Supposonse3 non divisible par 4. Alorseadmet un facteur premier impairp. On considere alors le groupeG=Z=eZU(p), ouU(p) est le sous-groupe de GLp(Fp) formes des matrices triangu- laires superieures avec des 1 sur la diagonale. On voit facilement queGest d'exposanteet n'est pas commutatif, carU(p) n'est pas commutatif.

Exercice 16 :

a) Prouver que les sous-groupes deZsont lesnZpourn2N. b) Prouver que les sous-groupes non denses deRsont lesaZ, aveca2R.

Solution de l'exercice16.

a) SoitGun sous-groupe deZnon reduit af0g. AlorsG\Nadmet un plus petit element note n. Soit alorsx2G.Ecrivons la divisions euclidienne dexparn: il existeq;r2Ntel que x=nq+r, avec 0r < n. Commex;n2Getr=xnq, on ar2G\Netr < n. Donc la minimalite denassure quer= 0, doncx=nq2nZ. Cela prouve queG=nZ. 6 b) SoitGun sous-groupe deRdistinct def0get non dense. Montrons que 0 est un point isole deG: supposons par l'absurde que tout intervalle ouvert contenant 0 contienne un element non nul deG. Soitx2GetIun intervalle ouvert contenantx. AlorsIxest un intervalle ouvert contenant 0. Donc par hypothese, il existey6= 02G\(Ix). Alorsy+x2G\Iet y+x6=x. DoncGest dense dansR, ce qui est exclu. Donc 0 est un point isole deG. Notons alorsa:= infG\R+. On sait donc quea >0. Montrons quea2G. Par denition, il existe une suite (xn) dansG\R+convergeant versa. Comme 0 est un point isole deG, la suite (xn+1xn) (a valeurs dansGet convergeant vers 0) est stationnaire a 0, donc la suite (xn) est stationnaire, donca2G. Soit alorsx2G\R+. En considerant la partie entierendexa , on voit quenax <(n+ 1)a. Alors 0xna < aetxna2G, donc la minimalite deaassure quexna= 0, doncx=na.

Cela assure queG=aZ.

Exercice 17 :??

SoitGun groupe ni.

a) Montrer qu'il existen2Ntel queGsoit un sous-groupe deSn. b) Montrer qu'il existen2Ntel queGsoit un sous-groupe deAn. c) Montrer qu'il existen2Ntel queGsoit un sous-groupe de GLn(k), pour tout corpsk.

Solution de l'exercice17.

a) On considere l'action deGsur lui-m^eme par translation a gauche. Autrement dit, on regarde le morphisme de groupes':G!S(G) deni par'(g)(h) :=gh. CommeGest de cardinaln, on sait queS(G) est isomorphe aSn. Il sut donc de montrer que le morphisme'est injectif. Soitg2Ker('). Alors pour touth2G, on agh=h, ce qui assure (en prenanth=epar exemple) queg=e. Donc'st injective. b) Au vu de la question precedente, il sut de plongerSndansAn+2. Remarquons d'abord que l'on dispose d'un morphisme injectif naturel:Sn!Sn+2obtenu en prolongeant une bijection def1;:::;ngen une bijection def1;:::;n+2gpar l'identite sur les elementsn+1 etn+2. On denit alors l'application :Sn!An+2de la facon suivante : si2An, on pose () :=(), et si2SnnAn, on pose () :=()(n;n+1). On verie facilement que est un morphisme de groupes injectif, ce qui conclut la preuve. c) Au vu de la premiere question, il sut de construire un morphisme de groupes injectif deSn dans GL n(k). On utilise pour cela les matrices de permutations. On a en eet une application ':Sn!GLn(k) denie par'() :=P. Il est classique que'est un morphisme de groupes, et il est clair que celui-ci est injectif. Cela conclut la preuve.

Exercice 18 :? ? ?

Determiner les classes de conjugaison dansSn. Et dansAn? Solution de l'exercice18. Soitc= (a1;:::;ak) unk-cycle dansSn. Il est clair que pour tout2Sn, on a c1= ((a1);:::;(ak)): Comme toute permutation se decompose de facon unique en produit de cycles a supports disjoints, on trouve immediatemment que les classes de conjugaisons dansSnsont parametree par les partitions de l'entiersn. On rappelle qu'une partition de l'entiernest une famille nie d'entiersmi1 tels quem1 mretPmi=n. La classe de conjugaison correspondant a une telle partition est l'ensemble des permutations dont la decomposition en cycles fait intervenir exactementmicycles de longueuripour touti. La description des classes de conjugaison dansAnest un peu plus subtile. On remarque d'abord que puisqueAnest distingue dansSn, la classe de conjugaison dansSnd'un element deAnest contenue 7 dansAn. CommeAnest d'indice 2 dansSn, pour tout2An, la classe de conjugaison dedans S nest soit egale a la classe de conjugaison dedansAn, soit reunion de deux classes de conjugaison dansAn(celle deet une autre). Montrons alors que l'on est dans le premier cas si et seulement siadmet un cycle de longueur paire dans sa decomposition ouadmet au moins deux cycles de m^eme longueur impaire dans sa decomposition. En eet, siadmet un cyclecde longueur paire, pour tout2Sn, on a1= (c)(c)1, ce qui assure que les classes de conjugaison dansSnetAnconcident. Siadmet deux cyclesc=

(a1;:::;a2k+1) etc0= (a01;:::;a02k+1) de m^eme longueur impaire, alors si on noted:= (a1a01):::(a2k+1a02k+1)

(permutation impaire), on a pour tout2Sn,1= (d)(d)1, ce qui assure que les classes de conjugaison dansSnetAnconcident. Reciproquement, sin'a que des cycles de longueurs impaires deux-a-deux distinctes, alors on choisit deux entiers 1i < jnapparaissant successivement dans un m^eme cycle dans la decomposition de, et on voit facilement que (ij)(ij) n'est pas conjuguee adansAnalors qu'elle l'est dans S n.

Exercice 19 :

Montrer que sin2,Sn+2a deux sous-groupes non conjugues isomorphes aSn.

Solution de l'exercice19. On a vu a l'exercice 17 que l'on disposait d'un morphisme injectif canonique

:Sn!Sn+2(prolongement des bijections par l'identite sur les elementsn+1 etn+2) compatible avec la signature, i.e. tel que pour tout2Sn, on a(()) =(), et d'un morphisme injectif canonique :Sn!An+2. Puisque deux permutations conjuguees ont m^eme signature, et puisqu'il existe dansSndes permutations impaires, on voit donc que les deux sous-groupes(Sn) et (Sn) de S n+2sont isomorphes aSnet ne sont pas conjugues.

Exercice 20 :? ? ?

Montrer que tout sous-groupe d'indicendansSnest isomorphe aSn1.

Solution de l'exercice20.

{ On supposen5. On noteG=SnetHun sous-groupe deGd'indicen. On note ennX:=G=H l'ensemble quotient de cardinaln. On dispose de l'action naturelle deGsurXpar multiplication a droite, qui induit un morphisme de groupes :G!S(X)=Sn: Montrons que c'est un isomorphisme : son noyau est un sous-groupe distingue deG=Sn, non egal aSn(car l'action est transitive). La simplicite deAnassure que ce noyau estAnoufidg. Le premier cas est impossible car l'action est transitive etjXj>2. Donc est injective, donc par cardinalite, c'est un isomorphisme. On peut restreindre l'action au sous-groupeH. D'ou une action deHsurX. Or le pointx:=H2X est clairement un point xe pour l'action deH, donc on en deduit une action deHsurX0:=Xnfxg.

D'ou un morphisme

':H!S(X0)=Sn1: Ce morphisme'est injectif car l'est, donc par cardinalite, c'est un isomorphisme, d'ou la conclu- sion. { Si 2n4, on montre le resultat a la main : sin= 2 ou 3, le resultat est evident. Sin= 4, on utilise l'exercice 8 pour savoir qu'un sous-groupe d'indice 4 dansS4est isomorphe aZ=6ZouS3. OrS4ne contient aucun element d'ordre 6, donc ce sous-groupe est bien isomorphe aS3. 8quotesdbs_dbs26.pdfusesText_32

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