Problème sur les groupes finis : corrigé du contrôle de maths en L3
Voici le corrigé du contrôle de maths en L3 sur le thème « problème sur les groupes finis », question par question.
Cette correction présente chaque preuve comme une très bonne copie d’examen : hypothèses rappelées, théorème nommé, conclusion mise en évidence. Commencez par relire l’exercice 2, car l’étude du noyau d’une action, rotations puis symétries, revient sans cesse en algèbre. L’exercice 3 détaille ensuite la formule des classes et l’argument du quotient cyclique par le centre. Dans l’exercice 4, le calcul de la signature d’une translation à gauche repose sur un décompte des orbites. Le problème rédige enfin les conditions de Sylow sans raccourci, puis dénombre les éléments du groupe d’ordre 21 selon leur ordre. Chaque exercice se termine par un barème détaillé et, si besoin, par un piège classique.
L’énoncé complet se trouve ici : Problème sur les groupes finis : contrôle de maths en L3.
Barème du contrôle corrigé : problème sur les groupes finis
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Les inversibles modulo 15 | 3 points |
| 2. L’hexagone et ses diagonales | 4 points |
| 3. Centre et quotient par le centre | 4 points |
| 4. Une parité à la Cayley | 3 points |
| 5. Problème : groupes d’ordre pq | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : problème sur les groupes finis
Exercice 1 – Les inversibles modulo 15 (3 points)
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D’après la figure, les carrés valent 1 pour \(1, 4, 11, 14\), et 4 pour \(2, 7, 8, 13\). Or \(4^2 = 16 \equiv 1\). Ainsi, l’élément 1 est d’ordre 1, et les éléments \(4, 11, 14\) sont d’ordre 2.
Pour \(x \in \{2, 7, 8, 13\}\), on a \(x^2 = 4 \neq 1\), puis \(x^4 = 4^2 = 1\). Les éléments \(2, 7, 8, 13\) sont donc d’ordre 4.
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Aucun élément n’est d’ordre 8, alors que \(|G| = 8\). Par conséquent, \(G\) n’est pas cyclique.
Ensuite, \(\langle 2 \rangle = \{1, 2, 4, 8\}\) est cyclique d’ordre 4 et \(\langle 11 \rangle = \{1, 11\}\) est d’ordre 2. Leur intersection vaut \(\{1\}\). Comme \(G\) est commutatif, l’application \((u, v) \mapsto uv\) de \(\langle 2 \rangle \times \langle 11 \rangle\) dans \(G\) est un morphisme. Son noyau est trivial, car \(uv = 1\) impose \(u = v^{-1} \in \langle 2 \rangle \cap \langle 11 \rangle\). Les deux groupes ayant 8 éléments, ce morphisme injectif est bijectif. Ainsi \(G \simeq \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\).
- Comme \(G\) est commutatif, \(s(xy) = x^2y^2 = s(x)s(y)\) : c’est un morphisme. D’après la question 1, son noyau est \(H = \{1, 4, 11, 14\}\) et son image est \(\{1, 4\}\). Le premier théorème d’isomorphisme donne alors \(G/H \simeq \{1, 4\}\). Donc \(G/H\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\).
Piège classique : conclure que \(G\) est cyclique parce que son ordre est une puissance de 2. Seul un élément d’ordre 8 le prouverait.
Exercice 2 – L’hexagone et ses diagonales (4 points)
Orbite, stabilisateur et cardinal
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Pour tout \(k\), la rotation \(\rho^k\) envoie \(A_0\) sur \(A_k\). L’orbite de \(A_0\) est donc l’ensemble des six sommets.
Ensuite, un élément du stabilisateur fixe \(O\) et \(A_0\). Sa partie linéaire est une isométrie vectorielle du plan qui fixe le vecteur non nul \(\overrightarrow{OA_0}\) : c’est l’identité ou la réflexion d’axe \(\Delta_1\). Or cette réflexion envoie \(A_k\) sur \(A_{6-k}\), si bien qu’elle appartient à \(\mathcal{D}\). Le stabilisateur de \(A_0\) a donc 2 éléments. D’après la relation orbite-stabilisateur, \(|\mathcal{D}| = 6 \times 2 = 12\).
Action sur les trois diagonales et noyau
- Soit \(g \in \mathcal{D}\). Comme \(g\) fixe \(O\), elle envoie le symétrique d’un point par rapport à \(O\) sur le symétrique de son image. Or \(A_{k+3}\) est le symétrique de \(A_k\). Ainsi \(g\) transforme deux sommets opposés en deux sommets opposés, donc une grande diagonale en une grande diagonale. De plus, \(\mathrm{id}\) laisse chaque \(\Delta_i\) en place et \((gh)(\Delta_i) = g(h(\Delta_i))\). On obtient une action, donc un morphisme \(\Phi\) vers le groupe des permutations de \(\{\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3\}\), identifié à \(\mathfrak{S}_3\).
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D’après la question 1, \(\mathcal{D}\) contient les six rotations \(\rho^k\) et six réflexions. D’abord, \(\rho^k(\Delta_1) = (A_kA_{k+3})\), qui est égale à \(\Delta_1\) seulement pour \(k \in \{0, 3\}\). Comme \(\rho^3\) est la symétrie centrale de centre \(O\), elle conserve toute droite passant par \(O\) : \(\rho^3 \in \ker \Phi\).
Ensuite, une réflexion d’axe \(L\) ne laisse invariantes que deux droites passant par \(O\) : \(L\) et sa perpendiculaire. Or les trois diagonales forment deux à deux des angles de \(\frac{\pi}{3}\) ; au plus deux d’entre elles sont donc fixées, et la troisième bouge. Par conséquent, \(\ker \Phi = \{\mathrm{id}, \rho^3\}\).
- L’image de \(\Phi\) est isomorphe à \(\mathcal{D}/\ker \Phi\), d’ordre \(\frac{12}{2} = 6\). Or \(|\mathfrak{S}_3| = 6\), si bien que \(\Phi\) est surjectif. Le premier théorème d’isomorphisme donne alors \(\mathcal{D}/\{\mathrm{id}, \rho^3\} \simeq \mathfrak{S}_3\).
Piège classique : oublier \(\rho^3\) dans le noyau. Une diagonale est une droite : elle reste en place même quand ses deux extrémités s’échangent.
Exercice 3 – Centre et quotient par le centre (4 points)
Le quotient par le centre
- Supposons \(G/Z(G)\) engendré par la classe de \(g\). Tout \(x \in G\) s’écrit alors \(x = g^i z\), avec \(i \in \mathbb{Z}\) et \(z \in Z(G)\) ; de même, \(y = g^j z^{\prime}\). Comme \(z\) et \(z^{\prime}\) commutent avec tout élément, on obtient \(xy = g^{i+j}zz^{\prime}\), puis \(yx = g^{j+i}z^{\prime}z\). Ainsi \(xy = yx\) pour tous \(x, y\) : le groupe \(G\) est commutatif.
Formule des classes et p-groupes
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Pour l’action par conjugaison, l’orbite de \(x\) est sa classe de conjugaison et son stabilisateur est le centralisateur \(C(x)\). En outre, \(x\) est un point fixe si et seulement s’il appartient à \(Z(G)\). Les orbites partitionnent \(G\). En choisissant un représentant \(x_1, \ldots, x_r\) de chaque classe non réduite à un point, la relation orbite-stabilisateur donne la formule des classes :
\[|G| = |Z(G)| + \sum_{i=1}^{r} \frac{|G|}{|C(x_i)|}.\]
Chaque quotient \(\frac{|G|}{|C(x_i)|}\) divise \(p^n\) et dépasse 1, donc c’est un multiple de \(p\). Comme \(p\) divise aussi \(|G|\), il divise \(|Z(G)|\). Or \(Z(G)\) contient l’élément neutre. Par conséquent, \(|Z(G)| \geq p\), et le centre n’est pas trivial.
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Si \(|G| = p^2\), alors \(|Z(G)|\) vaut \(p\) ou \(p^2\). Dans le premier cas, \(G/Z(G)\) est d’ordre \(p\), donc cyclique ; la question 1 rend alors \(G\) commutatif, c’est-à-dire \(Z(G) = G\), ce qui est absurde. Ainsi \(Z(G) = G\) : tout groupe d’ordre \(p^2\) est commutatif.
Soit maintenant \(G\) non commutatif d’ordre 8. Par la question 2, \(|Z(G)| \in \{2, 4, 8\}\). La valeur 8 est exclue, car \(G\) n’est pas commutatif. Si \(|Z(G)| = 4\), alors \(G/Z(G)\) est d’ordre 2, donc cyclique, et \(G\) serait commutatif. On conclut que \(|Z(G)| = 2\).
Exercice 4 – Une parité à la Cayley (3 points)
La translation par un élément d’ordre 2
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Si \(tx = x\), alors \(t = e\) en simplifiant à droite, ce qui est faux. Donc \(\lambda_t\) n’a aucun point fixe. De plus, \(\lambda_t \circ \lambda_t = \lambda_{t^2} = \mathrm{id}\). Les orbites de \(\langle \lambda_t \rangle\) sont donc les paires \(\{x, tx\}\), qui partitionnent les \(2m\) éléments de \(G\) en \(m\) paires.
Ainsi \(\lambda_t\) est le produit des \(m\) transpositions qui échangent \(x\) et \(tx\), à supports disjoints. Comme \(m\) est impair, \(\varepsilon(\lambda_t) = (-1)^m = -1\).
Du plongement de Cayley au sous-groupe d’indice 2
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D’abord, \(\lambda_g\) est bijective, de réciproque \(\lambda_{g^{-1}}\). Ensuite, \(\lambda_{gh}(x) = ghx = \lambda_g(\lambda_h(x))\), donc \(\lambda\) est un morphisme. Enfin, si \(\lambda_g = \mathrm{id}\), alors \(g = \lambda_g(e) = e\) : le morphisme est injectif.
La signature ne dépend pas de la numérotation choisie, car deux numérotations donnent des permutations conjuguées. Alors \(\varepsilon \circ \lambda\) est un morphisme de \(G\) dans \(\{-1, 1\}\), surjectif puisqu’il prend la valeur \(-1\) en \(t\). Son noyau \(K\) est distingué, et \(G/K \simeq \{-1, 1\}\). Donc \(K\) est un sous-groupe distingué d’indice 2 de \(G\).
Piège classique : affirmer qu’un élément d’ordre 2 est toujours une permutation impaire. Ici, l’imparité vient de \(m\) impair et de l’absence de point fixe.
Exercice 5 – Problème : groupes d’ordre pq (6 points)
Partie A : quand les deux Sylow sont distingués
- Comme \(n_q\) divise \(p\), on a \(n_q \in \{1, p\}\). Or \(n_q = p\) imposerait que \(q\) divise \(p – 1\), avec \(0 < p – 1 < q\) : c’est impossible. Donc \(n_q = 1\). Pour tout \(g\), le conjugué \(gQg^{-1}\) est encore un \(q\)-Sylow, donc il est égal à \(Q\). Ainsi \(Q\) est distingué ; d’ordre premier, il est cyclique, car tout élément non neutre l’engendre d’après le théorème de Lagrange.
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De même, \(n_p \in \{1, q\}\). Le cas \(n_p = q\) exigerait \(q \equiv 1 \pmod{p}\), c’est-à-dire que \(p\) divise \(q – 1\), ce qui est exclu. Donc \(n_p = 1\) et \(P\) est distingué. Ensuite, l’ordre de \(P \cap Q\) divise \(p\) et \(q\), donc \(P \cap Q = \{e\}\).
Pour \(x \in P\) et \(y \in Q\), posons \(c = xyx^{-1}y^{-1}\). D’une part, \(c = (xyx^{-1})\,y^{-1}\) appartient à \(Q\), car \(Q\) est distingué. D’autre part, \(c = x\,(yx^{-1}y^{-1})\) appartient à \(P\). Donc \(c = e\), c’est-à-dire \(xy = yx\).
Enfin, soit \(a\) un générateur de \(P\) et \(b\) un générateur de \(Q\). Si \((ab)^k = e\), alors \(a^k b^k = e\), puis \(a^k = b^{-k} \in P \cap Q\). Ainsi \(p\) et \(q\) divisent \(k\), donc \(pq\) aussi. L’élément \(ab\) est d’ordre \(pq\) : le groupe \(G\) est cyclique.
- Pour \(35 = 5 \times 7\), le nombre 5 ne divise pas 6. Pour \(85 = 5 \times 17\), le nombre 5 ne divise pas 16. Tout groupe d’ordre 35 est donc isomorphe à \(\mathbb{Z}/35\mathbb{Z}\), et tout groupe d’ordre 85 à \(\mathbb{Z}/85\mathbb{Z}\).
Partie B : un groupe de transformations affines modulo 7
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Pour tout \(x\), on calcule \(f_{a,b}(f_{c,d}(x)) = a(cx + d) + b\). Donc \(f_{a,b} \circ f_{c,d} = f_{ac,\, ad + b}\). Or \(A = \{1, 2, 4\}\) est un sous-groupe de \((\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^{\times}\), car \(2^3 = 8 \equiv 1\) et \(4 = 2^2\). Ainsi \(\Gamma\) est stable par composition. De plus, \(f_{1,\,0} = \mathrm{id}\), et la formule donne \(f_{a,b}^{-1} = f_{a^{-1},\, -a^{-1}b}\). Comme \(a\) est inversible, chaque \(f_{a,b}\) est une bijection. Donc \(\Gamma\) est un sous-groupe de \(\mathfrak{S}(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})\).
Ensuite, \(b = f_{a,b}(0)\) et \(a = f_{a,b}(1) – f_{a,b}(0)\) : les 21 couples donnent 21 applications distinctes. Par ailleurs, \(f_{2,\,0} \circ f_{1,\,1} = f_{2,\,2}\) tandis que \(f_{1,\,1} \circ f_{2,\,0} = f_{2,\,1}\). Le groupe \(\Gamma\) est donc d’ordre 21 et non commutatif.
Enfin, d’après la formule de composition, \(\pi : f_{a,b} \mapsto a\) est un morphisme surjectif de \(\Gamma\) sur \(A\), de noyau \(T\). Par conséquent, \(T\) est distingué et \(\Gamma/T \simeq A \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\).
Combien de 3-Sylow, et quels ordres ?
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Ici \(p = 3\) et \(q = 7\), et 3 divise 6 : la partie A ne s’applique pas directement. On a \(n_3 \in \{1, 7\}\), car \(n_3\) divise 7 et \(7 \equiv 1 \pmod{3}\). Si \(n_3 = 1\), le 3-Sylow serait distingué ; or la preuve de la question 2 n’utilise que le caractère distingué des deux Sylow, si bien que \(\Gamma\) serait cyclique, donc commutatif. Comme ce n’est pas le cas, \(n_3 = 7\).
Deux 3-Sylow distincts, d’ordre premier, ont une intersection réduite à \(\{e\}\). Chacun contient 2 éléments d’ordre 3, et tout élément d’ordre 3 engendre un 3-Sylow : on obtient \(7 \times 2 = 14\) éléments d’ordre 3. Ensuite, l’unique 7-Sylow est \(T\), d’ordre 7, qui fournit 6 éléments d’ordre 7. Avec le neutre, on retrouve bien \(1 + 14 + 6 = 21\).
En résumé, \(\Gamma\) possède 7 sous-groupes de Sylow d’ordre 3, un élément d’ordre 1, 14 éléments d’ordre 3 et 6 éléments d’ordre 7. On le vérifie directement : les \(f_{a,b}\) avec \(a \in \{2, 4\}\) sont au nombre de 14, et ce sont exactement les éléments hors de \(T\).
Piège classique : appliquer la partie A à l’ordre 21. Le nombre 3 divise \(7 – 1\), et c’est précisément ce qui laisse la place à un groupe non commutatif.
À retenir de ce contrôle
- Le noyau d’un morphisme est distingué et le premier théorème d’isomorphisme identifie le quotient à l’image : c’est la façon standard de reconnaître un quotient.
- Si le quotient d’un groupe par son centre est cyclique, alors le groupe est commutatif ; ce quotient ne peut donc jamais être cyclique non trivial.
- La formule des classes, lue modulo p, montre que le centre d’un p-groupe non trivial contient au moins p éléments.
- Un sous-groupe de Sylow est distingué si et seulement s’il est unique ; les conditions de divisibilité et de congruence suffisent souvent à l’établir.
- Deux sous-groupes distingués d’intersection triviale commutent élément par élément, ce qui donne un produit direct.
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