Corrigé des exercices : Actions de groupes et Sylow en L3 de maths

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Une action du groupe additif des réels sur le plan

Idée clé : le groupe est additif, donc l’axiome de compatibilité s’écrit \(s \cdot (t \cdot u) = (s + t) \cdot u\), et la seconde coordonnée ne bouge jamais.

1. L’élément neutre est \(0\), et \(0 \cdot (x,y) = (x,y)\). Ensuite, pour \(s, t\) réels, \(s \cdot \big(t \cdot (x,y)\big) = s \cdot (x + ty, y) = (x + ty + sy, y)\). Ce couple vaut \((s+t) \cdot (x,y)\). On a donc bien une action de \((\mathbb{R},+)\) sur \(\mathbb{R}^2\).
2. Si \(y \neq 0\), le réel \(x + ty\) prend toutes les valeurs quand \(t\) parcourt \(\mathbb{R}\). De plus, \(x + ty = x\) impose \(t = 0\). L’orbite est la droite horizontale \(\mathbb{R} \times \{y\}\) et le stabilisateur est \(\{0\}\). Si \(y = 0\), alors \(t \cdot (x, 0) = (x, 0)\) pour tout \(t\). L’orbite est réduite à \(\{(x,0)\}\) et le stabilisateur est \(\mathbb{R}\) tout entier.
3. Le noyau est formé des \(t\) qui fixent tous les points. Le point \((0,1)\) impose déjà \(t = 0\). L’action est donc fidèle. En revanche, la seconde coordonnée est conservée, si bien que \((0,0)\) et \((0,1)\) ne sont pas dans la même orbite. L’action n’est pas transitive.

La figure montre ces orbites : des droites horizontales parcourues par les points, et un axe formé de points fixes.

Corrigé de l’exercice 2 – Le groupe symétrique et les paires d’entiers

Idée clé : une permutation qui conserve une paire conserve aussi la paire complémentaire, ce qui rend le stabilisateur facile à décrire.

1. Comme \(\sigma\) est injective, \(\sigma(i) \neq \sigma(j)\) : l’image est bien une paire. L’identité fixe chaque paire. Enfin, \(\sigma \cdot (\tau \cdot \{i,j\}) = \{\sigma\tau(i), \sigma\tau(j)\} = (\sigma\tau) \cdot \{i,j\}\). C’est une action, et \(|\mathcal{P}| = \binom{4}{2} = 6\).
2. Soit \(\{i,j\}\) une paire. On choisit une permutation \(\sigma\) telle que \(\sigma(1) = i\) et \(\sigma(2) = j\), ce qui est toujours possible. Alors \(\sigma \cdot \{1,2\} = \{i,j\}\). Toutes les paires sont dans l’orbite de \(\{1,2\}\) : l’action est transitive.
3. Si \(\sigma\) conserve \(\{1,2\}\), elle conserve son complémentaire \(\{3,4\}\). Elle agit donc sur chacune des deux paires par l’identité ou par l’échange. Le stabilisateur est \(\{\mathrm{id}, (1\,2), (3\,4), (1\,2)(3\,4)\}\), d’ordre 4. On vérifie que \(6 \times 4 = 24 = |\mathfrak{S}_4|\).
4. Supposons que \(\sigma\) fixe toutes les paires. Alors \(\sigma(1)\) appartient à \(\{1,2\} \cap \{1,3\} = \{1\}\). De même, chaque entier est fixe, donc \(\sigma = \mathrm{id}\). L’action est fidèle : le morphisme \(\mathfrak{S}_4 \to \mathfrak{S}(\mathcal{P}) \simeq \mathfrak{S}_6\) est injectif, et \(\mathfrak{S}_4\) s’identifie à un sous-groupe de \(\mathfrak{S}_6\).

Corrigé de l’exercice 3 – Les rotations d’un pavé aux trois arêtes distinctes

Idée clé : chaque demi-tour change le signe de deux coordonnées exactement, ce qui se lit directement sur les sommets.

1. Notons \(R_x\), \(R_y\) et \(R_z\) les demi-tours. Ainsi \(R_x(x,y,z) = (x,-y,-z)\), \(R_y(x,y,z) = (-x,y,-z)\) et \(R_z(x,y,z) = (-x,-y,z)\). L’orbite de \((a,b,c)\) est donc \(\{(a,b,c), (a,-b,-c), (-a,b,-c), (-a,-b,c)\}\). Aucun demi-tour ne fixe ce sommet, car \(a\), \(b\) et \(c\) sont non nuls. L’orbite a 4 éléments et le stabilisateur est trivial. Les 8 sommets se répartissent en orbites de taille 4. Il y a donc 2 orbites : celle des sommets dont le produit des signes vaut \(+1\), et celle où il vaut \(-1\).
2. Les demi-tours \(R_x\) et \(R_y\) envoient la face \(z = c\) sur la face \(z = -c\), alors que \(R_z\) la conserve. L’orbite de cette face est \(\{z = c, z = -c\}\), et son stabilisateur est \(\{\mathrm{id}, R_z\}\).
3. Pour le sommet, le produit vaut \(4 \times 1 = 4\) ; pour la face, il vaut \(2 \times 2 = 4\). Les deux calculs redonnent \(|G| = 4\).
4. Le groupe \(G\) a 4 éléments, chacun de carré égal à l’identité. De plus, \(R_xR_y = R_z\). C’est le groupe de Klein, isomorphe à \((\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2\).

Corrigé de l’exercice 4 – Un groupe agit sur ses classes à gauche

Idée clé : tout se ramène à l’équivalence \(xH = yH \iff x^{-1}y \in H\).

1. Si \(xH = x^{\prime}H\), on écrit \(x^{\prime} = xh\) avec \(h \in H\). Alors \(gx^{\prime} = (gx)h\), donc \(gx^{\prime}H = gxH\) : la formule ne dépend pas du représentant. Ensuite, \(e \cdot xH = xH\) et \(g \cdot (g^{\prime} \cdot xH) = gg^{\prime}xH\). On obtient bien une action.
2. Pour toute classe, \(xH = x \cdot (eH)\). L’action est donc transitive. Ensuite, \(gxH = xH\) équivaut à \(x^{-1}gx \in H\), c’est-à-dire à \(g \in xHx^{-1}\). Le stabilisateur de \(xH\) est \(xHx^{-1}\).
3. Le noyau est l’intersection de tous les stabilisateurs. Il vaut \(\bigcap_{x} xHx^{-1}\), et il est contenu dans \(H\), qui correspond à \(x = e\).
4. Pour \(H = \{e\}\), le noyau est trivial et \(G/H\) s’identifie à \(G\). On obtient un morphisme injectif de \(G\) dans le groupe des bijections d’un ensemble à \(n\) éléments. Ainsi \(G\) est isomorphe à un sous-groupe de \(\mathfrak{S}_n\) : c’est le théorème de Cayley. Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), ajouter 1 envoie \(0 \mapsto 1 \mapsto 2 \mapsto 3 \mapsto 0\). La permutation associée est le 4-cycle \((0\,1\,2\,3)\).

Corrigé de l’exercice 5 – Classes de conjugaison du groupe symétrique S3

Idée clé : on utilise la règle \(\sigma (a_1\,\dots\,a_k) \sigma^{-1} = (\sigma(a_1)\,\dots\,\sigma(a_k))\) : la conjugaison conserve le type de cycle.

1. L’identité est seule dans sa classe. Ensuite, \(\sigma(1\,2)\sigma^{-1} = (\sigma(1)\,\sigma(2))\) décrit toutes les transpositions. Enfin, \((1\,2)(1\,2\,3)(1\,2) = (2\,1\,3) = (1\,3\,2)\). Les classes sont \(\{\mathrm{id}\}\), \(\{(1\,2), (1\,3), (2\,3)\}\) et \(\{(1\,2\,3), (1\,3\,2)\}\).
2. Le centralisateur de \((1\,2)\) contient \(\mathrm{id}\) et \((1\,2)\). Il ne contient aucun 3-cycle, puisqu’un 3-cycle conjugue \((1\,2)\) en une autre transposition. Il ne contient pas non plus \((1\,3)\) ni \((2\,3)\). On trouve \(C\big((1\,2)\big) = \{\mathrm{id}, (1\,2)\}\), d’indice 3. De même, les puissances de \((1\,2\,3)\) commutent avec lui, mais aucune transposition. On trouve \(C\big((1\,2\,3)\big) = \mathfrak{A}_3\), d’indice 2. Ces indices sont bien les tailles des classes.
3. La formule des classes s’écrit \(6 = 1 + 2 + 3\), et le centre de \(\mathfrak{S}_3\) est trivial.

Corrigé de l’exercice 6 – Formule des classes du groupe diédral d’ordre 8

Idée clé : la relation \(sr = r^{-1}s\) permet de faire passer \(s\) à droite de toute puissance de \(r\), en inversant cette puissance.

1. On calcule \(sr^2 = (sr)r = r^{-1}sr = r^{-1}r^{-1}s = r^{-2}s\). Or \(r^{-2} = r^2\), puisque \(r^4 = e\). Donc \(sr^2 = r^2s\). Comme \(r^2\) commute aussi avec \(r\), il commute avec tous les produits de \(r\) et de \(s\). Ainsi \(r^2\) est central.
2. D’abord, \(srs^{-1} = r^{-1}ss^{-1} = r^3\), et les puissances de \(r\) commutent avec \(r\). La classe de \(r\) est \(\{r, r^3\}\). Ensuite, \(sr^{-1} = rs\) découle de la relation, d’où \(rsr^{-1} = r(rs) = r^2s\). La classe de \(s\) est \(\{s, r^2s\}\). Enfin, \(r(rs)r^{-1} = r^2(sr^{-1}) = r^3s\). La classe de \(rs\) est \(\{rs, r^3s\}\).
3. Les éléments \(r\), \(s\) et \(rs\) ne sont pas centraux, puisque leurs classes ont deux éléments. Le centre est \(\{e, r^2\}\), et la formule des classes s’écrit \(8 = 2 + 2 + 2 + 2\).

Si \(s\) est la symétrie par rapport à une médiane du carré, alors \(r^2s\) est la symétrie par rapport à l’autre médiane. De leur côté, \(rs\) et \(r^3s\) sont les symétries par rapport aux diagonales. La figure colore les axes selon leur classe.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Points fixes d’un groupe d’ordre 25

Idée clé : le lemme des points fixes donne \(|X| \equiv |X^{P}| \pmod{5}\).

1. La taille d’une orbite divise 25 et ne dépasse pas 7. Les orbites ont donc 1 ou 5 éléments.
2. Le lemme donne \(|X^{P}| \equiv 7 \equiv 2 \pmod{5}\). Comme \(0 \leq |X^{P}| \leq 7\), on obtient \(|X^{P}| \in \{2, 7\}\). Il y a au moins deux points fixes.
3. Si \(|X^{P}| = 7\), l’action est triviale. Si \(|X^{P}| = 2\), les 5 points restants forment une orbite de taille 5. Ce sont les deux seules décompositions possibles : \(7 = 1 \times 7\) ou \(7 = 5 + 1 + 1\).
4. Avec 4 éléments, une orbite de taille 5 est impossible. Toutes les orbites sont réduites à un point : l’action est triviale.

Corrigé de l’exercice 8 – Les groupes d’ordre le carré d’un nombre premier

Idée clé : un quotient par le centre ne peut pas être cyclique non trivial, ce qui force \(Z(G) = G\).

1. Soit \(gZ(G)\) un générateur de \(G/Z(G)\). Tout élément s’écrit \(g^{i}z\) avec \(z\) central. Pour \(x = g^{i}z\) et \(y = g^{j}z^{\prime}\), on a \(xy = g^{i+j}zz^{\prime} = yx\). Donc \(G\) est abélien.
2. Le centre d’un p-groupe n’est pas trivial, donc \(|Z(G)| \in \{p, p^2\}\). Si \(|Z(G)| = p\), le quotient \(G/Z(G)\) est d’ordre \(p\), donc cyclique. Par la question 1, \(G\) serait abélien, et alors \(Z(G) = G\) : c’est contradictoire. Ainsi \(Z(G) = G\), et \(G\) est abélien.
3. Si \(G\) contient un élément d’ordre \(p^2\), il est cyclique. Sinon, tout élément non neutre est d’ordre \(p\). Noté additivement, \(G\) vérifie alors \(px = 0\) pour tout \(x\). C’est donc un espace vectoriel sur \(\mathbb{F}_p\), de cardinal \(p^2\), donc de dimension 2. Ainsi \(G \simeq \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}\) ou \(G \simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^2\), et ces deux groupes ne sont pas isomorphes.

Corrigé de l’exercice 9 – Centre d’un groupe non abélien d’ordre 27

Idée clé : on élimine les ordres possibles du centre grâce au résultat sur \(G/Z(G)\) cyclique.

1. Le centre est non trivial, donc d’ordre 3, 9 ou 27. L’ordre 27 est exclu, car \(G\) n’est pas abélien. Si \(|Z(G)| = 9\), le quotient est d’ordre 3, donc cyclique, et \(G\) serait abélien. Par conséquent, \(|Z(G)| = 3\).
2. Le centralisateur \(C(x)\) contient \(Z(G)\) et \(x\). Il est donc d’ordre strictement supérieur à 3. Comme son ordre divise 27, il vaut 9 ou 27. Or l’ordre 27 signifierait que \(x\) est central. Ainsi \(|C(x)| = 9\).
3. Chaque classe non centrale a donc \(27/9 = 3\) éléments. La formule des classes donne \(27 = 3 + 3k\), d’où \(k = 8\). En ajoutant les 3 classes centrales à un élément, \(G\) possède 11 classes de conjugaison.

Corrigé de l’exercice 10 – Sous-groupes de Sylow du groupe S4

Idée clé : les 2-Sylow apparaissent comme stabilisateurs dans l’action de \(\mathfrak{S}_4\) sur les trois façons de couper \(\{1,2,3,4\}\) en deux paires.

1. On a \(24 = 2^3 \times 3\). Le nombre \(n_2\) divise 3 et il est impair : \(n_2 \in \{1, 3\}\). Le nombre \(n_3\) divise 8 et vaut 1 modulo 3. Ainsi \(n_3 \in \{1, 4\}\).
2. Un 3-Sylow est d’ordre 3, donc engendré par un élément d’ordre 3, c’est-à-dire un 3-cycle. Il y a \(4 \times 2 = 8\) trois-cycles, et chaque sous-groupe en contient deux. On obtient \(n_3 = 4\).
3. Les partitions en deux paires sont \(\{12|34\}\), \(\{13|24\}\) et \(\{14|23\}\). Le groupe \(\mathfrak{S}_4\) les permute ; ainsi \((2\,3)\) envoie la première sur la deuxième, et \((2\,4)\) sur la troisième. L’action est transitive, donc le stabilisateur de \(\{12|34\}\) est d’ordre \(24/3 = 8\). C’est un 2-Sylow, formé de \(\mathrm{id}\), \((1\,2)\), \((3\,4)\), \((1\,2)(3\,4)\), \((1\,3)(2\,4)\), \((1\,4)(2\,3)\), \((1\,3\,2\,4)\) et \((1\,4\,2\,3)\).
4. Les stabilisateurs des trois partitions sont distincts : \((1\,2)\) conserve \(\{12|34\}\), mais envoie \(\{13|24\}\) sur \(\{23|14\}\). Donc \(n_2 \geq 2\). Par la question 1, \(n_2 = 3\).

Corrigé de l’exercice 11 – Les groupes d’ordre 45 sont abéliens

Idée clé : les congruences de Sylow ne laissent qu’une possibilité pour chaque premier, puis la proposition du cours sur les produits directs conclut.

1. On a \(45 = 3^2 \times 5\). Le nombre \(n_5\) divise 9 et vaut 1 modulo 5 ; or \(3 \equiv 3\) et \(9 \equiv 4 \pmod{5}\). De même, \(n_3\) divise 5 et vaut 1 modulo 3 ; or \(5 \equiv 2 \pmod{3}\). Donc \(n_3 = n_5 = 1\).
2. Les Sylow \(P\), d’ordre 9, et \(Q\), d’ordre 5, sont distingués. Leur intersection est triviale, car son ordre divise 9 et 5. Enfin, \(|P| \times |Q| = 45\). Par la proposition du cours, \(G \simeq P \times Q\). Or \(P\) est abélien, comme tout groupe d’ordre \(3^2\), et \(Q\) est cyclique. Ainsi \(G\) est abélien.
3. Le groupe \(P\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}\) ou à \((\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^2\). On obtient \(\mathbb{Z}/45\mathbb{Z}\) ou \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\). Le premier a un élément d’ordre 45, le second n’a pas d’élément d’ordre supérieur à 15. Il existe exactement deux groupes d’ordre 45 à isomorphisme près.

Corrigé de l’exercice 12 – Groupes d’ordre pq et ordres 33, 35, 51

Idée clé : l’hypothèse « \(p\) ne divise pas \(q-1\) » est exactement ce qui empêche \(n_p = q\).

1. Le nombre \(n_q\) divise \(p\), donc vaut 1 ou \(p\). Comme \(1 < p < q\), on a \(p \not\equiv 1 \pmod{q}\), d’où \(n_q = 1\). Ensuite, \(n_p\) vaut 1 ou \(q\). Or \(q \equiv 1 \pmod{p}\) signifierait que \(p\) divise \(q – 1\). Donc \(n_p = n_q = 1\).
2. Les Sylow \(P \simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) et \(Q \simeq \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}\) sont distingués, d’intersection triviale. Ainsi \(G \simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/q\mathbb{Z}\). Comme \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux, le lemme chinois donne \(G \simeq \mathbb{Z}/pq\mathbb{Z}\). Le groupe \(G\) est cyclique.
3. On vérifie l’hypothèse : 3 ne divise pas 10, 5 ne divise pas 6, et 3 ne divise pas 16. Tout groupe d’ordre 33, 35 ou 51 est cyclique.
4. Pour \(21 = 3 \times 7\), le premier 3 divise \(7 – 1 = 6\). La valeur \(n_3 = 7\) n’est donc pas exclue, puisque \(7 \equiv 1 \pmod{3}\). L’argument tombe en défaut. D’ailleurs, il existe un groupe non abélien d’ordre 21.

Corrigé de l’exercice 13 – Le groupe linéaire sur le corps à deux éléments

Idée clé : une action fidèle sur un ensemble à trois éléments donne un morphisme injectif vers \(\mathfrak{S}_3\), et les cardinaux concluent.

1. Une matrice est inversible si et seulement si ses colonnes forment une base. La première colonne est l’un des 3 vecteurs non nuls. La seconde doit éviter la droite engendrée par la première, qui contient 2 vecteurs. Il reste \(4 – 2 = 2\) choix. Ainsi \(|G| = 3 \times 2 = 6\).
2. Une matrice inversible envoie un vecteur non nul sur un vecteur non nul. De plus, \(I_2v = v\) et \((AB)v = A(Bv)\). La multiplication définit donc une action de \(G\) sur \(X\).
3. Si \(A\) fixe les trois vecteurs non nuls, elle fixe en particulier \(e_1\) et \(e_2\). Ses colonnes sont alors \(e_1\) et \(e_2\), donc \(A = I_2\). L’action est fidèle.
4. Le morphisme associé \(G \to \mathfrak{S}(X)\) est injectif, et \(\mathfrak{S}(X) \simeq \mathfrak{S}_3\) a 6 éléments, comme \(G\). Ce morphisme est donc un isomorphisme : \(GL_2(\mathbb{F}_2) \simeq \mathfrak{S}_3\).

Corrigé de l’exercice 14 – Conjugués d’un sous-groupe et normalisateur

Idée clé : le nombre de conjugués est la taille d’une orbite, donc l’indice d’un stabilisateur, ici le normalisateur.

1. Par définition, \(g\) fixe \(H\) si et seulement si \(gHg^{-1} = H\), c’est-à-dire \(g \in N(H)\). La relation orbite-stabilisateur donne alors \([G : N(H)]\) conjugués.
2. On a \(H = \{\mathrm{id}, (1\,2\,3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4\,3\,2)\}\). La règle de conjugaison donne \((1\,3)(1\,2\,3\,4)(1\,3) = (3\,2\,1\,4) = (1\,4\,3\,2)\), qui est dans \(H\). Par conséquent, \((1\,3)\) conjugue un générateur de \(H\) en un élément de \(H\) : \((1\,3)\) normalise \(H\). En revanche, \((1\,2)(1\,2\,3\,4)(1\,2) = (2\,1\,3\,4) = (1\,3\,4\,2)\), qui n’est pas dans \(H\). Donc \((1\,2)\) ne normalise pas \(H\).
3. Le normalisateur contient \(H\) et \((1\,3)\). Ces éléments engendrent le groupe des isométries du carré de sommets successifs 1, 2, 3, 4, qui est d’ordre 8. Ainsi 8 divise \(|N(H)|\), qui divise 24. Comme \((1\,2) \notin N(H)\), on a \(N(H) \neq \mathfrak{S}_4\). Donc \(|N(H)| = 8\), et \(H\) a \(24/8 = 3\) conjugués : \(\langle (1\,2\,3\,4) \rangle\), \(\langle (1\,2\,4\,3) \rangle\) et \(\langle (1\,3\,2\,4) \rangle\).

Corrigé de l’exercice 15 – Les rotations du cube permutent ses diagonales

Idée clé : le noyau de \(\varphi\) est distingué, donc réunion de classes de conjugaison ; il suffit de tester un représentant par classe.

1. Une rotation du cube fixe l’origine et permute les sommets. Elle envoie donc deux sommets opposés sur deux sommets opposés, c’est-à-dire une diagonale sur une diagonale. On obtient une action sur les quatre diagonales, d’où un morphisme \(\varphi : G \to \mathfrak{S}_4\).
2. Le demi-tour d’axe \((Oz)\) est \((x,y,z) \mapsto (-x,-y,z)\). Il envoie \((1,1,1)\) sur \((-1,-1,1)\) et \((-1,1,1)\) sur \((1,-1,1)\). Son image est \((1\,4)(2\,3)\). La rotation \((x,y,z) \mapsto (z,x,y)\) fixe \((1,1,1)\). Elle envoie \((-1,1,1)\) sur \((1,-1,1)\), puis \((1,-1,1)\) sur \((1,1,-1)\), qui est sur \(d_4\), et \((-1,-1,1)\) sur \((1,-1,-1)\), qui est sur \(d_2\). Son image est \((2\,3\,4)\). Enfin, le demi-tour d’axe dirigé par \((1,0,1)\) est \((x,y,z) \mapsto (z,-y,x)\). Il échange \(d_1\) et \(d_3\), et il envoie \((-1,1,1)\) sur \((1,-1,-1)\), qui est encore sur \(d_2\). De même, \(d_4\) est conservée. Son image est la transposition \((1\,3)\).
3. Le noyau \(K\) est distingué, donc réunion de classes de conjugaison. Les trois rotations de la question 2 représentent trois classes du cours, et aucune n’est dans \(K\). Reste la classe des quarts de tour : le carré d’un quart de tour est un demi-tour de faces, qui n’est pas dans \(K\). Un quart de tour n’est donc pas dans \(K\) non plus. Ainsi \(K = \{\mathrm{id}\}\). Le morphisme \(\varphi\) est injectif, et comme \(|G| = 24 = |\mathfrak{S}_4|\), c’est un isomorphisme.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Aucun groupe d’ordre 132 n’est simple

Idée clé : si aucun Sylow n’est distingué, les éléments d’ordre 11 et 3 occupent presque tout le groupe, et il ne reste plus assez de place pour deux 2-Sylow.

1. Le nombre \(n_2\) divise 33 : il vaut 1, 3, 11 ou 33, tous impairs. Le nombre \(n_3\) divise 44 et vaut 1 modulo 3 : \(n_3 \in \{1, 4, 22\}\). Enfin, \(n_{11}\) divise 12 et vaut 1 modulo 11 : \(n_{11} \in \{1, 12\}\). On a aussi \(n_2 \in \{1, 3, 11, 33\}\).
2. Si \(G\) est simple, aucun Sylow n’est distingué, donc aucun \(n_p\) ne vaut 1. Ainsi \(n_{11} = 12\). Deux 11-Sylow distincts se coupent en \(\{e\}\), car leur ordre est premier. Ils fournissent \(12 \times 10 = 120\) éléments d’ordre 11.
3. Si \(n_3 = 22\), on obtiendrait \(22 \times 2 = 44\) éléments d’ordre 3, soit \(120 + 44 = 164 > 132\) éléments : c’est impossible. Donc \(n_3 = 4\), ce qui donne 8 éléments d’ordre 3. Avec l’élément neutre, on a déjà compté \(120 + 8 + 1 = 129\) éléments. Il reste exactement 3 éléments d’ordre différent de 1, 3 et 11.
4. Un 2-Sylow a 4 éléments. Ses trois éléments non neutres sont d’ordre 2 ou 4, donc ce sont exactement les trois éléments restants. Tout 2-Sylow est ainsi égal à l’ensemble formé de \(e\) et de ces trois éléments. Il est donc unique, et \(n_2 = 1\) : c’est contradictoire. Aucun groupe d’ordre 132 n’est simple.

La figure résume le comptage dans l’hypothèse absurde.

Corrigé de l’exercice 17 – Sous-groupes distingués d’un p-groupe

Idée clé : un sous-groupe d’ordre \(p\) du centre est distingué, et le quotient permet une récurrence.

1. Le centre n’est pas trivial. Soit \(z \neq e\) dans \(Z(G)\), d’ordre \(p^{j}\) avec \(j \geq 1\). Alors \(z^{p^{j-1}}\) est d’ordre \(p\). C’est un élément central d’ordre \(p\).
2. Pour \(n = 1\), les sous-groupes \(\{e\}\) et \(G\) conviennent. Supposons le résultat vrai pour l’ordre \(p^{n-1}\), avec \(n \geq 2\). Soit \(N\) le sous-groupe engendré par l’élément de la question 1. Il est d’ordre \(p\), et distingué car central. Le quotient \(G/N\) est d’ordre \(p^{n-1}\). Pour \(1 \leq k \leq n\), il possède donc un sous-groupe distingué \(\bar{K}\) d’ordre \(p^{k-1}\). Son image réciproque \(K\) par la projection \(\pi : G \to G/N\) est distinguée dans \(G\), et \(|K| = p \times p^{k-1} = p^{k}\). Le cas \(k = 0\) est donné par \(\{e\}\). Le résultat est donc vrai pour tout \(n\).
3. L’action de \(G\) sur \(G/H\) donne un morphisme \(\psi : G \to \mathfrak{S}_p\), dont le noyau \(K\) est contenu dans \(H\), d’après l’exercice 4. L’ordre de \(G/K\) divise \(p^{n}\) et \(p!\). Or \(p^2\) ne divise pas \(p!\). Donc \([G : K] \leq p\). Mais \(K \subset H\) donne \([G : K] \geq [G : H] = p\). Ainsi \([G : K] = p\), puis \(K = H\). Le sous-groupe \(H\) est un noyau, donc il est distingué.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème sur les rotations du tétraèdre régulier

Idée clé : l’action sur les quatre sommets identifie \(T\) à un sous-groupe de \(\mathfrak{S}_4\), et le comptage des éléments par type fait le reste.

1. La rotation d’angle \(2\pi/3\) autour de l’axe passant par \(A_1\) permute circulairement \(A_2\), \(A_3\) et \(A_4\). Le demi-tour autour de l’axe joignant les milieux de \([A_1A_j]\) et de l’arête opposée échange \(A_1\) et \(A_j\). L’action est donc transitive. Une rotation qui fixe \(A_1\) conserve la face opposée et son centre. C’est donc une rotation autour de l’axe passant par \(A_1\) et ce centre, qui permute circulairement les trois autres sommets. Il y en a 3. Ainsi \(|T| = 4 \times 3 = 12\).
2. On trouve l’identité, puis les rotations d’angle \(\pm 2\pi/3\) autour des 4 axes sommet-face, soit 8 éléments. Enfin, il y a les demi-tours autour des 3 axes joignant les milieux d’arêtes opposées. On vérifie que \(1 + 8 + 3 = 12\).
3. Une rotation qui fixe les quatre sommets fixe les vecteurs \(\overrightarrow{OA_1}\), \(\overrightarrow{OA_2}\) et \(\overrightarrow{OA_3}\), qui forment une base. C’est donc l’identité, et l’action est fidèle. Ensuite, chaque rotation d’ordre 3 fixe un sommet et fait tourner les trois autres, tandis qu’un demi-tour échange les sommets deux par deux. Toutes ces images ont une signature égale à \(+1\). L’image est donc un sous-groupe de \(\mathfrak{A}_4\) d’ordre 12. Ainsi \(T \simeq \mathfrak{A}_4\).
4. Conjuguer un demi-tour donne un demi-tour autour de l’axe image. Or la rotation d’ordre 3 d’axe \(A_1\) permute circulairement les trois paires d’arêtes opposées. Les trois demi-tours forment donc une classe. Une classe de 8 éléments est impossible, car 8 ne divise pas 12. Les rotations d’ordre 3 ne forment donc pas une seule classe. Avec deux classes de 4 éléments, la formule des classes s’écrit \(12 = 1 + 3 + 4 + 4\), et le centre est trivial.
5. On a \(12 = 2^2 \times 3\). Les éléments d’ordre une puissance de 2 sont l’identité et les trois demi-tours. Tout 2-Sylow, d’ordre 4, est donc formé exactement de ces quatre éléments. Ainsi \(n_2 = 1\). Ensuite, chaque sous-groupe d’ordre 3 contient deux des huit rotations d’ordre 3. On obtient \(n_3 = 8/2 = 4\), qui divise 4 et vaut 1 modulo 3.
6. Supposons que \(H\) soit d’ordre 6. Il est d’indice 2, donc distingué, et \(T/H\) est d’ordre 2. Par conséquent, \(g^2 \in H\) pour tout \(g\). Si \(g\) est d’ordre 3, alors \(g = g^4 = (g^2)^2\) appartient à \(H\). Par conséquent, \(H\) renfermerait l’élément neutre et les huit rotations d’ordre 3, ce qui dépasse 6. C’est absurde : \(T\), donc \(\mathfrak{A}_4\), n’a aucun sous-groupe d’ordre 6.

Ainsi, diviser l’ordre du groupe ne suffit pas pour être l’ordre d’un sous-groupe. Les théorèmes de Sylow ne la garantissent que pour les puissances d’un nombre premier.

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Actions de groupes et Sylow en L3 de maths» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 769 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.