Orbites, stabilisateurs et Sylow : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « orbites, stabilisateurs et Sylow », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de licence soignée : l’action utilisée est toujours précisée, les hypothèses des théorèmes sont vérifiées, puis la conclusion est mise en gras. Relisez d’abord l’exercice 1, car la bijection entre classes à gauche et orbite y est construite en détail ; tout le reste du sujet s’appuie dessus. Ensuite, l’exercice 2 montre comment un stabilisateur facile à décrire donne l’ordre d’un groupe géométrique. Le calcul des conjugués dans le groupe affine est mené pas à pas, avec un schéma des classes de conjugaison. Pour les p-groupes, la preuve passe par une congruence modulo p. Enfin, chaque exercice se termine par un barème détaillé et, quand c’est utile, par un piège classique.
L’énoncé complet se trouve ici : Orbites, stabilisateurs et Sylow : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : orbites, stabilisateurs et Sylow
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Trois résultats de cours sur les actions | 3 points |
| 2. Le cube et ses rotations | 4 points |
| 3. Applications affines modulo 5 | 4 points |
| 4. Points fixes sous un p-groupe | 4 points |
| 5. Problème : groupes d’ordre 15 et 175 | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : orbites, stabilisateurs et Sylow
Exercice 1 – Trois résultats de cours sur les actions (3 points)
Le stabilisateur et la relation orbite-stabilisateur
- D’abord, \(e \cdot x = x\) par définition d’une action, donc \(e \in \text{Stab}(x)\). Soient ensuite \(g\) et \(h\) dans \(\text{Stab}(x)\). On a \(h^{-1} \cdot x = h^{-1} \cdot (h \cdot x) = (h^{-1}h) \cdot x = x\), puis \((gh^{-1}) \cdot x = g \cdot (h^{-1} \cdot x) = g \cdot x = x\). Ainsi \(gh^{-1} \in \text{Stab}(x)\), et \(\text{Stab}(x)\) est un sous-groupe de \(G\).
-
Notons \(H = \text{Stab}(x)\). Si \(gH = g^{\prime}H\), alors \(g^{-1}g^{\prime} \in H\), donc \(g^{\prime} \cdot x = g \cdot \left((g^{-1}g^{\prime}) \cdot x\right) = g \cdot x\). L’image ne dépend donc pas du représentant choisi : l’application \(\psi : gH \mapsto g \cdot x\) est bien définie.
Elle est surjective sur \(\text{Orb}(x)\), car tout élément de l’orbite s’écrit \(g \cdot x = \psi(gH)\). Elle est aussi injective : si \(g \cdot x = g^{\prime} \cdot x\), alors \((g^{-1}g^{\prime}) \cdot x = x\), donc \(g^{-1}g^{\prime} \in H\) et \(gH = g^{\prime}H\).
Par conséquent \(|\text{Orb}(x)| = |G/H|\). Or, d’après le théorème de Lagrange, \(|G/H| = \frac{|G|}{|H|}\). On obtient donc \(|\text{Orb}(x)| \times |\text{Stab}(x)| = |G|\).
Stabilisateurs le long d’une orbite
- Soit \(h \in \text{Stab}(x)\). Alors \((ghg^{-1}) \cdot (g \cdot x) = (gh) \cdot x = g \cdot x\), donc \(g\,\text{Stab}(x)\,g^{-1} \subset \text{Stab}(g \cdot x)\). Appliquons maintenant ce résultat au point \(y = g \cdot x\) et à l’élément \(g^{-1}\) : on obtient \(g^{-1}\,\text{Stab}(y)\,g \subset \text{Stab}(g^{-1} \cdot y) = \text{Stab}(x)\). En conjuguant par \(g\), il vient \(\text{Stab}(y) \subset g\,\text{Stab}(x)\,g^{-1}\). Par double inclusion, \(\text{Stab}(g \cdot x) = g\,\text{Stab}(x)\,g^{-1}\).
Piège classique : oublier la bonne définition de \(\psi\). Une application définie sur des classes doit toujours être testée sur deux représentants d’une même classe.
Exercice 2 – Le cube et ses rotations (4 points)
Transitivité sur les faces et ordre du groupe
-
Une face est repérée par son centre, qui est l’un des six vecteurs \(\pm e_1\), \(\pm e_2\), \(\pm e_3\). La rotation \(r_z\) d’axe \(\Delta_z\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\) envoie \((x, y, z)\) sur \((-y, x, z)\). Elle permute les coordonnées au signe près, donc elle laisse \(C\) invariant et appartient à \(G\). Elle envoie ainsi \(e_1\) sur \(e_2\), puis sur \(-e_1\), puis sur \(-e_2\).
De même, la rotation \(r_y\) d’axe \(\Delta_y\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\) envoie \((x, y, z)\) sur \((z, y, -x)\). Elle transforme donc \(e_1\) en \(-e_3\), tandis que \(r_y^{-1}\) transforme \(e_1\) en \(e_3\). Les six faces sont donc dans l’orbite de \(F_1\) : l’action est transitive.
-
Soit \(r \in G\) qui fixe \(F_1\). Comme \(r\) est linéaire, elle conserve les barycentres ; or elle permute les quatre sommets de \(F_1\), donc elle fixe leur isobarycentre \(\Omega\). Ainsi \(r(e_1) = e_1\) : \(r\) est une rotation d’axe \(\Delta_x\), d’un certain angle \(\theta\).
Dans le plan \((y, z)\), le sommet de coordonnées \((1, 1)\), d’affixe \(\sqrt{2}\,\mathrm{e}^{i\pi/4}\), a pour image le point d’affixe \(\sqrt{2}\,\mathrm{e}^{i(\theta + \pi/4)}\). Cette image doit être un sommet de \(F_1\), d’affixe \(\pm 1 \pm i\), donc \(\theta + \frac{\pi}{4} \equiv \frac{\pi}{4} \pmod{\frac{\pi}{2}}\), c’est-à-dire \(\theta = \frac{k\pi}{2}\). Réciproquement, ces quatre rotations agissent par permutation signée de \(y\) et \(z\), donc elles conservent \(C\) et \(F_1\).
Le stabilisateur de \(F_1\) a donc 4 éléments, et l’orbite de \(F_1\) en compte 6. D’après la relation orbite-stabilisateur, \(|G| = 6 \times 4 = 24\).
Stabilisateurs d’un sommet et d’une arête
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L’orbite de \(S\) contient les 8 sommets, donc \(|\text{Stab}(S)| = \frac{24}{8} = 3\). L’application \((x, y, z) \mapsto (z, x, y)\) convient : sa matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\) est une matrice de permutation circulaire, orthogonale et de déterminant 1. En outre, elle conserve \(C\) et fixe \(S(1, 1, 1)\). Le stabilisateur de \(S\) est d’ordre 3, engendré par cette rotation d’angle \(\frac{2\pi}{3}\) autour de \((OS)\).
De même, l’orbite de l’arête de milieu \(M\) compte 12 arêtes, donc son stabilisateur est d’ordre \(\frac{24}{12} = 2\). Cette arête est le segment des points \((1, 1, t)\), avec \(t \in [-1, 1]\). L’application \((x, y, z) \mapsto (y, x, -z)\), de matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}\), est orthogonale. Son déterminant vaut \(-1 \times (-1) = 1\), car l’échange de deux coordonnées change le signe une fois. Elle envoie \((1, 1, t)\) sur \((1, 1, -t)\). Le stabilisateur de l’arête est donc d’ordre 2, formé de l’identité et du demi-tour d’axe \((OM)\).
Le morphisme vers le groupe symétrique des axes
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Toute rotation \(r\) de \(G\) envoie un centre de face sur un centre de face, donc un axe de \(D\) sur un axe de \(D\). Ensuite, \(r \in \ker \rho\) si et seulement si \(r(e_i) = \varepsilon_i e_i\) avec \(\varepsilon_i = \pm 1\) pour \(i = 1, 2, 3\). Alors \(r\) a pour matrice \(\text{diag}(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3)\), avec \(\varepsilon_1\varepsilon_2\varepsilon_3 = 1\). On trouve ainsi \(I_3\), \(\text{diag}(1, -1, -1)\), \(\text{diag}(-1, 1, -1)\) et \(\text{diag}(-1, -1, 1)\), qui conservent bien \(C\). Le noyau est donc formé de l’identité et des trois demi-tours d’axes \(\Delta_x\), \(\Delta_y\), \(\Delta_z\).
Par le premier théorème d’isomorphisme, \(|\rho(G)| = \frac{|G|}{|\ker \rho|} = \frac{24}{4} = 6\). Or \(|\mathfrak{S}(D)| = 3! = 6\). Par conséquent \(\rho(G) = \mathfrak{S}(D)\) : le morphisme \(\rho\) est surjectif.
Piège classique : compter 48 éléments en incluant les symétries. Une matrice de permutation signée de déterminant \(-1\) conserve le cube, mais ce n’est pas une rotation.
Exercice 3 – Applications affines modulo 5 (4 points)
Structure du groupe affine
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On a \(f_{a,b}(0) = b\) et \(f_{a,b}(1) – f_{a,b}(0) = a\) : l’application détermine donc le couple \((a, b)\). Deux couples distincts donnent ainsi deux applications distinctes. Par conséquent \(|G| = |K^*| \times |K| = 4 \times 5 = 20\).
Pour tout \(x \in K\), on a \(f_{a,b}\left(f_{c,d}(x)\right) = a(cx + d) + b = acx + (ad + b)\). Donc \(f_{a,b} \circ f_{c,d} = f_{ac,\, ad + b}\). En particulier, \(f_{a,b} \circ f_{a^{-1},\, -a^{-1}b} = f_{1,\, -b + b} = f_{1,\,0}\). L’inverse de \(f_{a,b}\) est alors \(f_{a^{-1},\, -a^{-1}b}\).
- D’après la formule de composition, \(\varphi(f_{a,b} \circ f_{c,d}) = ac = \varphi(f_{a,b})\,\varphi(f_{c,d})\) : \(\varphi\) est un morphisme. Il est surjectif, car \(\varphi(f_{a,0}) = a\) pour tout \(a \in K^*\). Enfin, \(\varphi(f_{a,b}) = 1\) si et seulement si \(a = 1\). Le noyau de \(\varphi\) est donc \(T = \{f_{1,b},\ b \in K\}\), sous-groupe distingué d’ordre 5.
Les deux familles de classes de conjugaison
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Pour tout \(x\), on calcule \(g \circ f_{1,b} \circ g^{-1}(x) = c\left(g^{-1}(x) + b\right) + d = \left(c\,g^{-1}(x) + d\right) + cb = g\left(g^{-1}(x)\right) + cb = x + cb\). Ainsi \(g \circ f_{1,b} \circ g^{-1} = f_{1,cb}\).
Lorsque \(g\) parcourt \(G\), le coefficient \(c\) parcourt \(K^*\), donc la classe de \(f_{1,\,1}\) est \(\{f_{1,c},\ c \in K^*\}\). Elle est formée des quatre translations non triviales. La relation orbite-stabilisateur, appliquée à l’action par conjugaison, donne alors un centralisateur d’ordre \(\frac{20}{4} = 5\). Comme \(T\) est commutatif et contient \(f_{1,\,1}\), il est inclus dans ce centralisateur. Le centralisateur de \(f_{1,\,1}\) est donc \(T\), d’ordre 5.
Applications qui ne sont pas des translations
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Comme \(a \neq 1\) et que \(K\) est un corps, \(a – 1\) est inversible. L’équation \(ax + b = x\) équivaut à \((1 – a)x = b\), donc elle a pour unique solution \(\omega = b(1 – a)^{-1}\). Ensuite, puisque \(\omega = a\omega + b\), on obtient \(f_{a,b}(x) – \omega = ax + b – a\omega – b = a(x – \omega)\).
Pour \(f_{2,\,1}\), on trouve \(\omega = 1 \times (1 – 2)^{-1} = (-1)^{-1} = -1 = 4\). Sur la figure, la classe de 4 porte bien une boucle, car \(2 \times 4 + 1 = 9 = 4\) dans \(K\). Les quatre autres classes forment un cycle de longueur 4 : en effet, \(a = 2\) est d’ordre 4 dans \(K^*\).
D’une part, \(\varphi\left(g f_{a,b} g^{-1}\right) = \varphi(g)\, a\, \varphi(g)^{-1} = a\), car \(K^*\) est commutatif : tout conjugué de \(f_{a,b}\) est de la forme \(f_{a,b^{\prime}}\). D’autre part, soit \(b^{\prime} \in K\) et \(\omega^{\prime}\) le point fixe de \(f_{a,b^{\prime}}\). Posons \(t = f_{1,\, \omega^{\prime} – \omega}\). Alors, pour tout \(x\), on a \(t \circ f_{a,b} \circ t^{-1}(x) = a\left(x – \omega^{\prime} + \omega – \omega\right) + \omega + \omega^{\prime} – \omega = a(x – \omega^{\prime}) + \omega^{\prime} = f_{a,b^{\prime}}(x)\). La classe de \(f_{a,b}\) est donc exactement \(\{f_{a,b^{\prime}},\ b^{\prime} \in K\}\), de cardinal 5.
Bilan : la formule des classes
-
Les classes sont donc le singleton du neutre, les quatre translations non triviales, puis, pour chaque \(a \in \{2, 3, 4\}\), les cinq applications de coefficient \(a\). Le schéma ci-dessous les représente.
La formule des classes s’écrit \(20 = 1 + 4 + 5 + 5 + 5\). Le centre est la réunion des classes réduites à un élément. Le centre de \(G\) est donc trivial : \(Z(G) = \{f_{1,\,0}\}\).
Piège classique : placer les translations dans le centre parce que \(T\) est commutatif. Elles commutent entre elles, mais pas avec \(f_{2,\,0}\) : en effet, \(f_{2,\,0} \circ f_{1,\,1} = f_{2,\,2}\) alors que \(f_{1,\,1} \circ f_{2,\,0} = f_{2,\,1}\).
Exercice 4 – Points fixes sous un p-groupe (4 points)
Une congruence et deux applications numériques
- Les orbites forment une partition de \(X\). D’après l’exercice 1, le cardinal de chaque orbite divise \(|G| = p^n\), donc c’est une puissance de \(p\). Une orbite a pour cardinal \(p^0 = 1\) si et seulement si elle est réduite à un point fixe. Toutes les autres ont un cardinal multiple de \(p\). En sommant les cardinaux des orbites, on obtient \(|X| = |X^G| + \sum |\text{Orb}(x_i)|\), où la somme porte sur les orbites non réduites à un point. Par conséquent \(|X| \equiv |X^G| \pmod{p}\).
- On a \(27 = 3^3\) et \(10 = 3 \times 3 + 1\), donc \(|X^G| \equiv 1 \pmod{3}\). Ce nombre n’est pas nul. Le groupe fixe donc au moins un point. De même, \(49 = 7^2\) et \(20 = 2 \times 7 + 6\), d’où \(|X^G| \equiv 6 \pmod{7}\). Ainsi \(|X^G|\) vaut 6, 13 ou 20. Au moins 6 points sont donc fixés.
Centre non trivial et groupes d’ordre p au carré
- Pour l’action par conjugaison \(g \cdot x = gxg^{-1}\), un élément \(x\) est fixe si et seulement si \(gx = xg\) pour tout \(g\), c’est-à-dire si \(x \in Z(G)\). La question 1 donne alors \(|G| \equiv |Z(G)| \pmod{p}\). Or \(p\) divise \(|G| = p^n\), car \(n \geq 1\), donc \(p\) divise aussi \(|Z(G)|\). Comme \(e \in Z(G)\), ce cardinal est non nul. Donc \(|Z(G)| \geq p\) et le centre n’est pas réduit à \(\{e\}\).
- Notons \(Z = Z(H)\) et choisissons \(h \in H\) tel que \(hZ\) engendre \(H/Z\). Pour \(x\) et \(y\) dans \(H\), il existe des entiers \(k\), \(l\) et des éléments \(z\), \(z^{\prime}\) de \(Z\) tels que \(x = h^k z\) et \(y = h^l z^{\prime}\). Puisque \(z\) et \(z^{\prime}\) commutent avec tout élément, on a \(xy = h^k z h^l z^{\prime} = h^{k + l} z z^{\prime}\). De même, \(yx = h^{l + k} z^{\prime} z = h^{k + l} z z^{\prime}\). Ainsi \(xy = yx\) : le groupe \(H\) est abélien.
- Soit \(G\) d’ordre \(p^2\). D’après le théorème de Lagrange et la question 3, \(|Z(G)|\) vaut \(p\) ou \(p^2\). Supposons d’abord \(|Z(G)| = p\). Le quotient \(G/Z(G)\) est alors d’ordre premier \(p\), donc cyclique. La question 4 montre alors que \(G\) est abélien, d’où \(Z(G) = G\), ce qui contredit \(|Z(G)| = p\). Donc \(Z(G) = G\), et tout groupe d’ordre \(p^2\) est abélien.
Piège classique : conclure seulement que \(|X^G| \geq 1\) dans le cas d’ordre 49. La congruence modulo 7 impose un reste égal à 6, ce qui est plus précis.
Exercice 5 – Problème : groupes d’ordre 15 et 175 (5 points)
Partie A : le décompte des sous-groupes de Sylow
- Écrivons \(|G| = p^{\alpha} m\) avec \(p\) ne divisant pas \(m\). D’abord, \(G\) possède au moins un sous-groupe d’ordre \(p^{\alpha}\), appelé \(p\)-Sylow. Ensuite, tout \(p\)-sous-groupe de \(G\) est contenu dans un \(p\)-Sylow, et deux \(p\)-Sylow sont toujours conjugués. Enfin, \(n_p\) divise \(m\) et \(n_p \equiv 1 \pmod{p}\).
- On a \(15 = 3 \times 5\). Le nombre \(n_5\) divise 3 et vaut 1 modulo 5 ; or \(3 \equiv 3 \pmod{5}\), donc \(n_5 = 1\). De même, \(n_3\) divise 5 et vaut 1 modulo 3 ; or \(5 \equiv 2 \pmod{3}\), donc \(n_3 = 1\). Pour tout \(g \in G\), le sous-groupe \(gPg^{-1}\) est encore d’ordre 5, donc c’est un 5-Sylow ; par unicité, \(gPg^{-1} = P\). Ainsi \(P\) et \(Q\) sont les uniques Sylow de leur ordre, et ils sont distingués dans \(G\).
Commutation des deux Sylow, puis cyclicité (partie A)
-
Le sous-groupe \(P \cap Q\) est inclus dans \(P\) et dans \(Q\). Par le théorème de Lagrange, son ordre divise donc 5 et 3, qui sont premiers entre eux. Par conséquent \(P \cap Q = \{e\}\).
Soient \(x \in P\) et \(y \in Q\). D’une part, \(xyx^{-1}y^{-1} = (xyx^{-1})\,y^{-1}\) appartient à \(Q\), car \(Q\) est distingué. D’autre part, \(xyx^{-1}y^{-1} = x\,(yx^{-1}y^{-1})\) appartient à \(P\), car \(P\) est distingué. Cet élément est donc dans \(P \cap Q = \{e\}\). On en déduit \(xyx^{-1}y^{-1} = e\), c’est-à-dire \(xy = yx\).
- L’élément \(x\) est d’ordre 5, \(y\) est d’ordre 3, et ils commutent. Donc \((xy)^{15} = x^{15}y^{15} = e\). Réciproquement, si \((xy)^k = e\), alors \(x^k = y^{-k}\) appartient à \(P \cap Q = \{e\}\). Ainsi 5 et 3 divisent \(k\), donc 15 divise \(k\). L’élément \(xy\) est donc d’ordre 15, égal à \(|G|\). Le groupe \(G\) est cyclique, isomorphe à \(\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\).
Un groupe d’ordre 175 est abélien (partie B)
- Le nombre \(n_7\) divise 25 et vaut 1 modulo 7. Or les diviseurs de 25 sont 1, 5 et 25, avec \(5 \equiv 5\) et \(25 \equiv 4 \pmod{7}\). Donc \(n_7 = 1\). Ensuite, \(n_5\) divise 7 et vaut 1 modulo 5 ; or \(7 \equiv 2 \pmod{5}\), donc \(n_5 = 1\). Le groupe \(G\) a donc un unique 5-Sylow \(P\), d’ordre 25, et un unique 7-Sylow \(Q\), d’ordre 7, tous deux distingués.
-
Comme 25 et 7 sont premiers entre eux, \(P \cap Q = \{e\}\). Le raisonnement de la question 3 s’applique alors mot pour mot : tout élément de \(P\) commute avec tout élément de \(Q\). Considérons l’application \((x, y) \mapsto xy\) de \(P \times Q\) dans \(G\). Si \(xy = x^{\prime}y^{\prime}\), alors \(x^{\prime -1}x = y^{\prime}y^{-1}\) appartient à \(P \cap Q\), donc \(x = x^{\prime}\) et \(y = y^{\prime}\). Cette application est donc injective, et \(|PQ| = 25 \times 7 = 175\). Ainsi \(G = PQ\).
D’après la question 5 de l’exercice 4, avec \(p = 5\), le groupe \(P\) est abélien. De plus, \(Q\) est d’ordre premier, donc cyclique. Soient alors \(g = xy\) et \(g^{\prime} = x^{\prime}y^{\prime}\) dans \(G\), avec \(x, x^{\prime} \in P\) et \(y, y^{\prime} \in Q\). On obtient \(gg^{\prime} = xx^{\prime}\,yy^{\prime} = x^{\prime}x\,y^{\prime}y = x^{\prime}y^{\prime}\,xy = g^{\prime}g\). Tout groupe d’ordre 175 est donc abélien.
Piège classique : affirmer que \(n_p = 1\) suffit pour conclure que \(G\) est commutatif. Il faut en plus que chaque Sylow soit abélien et que les Sylow commutent entre eux.
À retenir de ce contrôle
- Pour une action d’un groupe fini, le cardinal de chaque orbite est égal à l’indice du stabilisateur d’un de ses points, donc il divise l’ordre du groupe.
- Deux points d’une même orbite ont des stabilisateurs conjugués : le stabilisateur de g·x est le conjugué par g du stabilisateur de x.
- La formule des classes écrit l’ordre du groupe comme somme de l’ordre du centre et des cardinaux des classes non réduites à un élément.
- Quand un p-groupe agit sur un ensemble fini, le nombre de points fixes est congru au cardinal de cet ensemble modulo p.
- Si le nombre de p-Sylow vaut 1, l’unique p-Sylow est distingué ; deux sous-groupes distingués d’intersection triviale commutent élément par élément.
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