Sous-groupes distingués et quotients : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « sous-groupes distingués et quotients », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de partiel, avec chaque hypothèse vérifiée et chaque théorème cité. D’abord, les classes de \(S_3\) sont calculées une à une, puis comparées sur un schéma. Ensuite, les produits du groupe diédral sont tous ramenés à une forme normale, ce qui rend les calculs de conjugués rapides. Les tables de groupe des quotients sont données en entier, car elles sont exigées pour les petits cas. Dans les exercices suivants, chaque usage du premier théorème d’isomorphisme commence par le calcul du noyau et de l’image. Enfin, le problème construit un isomorphisme explicite vers un produit direct. Chaque exercice se termine par son barème et, si besoin, par un piège classique.
L’énoncé complet se trouve ici : Sous-groupes distingués et quotients : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : sous-groupes distingués et quotients
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Classes dans le groupe S3 | 3,5 points |
| 2. Les symétries de l’hexagone | 4,5 points |
| 3. Deux applications du premier théorème d’isomorphisme | 4 points |
| 4. Problème : diagonales, centre et produit direct | 8 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : sous-groupes distingués et quotients
Exercice 1 – Classes dans le groupe S3 (3,5 points)
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Classes à gauche, classes à droite
Avec la convention de l’énoncé, on suit l’image de chaque entier de droite à gauche. Par exemple, \((1\,3)(1\,2)\) envoie 1 sur 2, 2 sur 3 et enfin 3 sur 1 : c’est donc \((1\,2\,3)\). De même, on obtient \((1\,2)(1\,3) = (1\,3\,2)\), \((2\,3)(1\,2) = (1\,3\,2)\) et \((1\,2)(2\,3) = (1\,2\,3)\).
Les classes à gauche sont donc \(H\), \((1\,3)H = \{(1\,3), (1\,2\,3)\}\) et \((2\,3)H = \{(2\,3), (1\,3\,2)\}\). En revanche, les classes à droite sont \(H\), \(H(1\,3) = \{(1\,3), (1\,3\,2)\}\) et \(H(2\,3) = \{(2\,3), (1\,2\,3)\}\).
Or un sous-groupe est distingué si et seulement si \(\sigma H = H \sigma\) pour tout \(\sigma\). Comme \((1\,3)H \neq H(1\,3)\), le sous-groupe \(H\) n’est pas distingué dans \(S_3\).
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Le groupe alterné et son quotient
La signature \(\varepsilon : S_3 \to \{-1, 1\}\) est un morphisme de groupes, et \(A_3 = \ker \varepsilon = \{\mathrm{id}, (1\,2\,3), (1\,3\,2)\}\). Puisqu’un noyau est toujours distingué, \(A_3\) est distingué dans \(S_3\). On peut aussi invoquer son indice, qui vaut 2.
Le quotient a donc deux éléments : \(A_3\) et \(\tau A_3 = \{(1\,2), (1\,3), (2\,3)\}\), avec \(\tau = (1\,2)\). Ainsi, le produit de deux transpositions est pair, d’où la table suivante.
\(\times\) \(A_3\) \(\tau A_3\) \(A_3\) \(A_3\) \(\tau A_3\) \(\tau A_3\) \(\tau A_3\) \(A_3\) Le quotient \(S_3 / A_3\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\).
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Recensement des sous-groupes distingués
D’après le théorème de Lagrange, un sous-groupe de \(S_3\) est d’ordre 1, 2, 3 ou 6. Les sous-groupes d’ordre 2 sont engendrés par une transposition. Or, pour toute permutation \(\sigma\), on a \(\sigma (a\,b) \sigma^{-1} = (\sigma(a)\; \sigma(b))\) : par exemple, \((1\,3)(1\,2)(1\,3)^{-1} = (3\,2)\). Toutes les transpositions sont donc conjuguées, et aucun sous-groupe d’ordre 2 n’est distingué. Par ailleurs, l’unique sous-groupe d’ordre 3 est \(A_3\), car il contient les deux seuls éléments d’ordre 3. Les sous-groupes distingués de \(S_3\) sont \(\{\mathrm{id}\}\), \(A_3\) et \(S_3\).
Piège classique : changer de convention de composition en cours de route échange les classes à gauche et à droite. Le résultat final reste vrai, mais les ensembles écrits deviennent faux.
Exercice 2 – Les symétries de l’hexagone (4,5 points)
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Forme normale des éléments
Comme \(s^2 = e\), on a \(s r^k s = (s r s)(s r s) \cdots (s r s)\) avec \(k\) facteurs, donc \(s r^k s = (r^{-1})^k = r^{-k}\). On en déduit \((s r^k)^2 = (s r^k s)\, r^k = r^{-k} r^k = e\).
Les six rotations \(e, r, \ldots, r^5\) sont distinctes, car \(r\) est d’ordre 6. De plus, \(s r^k\) n’est jamais une rotation : sinon \(s\) appartiendrait à \(\langle r \rangle\), alors que \(s\) fixe \(A_0\) sans être l’identité. Ainsi \(D_6 = \{e, r, r^2, r^3, r^4, r^5, s, sr, sr^2, sr^3, sr^4, sr^5\}\), les six derniers étant des réflexions.
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Un sous-groupe distingué, un autre qui ne l’est pas
Le sous-groupe \(\langle r \rangle\) est d’ordre 6, donc d’indice \(\frac{12}{6} = 2\) dans \(D_6\). Étant d’indice 2, il est distingué.
En revanche, la relation \(s r s = r^{-1}\) donne \(r s = s r^{-1}\). Par conséquent, \(r s r^{-1} = s r^{-2} = s r^4\), qui n’appartient pas à \(\{e, s\}\). Le sous-groupe \(\langle s \rangle\) n’est donc pas distingué. Géométriquement, \(r s r^{-1}\) est la réflexion d’axe \(r\big((A_0 A_3)\big) = (A_1 A_4)\).
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Le quotient par les rotations paires
Le groupe \(D_6\) est engendré par \(r\) et \(s\). Or \(r K r^{-1} = K\), car \(\langle r \rangle\) est commutatif, et \(s r^{2m} s = r^{-2m} \in K\). Ainsi la conjugaison par chaque générateur stabilise \(K\), donc \(K\) est distingué.
Le quotient est d’ordre \(\frac{12}{3} = 4\). Ses classes sont \(K\), \(rK = \{r, r^3, r^5\}\), \(sK = \{s, sr^2, sr^4\}\) et \(srK = \{sr, sr^3, sr^5\}\). Notons \(\overline{r}\), \(\overline{s}\) et \(\overline{t}\) les trois dernières. Par exemple, \(rs = s r^5\) donne \(\overline{r}\,\overline{s} = \overline{t}\), puis \(s r s = r^{-1} = r^5\) donne \(\overline{t}\,\overline{s} = \overline{r}\). On obtient alors la table complète :
\(\times\) \(\overline{e}\) \(\overline{r}\) \(\overline{s}\) \(\overline{t}\) \(\overline{e}\) \(\overline{e}\) \(\overline{r}\) \(\overline{s}\) \(\overline{t}\) \(\overline{r}\) \(\overline{r}\) \(\overline{e}\) \(\overline{t}\) \(\overline{s}\) \(\overline{s}\) \(\overline{s}\) \(\overline{t}\) \(\overline{e}\) \(\overline{r}\) \(\overline{t}\) \(\overline{t}\) \(\overline{s}\) \(\overline{r}\) \(\overline{e}\) Tous les éléments non neutres sont d’ordre 2, car \(r^2\), \(s^2\) et \((sr)^2\) sont dans \(K\). Le quotient \(D_6 / K\) n’est donc pas cyclique : il est isomorphe au groupe de Klein \((\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2\).
Piège classique : vérifier \(g K g^{-1} \subset K\) pour les seules rotations ne suffit pas. Il faut aussi conjuguer par une réflexion, ou bien par chacun des générateurs.
Exercice 3 – Deux applications du premier théorème d’isomorphisme (4 points)
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Un endomorphisme de Z/24Z
Si \(x \equiv y \pmod{24}\), alors \(9x \equiv 9y \pmod{24}\) : \(f\) est donc bien définie. De plus, \(f(\overline{x} + \overline{y}) = \overline{9x + 9y} = f(\overline{x}) + f(\overline{y})\), donc \(f\) est un morphisme.
Ensuite, \(\overline{x} \in \ker f\) équivaut à \(24 \mid 9x\), soit \(8 \mid 3x\) après division par 3. Or 3 est premier avec 8, donc, d’après le lemme de Gauss, cela équivaut à \(8 \mid x\). Ainsi \(\ker f = \{\overline{0}, \overline{8}, \overline{16}\}\).
Le premier théorème d’isomorphisme donne alors \(|\operatorname{Im} f| = \frac{24}{3} = 8\). Or chaque \(\overline{9x}\) est un multiple de \(\overline{3}\), donc \(\operatorname{Im} f \subset \langle \overline{3} \rangle\), qui est d’ordre 8. Par conséquent, \(\operatorname{Im} f = \langle \overline{3} \rangle = \{\overline{0}, \overline{3}, \ldots, \overline{21}\}\), et \((\mathbb{Z}/24\mathbb{Z}) / \ker f\) est cyclique d’ordre 8, isomorphe à \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\).
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Un groupe de matrices et sa projection
D’abord, \(\det M(a, b) = a \neq 0\), donc \(G \subset GL_2(\mathbb{R})\), et \(I_2 = M(1, 0) \in G\). Ensuite, le calcul donne \(M(a, b)\, M(c, d) = M(ac,\; ad + b)\), avec \(ac \neq 0\). En particulier, \(M(a, b)\, M\big(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\big) = M(1, 0)\). Ainsi \(G\) est stable par produit et par inverse : c’est un sous-groupe de \(GL_2(\mathbb{R})\).
Considérons alors \(\psi : G \to \mathbb{R}^{*}\), \(M(a, b) \mapsto a\). La formule du produit montre que \(\psi\) est un morphisme, surjectif car \(\psi\big(M(a, 0)\big) = a\). Son noyau est exactement \(N\), donc \(N\) est distingué dans \(G\). De plus, \(M(1, b)\, M(1, d) = M(1, b + d)\), si bien que \(b \mapsto M(1, b)\) est un morphisme bijectif de \((\mathbb{R}, +)\) sur \(N\). Enfin, le premier théorème d’isomorphisme donne \(G / N \simeq (\mathbb{R}^{*}, \times)\).
Piège classique : oublier de vérifier que \(f\) est bien définie sur les classes. Ici c’est immédiat, mais une application comme \(\overline{x} \mapsto \overline{x}\) de \(\mathbb{Z}/24\mathbb{Z}\) dans \(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}\) ne l’est pas.
Exercice 4 – Problème : diagonales, centre et produit direct (8 points)
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Calcul du centre
Une rotation \(r^k\) commute avec \(r\). Elle est donc centrale si et seulement si elle commute avec \(s\), c’est-à-dire si \(s r^k s = r^k\). D’après l’exercice 2, cela s’écrit \(r^{-k} = r^k\), soit \(r^{2k} = e\), donc \(6 \mid 2k\) et finalement \(3 \mid k\).
Quant à une réflexion \(s r^k\), on a \(r\,(s r^k) = s r^{k-1}\) et \((s r^k)\, r = s r^{k+1}\). Ces deux éléments sont égaux seulement si \(r^2 = e\), ce qui est faux. Aucune réflexion n’est donc centrale. Par conséquent, \(Z(D_6) = \{e, r^3\}\) : c’est la symétrie centrale de centre \(O\) qui commute avec tout.
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L’action sur les trois diagonales
Pour \(g\) et \(h\) dans \(D_6\) et pour une diagonale \(d\), on a \((gh)(d) = g\big(h(d)\big)\). Ainsi \(\varphi(gh) = \varphi(g) \circ \varphi(h)\) : \(\varphi\) est un morphisme de \(D_6\) dans le groupe des permutations de \(\{d_0, d_1, d_2\}\).
Puisque \(r\) envoie \(A_k\) sur \(A_{k+1}\), elle envoie \(d_0\) sur \((A_1 A_4) = d_1\), \(d_1\) sur \(d_2\), et \(d_2\) sur \((A_3 A_0) = d_0\). De son côté, \(s\) envoie \(A_k\) sur \(A_{-k}\) : elle fixe \(d_0\), mais envoie \(d_1 = (A_1 A_4)\) sur \((A_5 A_2) = d_2\). Donc \(\varphi(r) = (d_0\; d_1\; d_2)\) est un 3-cycle et \(\varphi(s) = (d_1\; d_2)\) est une transposition.
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Le noyau coïncide avec le centre
Pour une rotation, \(\varphi(r^k) = (d_0\; d_1\; d_2)^k\), qui vaut l’identité si et seulement si \(3 \mid k\), donc pour \(r^0\) et \(r^3\). Pour une réflexion, \(\varphi(s r^k) = \varphi(s)\, \varphi(r)^k\) a pour signature \((-1) \times 1 = -1\), car un 3-cycle est pair. Elle n’est donc jamais l’identité. Ainsi \(\ker \varphi = \{e, r^3\} = Z(D_6)\).
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Le quotient par le centre
Le noyau est d’ordre 2, donc l’image de \(\varphi\) est d’ordre \(\frac{12}{2} = 6\). Comme \(S_3\) est aussi d’ordre 6, le morphisme \(\varphi\) est surjectif. Le premier théorème d’isomorphisme s’applique alors. On obtient \(D_6 / Z(D_6) \simeq S_3\).
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Construction de l’isomorphisme vers le produit
La rotation \(r^k\) envoie \(A_j\) sur \(A_{j+k}\), et la réflexion \(s r^k\) envoie \(A_j\) sur \(A_{-(j+k)}\). Dans les deux cas, la parité de l’indice change exactement quand \(k\) est impair, car 6 est pair. Or \(T_0\) regroupe les sommets d’indice pair. Donc \(\theta(r^k) = \theta(s r^k) = (-1)^k\).
Montrons alors que \(\theta\) est un morphisme. Les produits valent \(r^a r^b = r^{a+b}\), \(r^a (s r^b) = s r^{b-a}\), \((s r^a) r^b = s r^{a+b}\) et \((s r^a)(s r^b) = r^{b-a}\). Dans chaque cas, l’exposant a la parité de \(a + b\), donc \(\theta(gh) = \theta(g)\, \theta(h)\).
L’application \(\Phi : g \mapsto \big(\varphi(g), \theta(g)\big)\) est donc un morphisme vers le groupe produit \(S_3 \times \{-1, 1\}\). Son noyau est \(\ker \varphi \cap \ker \theta = \{e, r^3\} \cap \ker \theta\). Or \(\theta(r^3) = (-1)^3 = -1\), donc \(\ker \Phi = \{e\}\) et \(\Phi\) est injective. Enfin, les deux groupes ont le même cardinal, \(12 = 6 \times 2\). \(\Phi\) est donc un isomorphisme : \(D_6 \simeq S_3 \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\).
Piège classique : conclure que \(D_6 \simeq S_3 \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) à partir du seul isomorphisme \(D_6 / Z(D_6) \simeq S_3\). Un quotient ne détermine pas le groupe, d’où la nécessité du morphisme \(\theta\).
À retenir de ce contrôle
- Un sous-groupe est distingué si et seulement si ses classes à gauche coïncident avec ses classes à droite.
- Tout sous-groupe d’indice 2 est distingué, car son complémentaire est à la fois l’unique autre classe à gauche et à droite.
- Le noyau d’un morphisme de groupes est toujours distingué, et le quotient par ce noyau est isomorphe à l’image.
- Dans un groupe diédral, la relation s r s égale à r inverse permet d’écrire tout élément sous la forme r puissance k ou s r puissance k.
- Un morphisme injectif entre deux groupes finis de même cardinal est un isomorphisme, sans qu’il soit utile de prouver la surjectivité.
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