QCM : Actions de groupes et Sylow en L3 de maths

Réponse B.

La relation orbite-stabilisateur donne \(|G|=|G\cdot x|\times|\mathrm{Stab}(x)|\). Donc \(|\mathrm{Stab}(x)|=\frac{24}{6}=4\). La réponse 18 vient d’une soustraction au lieu d’une division. Le produit 144 inverse la formule. Quant à 6, c’est le cardinal de l’orbite : il ne faut pas le confondre avec l’ordre du stabilisateur, qui est un sous-groupe de \(G\).

Réponse D.

Si \(h\) fixe \(x\), alors \(ghg^{-1}\) envoie \(g\cdot x\) sur \(g\cdot(h\cdot x)=g\cdot x\). Ainsi les stabilisateurs de deux points d’une même orbite sont conjugués. Ils ne sont égaux que si le stabilisateur est distingué, d’où le piège \(\mathrm{Stab}(x)\). Par ailleurs, \(g\,\mathrm{Stab}(x)\) n’est pas un sous-groupe en général. Enfin, la conjugaison dans l’autre sens correspond au point \(g^{-1}\cdot x\).

Réponse B.

Le centre de \(\mathfrak{S}_3\) est trivial : il fournit une seule classe à un élément. Les deux 3-cycles forment une classe, et les trois transpositions une autre. De plus, chaque cardinal de classe divise l’ordre du groupe, ce qui exclut 4. La décomposition \(1+1+1+3\) supposerait un centre d’ordre 3. Quant à \(2+2+2\), elle oublie que la classe du neutre est toujours réduite à un élément.

Réponse A.

Un p-groupe non trivial a un centre non trivial, conséquence de la formule des classes. Si le centre était d’ordre 7, le quotient par le centre serait cyclique d’ordre 7, donc le groupe serait abélien et égal à son centre : contradiction. Ainsi le centre est le groupe entier. Cependant, \((\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^2\) est abélien sans être cyclique, et il possède huit sous-groupes d’ordre 7.

Réponse A.

Les orbites ont un cardinal qui divise 25, donc égal à 1, 5 ou 25. Par conséquent, le nombre de points fixes est congru à 13 modulo 5, c’est-à-dire à 3. Il vaut donc au moins 3, valeur atteinte avec deux orbites de cinq éléments. La réponse « au moins 1 » applique la bonne idée sans faire le calcul de congruence. Enfin, une action sans point fixe est impossible ici.

Réponse C.

On décompose \(72=2^3\times 3^2\). Un 3-Sylow est un sous-groupe d’ordre égal à la plus grande puissance de 3 qui divise 72, donc 9. Le piège 3 confond le Sylow avec un sous-groupe d’ordre premier. La réponse 8 correspond aux 2-Sylow. Enfin, 24 vaut \(\frac{72}{3}\) : c’est l’indice d’un sous-groupe d’ordre 3, et non l’ordre d’un Sylow.

Réponse A.

Les théorèmes de Sylow imposent deux conditions : \(n_3\) divise \(\frac{12}{3}=4\) et \(n_3\equiv 1\pmod 3\). Parmi 1, 2 et 4, seuls 1 et 4 conviennent. Oublier la congruence laisse passer 2, tandis qu’oublier la divisibilité laisse passer 7. Les deux valeurs sont atteintes : \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) a un seul 3-Sylow, alors que le groupe alterné \(\mathfrak{A}_4\) en a quatre.

Réponse C.

On a \(n_5\) qui divise 3 et vaut 1 modulo 5, donc \(n_5=1\). De même, \(n_3\) divise 5 et vaut 1 modulo 3, donc \(n_3=1\). Les deux Sylow sont donc distingués, d’intersection triviale, et le groupe est leur produit direct \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\), cyclique par le lemme chinois. Le piège abélien non cyclique oublie que 3 et 5 sont premiers entre eux.

Réponse C.

Le nombre \(n_5\) divise 4 et vaut 1 modulo 5 ; ainsi \(n_5=1\), et l’unique 5-Sylow est distingué. En revanche, \(n_2\) peut valoir 5, car 5 divise 5 et vaut 1 modulo 2. Le groupe des transformations \(x\mapsto ax+b\) sur \(\mathbb{F}_5\), d’ordre 20, a un centre trivial et n’est pas abélien. Il réfute donc les deux derniers pièges.

Réponse D.

Deux 5-Sylow distincts, d’ordre premier, ne partagent que le neutre. Chacun apporte donc 4 éléments d’ordre 5, soit \(6\times 4=24\). Compter 6 revient à oublier qu’un groupe d’ordre 5 contient quatre générateurs. Le total 30 compte le neutre six fois. Ce calcul sert ensuite : avec dix 3-Sylow, on aurait 20 éléments d’ordre 3 en plus, ce qui dépasse 30. Par conséquent, l’un des deux nombres vaut 1.

Réponse D.

L’action fournit un morphisme de \(G\) dans \(\mathfrak{S}_4\), car \(G/H\) compte quatre classes. S’il était injectif, 36 diviserait 24, ce qui est faux. Donc le noyau est un sous-groupe distingué non trivial, contenu dans \(H\) et distinct de \(G\) ; ainsi \(G\) n’est pas simple. Le piège de l’indice 4 confond avec l’indice 2, seul cas où un sous-groupe est automatiquement distingué.

Réponse B.

Pour l’action par conjugaison, le stabilisateur d’un élément est son centralisateur. Or la classe de \((1\,2\,3)\) est formée des huit 3-cycles de \(\mathfrak{S}_4\). Par conséquent, le centralisateur est d’ordre \(\frac{24}{8}=3\) : c’est le sous-groupe engendré par le cycle. La réponse 8 est le cardinal de la classe, et non celui du stabilisateur. Quant à 6, elle suppose à tort que \(\mathfrak{S}_3\) commute avec ce cycle.