Ordre, Lagrange et permutations : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « ordre, Lagrange et permutations », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie que l’on attend en licence : chaque hypothèse est vérifiée et chaque théorème est nommé. Pour l’exercice 1, elle passe par la forme exponentielle, ce qui rend la figure des six droites évidente. Les ordres sont obtenus par un argument de divisibilité, puis contrôlés à la main. Ensuite, le théorème de Lagrange sert trois fois, en particulier pour l’intersection de deux sous-groupes. Dans le problème, un schéma des cycles disjoints accompagne le calcul de l’ordre et de la signature. Comparez donc votre copie question par question avec le barème détaillé. Enfin, relisez les pièges signalés, car ils coûtent souvent des points en partiel.
L’énoncé complet se trouve ici : Ordre, Lagrange et permutations : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : ordre, Lagrange et permutations
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Six droites dans le plan complexe | 4 points |
| 2. Quatre calculs d’ordre | 4 points |
| 3. Ce qu’impose le théorème de Lagrange | 4 points |
| 4. Problème : un battage de neuf cartes | 8 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : ordre, Lagrange et permutations
Exercice 1 – Six droites dans le plan complexe (4 points)
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D’abord, \(\mathcal{H} \subset \mathbb{C}^*\) et \(1 \in \mathcal{H}\), car \(1^6 = 1\) est réel : la partie est donc non vide.
Soient ensuite \(z\) et \(w\) dans \(\mathcal{H}\). Le complexe \(w^6\) est réel et non nul, puisque \(w \neq 0\). Ainsi \(\left(z w^{-1}\right)^6 = \frac{z^6}{w^6}\) est un quotient de deux réels, donc il est réel. De plus, \(z w^{-1} \neq 0\).
Par la caractérisation des sous-groupes, \(\mathcal{H}\) est un sous-groupe de \(\left(\mathbb{C}^*, \times\right)\).
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Pour \(z = r\,\mathrm{e}^{i\theta}\) avec \(r > 0\), on a \(z^6 = r^6\,\mathrm{e}^{6i\theta}\). Comme \(r^6 > 0\), le complexe \(z^6\) est réel si et seulement si \(\sin(6\theta) = 0\), c’est-à-dire \(6\theta \in \pi\mathbb{Z}\).
Par conséquent, \(z \in \mathcal{H}\) si et seulement si \(\theta \in \frac{\pi}{6}\mathbb{Z}\), sans condition sur \(r\). Or les arguments \(\theta\) et \(\theta + \pi\) décrivent la même droite. Ainsi \(\mathcal{H}\) est la réunion des six droites d’angles polaires \(0, \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}, \frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{6}\), privée de l’origine.
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Retour sur le cercle unité
Pour \(z \in \mathbb{U}\), on a \(r = 1\). D’après la question précédente, \(z \in \mathcal{H}\) équivaut alors à \(z = \mathrm{e}^{ik\pi/6}\) avec \(k \in \mathbb{Z}\), soit \(z = \mathrm{e}^{2ik\pi/12}\).
Donc \(\mathcal{H} \cap \mathbb{U} = \mathbb{U}_{12}\), le groupe des racines douzièmes de l’unité, qui compte 12 éléments. En effet, c’est une intersection de deux sous-groupes, donc un sous-groupe de \(\mathbb{C}^*\). La figure place ces douze points sur le cercle.
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Si \(z \in \mathcal{P}\), alors \(\frac{1}{z} = \frac{\overline{z}}{|z|^2}\), donc \(\mathrm{Re}\left(\frac{1}{z}\right) = \frac{\mathrm{Re}(z)}{|z|^2} > 0\). La partie est bien stable par inverse.
Cependant, \(z = \mathrm{e}^{i\pi/3}\) appartient à \(\mathcal{P}\), car sa partie réelle vaut \(\frac{1}{2}\). Or \(z^2 = \mathrm{e}^{2i\pi/3}\) a pour partie réelle \(-\frac{1}{2}\). Ainsi \(\mathcal{P}\) n’est pas stable par produit : ce n’est pas un sous-groupe.
Piège classique : oublier de vérifier que \(w^6\) est non nul avant de diviser. Ici, cela vient de \(w \in \mathbb{C}^*\), mais il faut le dire.
Exercice 2 – Quatre calculs d’ordre (4 points)
On utilise un fait du cours : si \(x\) est d’ordre fini \(d\), alors \(x^n = e\) si et seulement si \(d\) divise \(n\).
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Pour \(m \geq 1\), on a \(m\,\overline{15} = \overline{0}\) si et seulement si \(36\) divise \(15m\), soit \(12\) divise \(5m\) après division par 3. Comme \(5\) et \(12\) sont premiers entre eux, le lemme de Gauss donne : \(12\) divise \(m\). Donc \(\overline{15}\) est d’ordre 12.
De même, \(36\) divise \(20m\) équivaut à \(9\) divise \(5m\), donc à \(9\) divise \(m\). Ainsi \(\overline{20}\) est d’ordre 9.
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On a \(\omega = \mathrm{e}^{2i\pi \times 5/14}\). Alors \(\omega^m = 1\) si et seulement si \(\frac{5m}{14} \in \mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(14\) divise \(5m\). Or \(5\) et \(14\) sont premiers entre eux, donc cela revient à \(14\) divise \(m\). L’ordre de \(\omega\) vaut 14.
Ensuite, \(-\omega = \mathrm{e}^{i\pi}\,\mathrm{e}^{5i\pi/7} = \mathrm{e}^{12i\pi/7} = \mathrm{e}^{2i\pi \times 6/7}\). Puisque \(7\) ne divise pas \(6\), la condition \(7\) divise \(6m\) équivaut à \(7\) divise \(m\). Par conséquent, \(-\omega\) est d’ordre 7.
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Deux matrices de GL2(R)
Le calcul donne \(A^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\), puis \(A^3 = A \times A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I_2\).
Il vient \(A^6 = \left(-I_2\right)^2 = I_2\), donc l’ordre de \(A\) divise 6. Or \(A \neq I_2\), \(A^2 \neq I_2\) et \(A^3 = -I_2 \neq I_2\), ce qui exclut 1, 2 et 3. Ainsi \(A\) est d’ordre 6.
Par récurrence, \(B^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\) : en effet, \(B^{n+1} = B^n B\) ajoute 1 au coefficient en haut à droite. Pour \(n \geq 1\), on a donc \(B^n \neq I_2\). La matrice \(B\) est d’ordre infini.
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D’une part, \(\left(x^8\right)^3 = x^{24} = \left(x^{12}\right)^2 = e\), donc l’ordre de \(x^8\) divise 3. D’autre part, \(x^8 \neq e\), car 12 ne divise pas 8. Ainsi \(x^8\) est d’ordre 3.
Enfin, \(\left(x^5\right)^m = e\) équivaut à \(12\) divise \(5m\), donc à \(12\) divise \(m\) par le lemme de Gauss. L’élément \(x^5\) est donc d’ordre 12 : il engendre le même groupe que \(x\).
Piège classique : conclure que \(A\) est d’ordre 3 parce que \(A^3\) est diagonale. Il faut \(A^3 = I_2\), or ici \(A^3 = -I_2\).
Exercice 3 – Ce qu’impose le théorème de Lagrange (4 points)
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Théorème de Lagrange : si \(H\) est un sous-groupe d’un groupe fini \(G\), alors \(|H|\) divise \(|G|\).
Soit \(x \in G\), d’ordre \(d\). Le sous-groupe engendré \(\langle x \rangle = \left\{e, x, \ldots, x^{d-1}\right\}\) a exactement \(d\) éléments, donc \(d\) divise \(|G|\) par Lagrange. Écrivons alors \(|G| = dq\) : il vient \(x^{|G|} = \left(x^d\right)^q = e^q = e\).
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Comme \(p \geq 2\), il existe \(x \in G\) avec \(x \neq e\). Son ordre divise \(p\) d’après la question 1, et il est différent de 1. Puisque \(p\) est premier, cet ordre vaut donc \(p\).
Le sous-groupe \(\langle x \rangle\) a alors \(p\) éléments, autant que \(G\), si bien que \(\langle x \rangle = G\). Ainsi \(G\) est cyclique, engendré par n’importe quel élément distinct de \(e\). De plus, l’ordre d’un sous-groupe divise \(p\), donc vaut 1 ou \(p\). Les seuls sous-groupes de \(G\) sont \(\{e\}\) et \(G\).
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L’intersection est triviale
L’intersection \(H \cap K\) est un sous-groupe de \(H\) et de \(K\). Par Lagrange, son cardinal divise donc 5 et 3, c’est-à-dire leur pgcd, qui vaut 1. Par conséquent, \(H \cap K = \{e\}\).
Injectivité, puis écriture unique
Supposons que \(hk = h^{\prime}k^{\prime}\), avec \(h, h^{\prime} \in H\) et \(k, k^{\prime} \in K\). En multipliant à gauche par \(h^{\prime -1}\) et à droite par \(k^{-1}\), on obtient \(h^{\prime -1}h = k^{\prime}k^{-1}\). Cet élément appartient à \(H\) par le membre de gauche, puis à \(K\) par celui de droite : il vaut donc \(e\). Ainsi \(h = h^{\prime}\) et \(k = k^{\prime}\) : l’application \(\varphi\) est injective.
Enfin, \(H \times K\) et \(G\) ont tous deux \(5 \times 3 = 15\) éléments. Une injection entre ensembles finis de même cardinal est une bijection. Donc tout élément de \(G\) s’écrit de façon unique \(hk\), avec \(h \in H\) et \(k \in K\).
Piège classique : affirmer que \(hk = kh\). Rien ne dit que \(G\) est commutatif, c’est pourquoi on multiplie à gauche et à droite avec soin.
Exercice 4 – Problème : un battage de neuf cartes (8 points)
Les cycles du battage
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Suivons d’abord la carte 1 : \(1 \to 5 \to 8 \to 1\). Partons ensuite du plus petit numéro non atteint, ici 2 : \(2 \to 7 \to 4 \to 9 \to 2\). Il reste alors 3 et 6, avec \(3 \to 6 \to 3\). Tous les numéros sont atteints, donc :
\(\sigma = (1\ 5\ 8)(2\ 7\ 4\ 9)(3\ 6)\).
Le schéma ci-dessous montre ces trois cycles à supports disjoints, de longueurs 3, 4 et 2.
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Des cycles à supports disjoints commutent. Ainsi \(\sigma^m = \mathrm{id}\) si et seulement si chacun des trois cycles élevé à la puissance \(m\) vaut l’identité. Or un cycle de longueur \(k\) est d’ordre \(k\), donc la condition équivaut à : 3, 4 et 2 divisent \(m\). L’ordre de \(\sigma\) est donc \(\mathrm{ppcm}(3, 4, 2) = 12\).
Il faut au minimum 12 battages pour retrouver l’ordre initial des cartes.
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La signature est un morphisme, et un cycle de longueur \(k\) a pour signature \((-1)^{k-1}\). Alors \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^2 \times (-1)^3 \times (-1)^1 = 1 \times (-1) \times (-1)\). Donc \(\varepsilon(\sigma) = 1\) : la permutation est paire.
Ensuite, on vérifie que \((a\ b\ c) = (a\ b)(b\ c)\), la composition se lisant de droite à gauche. De même, \((2\ 7\ 4\ 9) = (2\ 7)(7\ 4)(4\ 9)\). Par conséquent :
\(\sigma = (1\ 5)(5\ 8)(2\ 7)(7\ 4)(4\ 9)(3\ 6)\).
On retrouve ainsi six transpositions, ce qui confirme \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^6 = 1\).
Inverse et puissance 2026
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L’inverse d’un cycle s’obtient en le lisant à l’envers, et les cycles disjoints commutent. Donc \(\sigma^{-1} = (1\ 8\ 5)(2\ 9\ 4\ 7)(3\ 6)\). Par exemple, \(\sigma(8) = 1\), et l’on a bien \(\sigma^{-1}(1) = 8\).
Ensuite, \(2026 = 12 \times 168 + 10\), et \(\sigma^{12} = \mathrm{id}\), donc \(\sigma^{2026} = \sigma^{10}\). Or \(10 = 3 \times 3 + 1\), \(10 = 4 \times 2 + 2\) et 10 est pair. Ainsi \((1\ 5\ 8)^{10} = (1\ 5\ 8)\), puis \((2\ 7\ 4\ 9)^{10} = (2\ 7\ 4\ 9)^2 = (2\ 4)(7\ 9)\), et \((3\ 6)^{10} = \mathrm{id}\).
\(\sigma^{2026} = (1\ 5\ 8)(2\ 4)(7\ 9)\).
Une permutation qui n’est pas un carré
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On calcule \(\tau\sigma(x) = \tau\left(\sigma(x)\right)\) : \(1 \to 5\), \(5 \to 8\), \(8 \to 2\) (car \(\sigma(8) = 1\) et \(\tau(1) = 2\)), \(2 \to 7\), \(7 \to 4\), \(4 \to 9\), puis \(9 \to 1\) (car \(\sigma(9) = 2\) et \(\tau(2) = 1\)). Enfin, 3 et 6 sont échangés.
\(\tau\sigma = (1\ 5\ 8\ 2\ 7\ 4\ 9)(3\ 6)\), d’ordre \(\mathrm{ppcm}(7, 2) = 14\) et de signature \(-1\).
On a bien \(\varepsilon(\tau\sigma) = \varepsilon(\tau)\,\varepsilon(\sigma) = -1 \times 1 = -1\). Or, pour toute \(\rho \in \mathfrak{S}_9\), \(\varepsilon\left(\rho^2\right) = \varepsilon(\rho)^2 = 1\), car \(\varepsilon\) est un morphisme à valeurs dans \(\{-1, 1\}\). Par conséquent, aucune \(\rho\) ne vérifie \(\rho^2 = \tau\sigma\).
Les ordres possibles dans S9
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Le groupe \(\mathfrak{S}_9\) a \(9!\) éléments, et les facteurs premiers de \(9!\) sont 2, 3, 5 et 7. Ainsi 11 ne divise pas \(9!\). D’après le théorème de Lagrange, \(\mathfrak{S}_9\) n’a aucun élément d’ordre 11.
Supposons maintenant qu’une permutation soit d’ordre 18. Son ordre est le ppcm des longueurs de ses cycles disjoints, et ces longueurs valent au plus 9. Comme 9 divise ce ppcm, l’un des cycles a une longueur multiple de 9, donc égale à 9. Ce cycle occupe alors les neuf points, si bien que la permutation est ce seul cycle, d’ordre 9. C’est absurde : aucun élément de \(\mathfrak{S}_9\) n’est d’ordre 18, bien que 18 divise \(9!\). La réciproque de Lagrange est donc fausse.
Enfin, \((1\ 2\ 3\ 4)(5\ 6\ 7\ 8\ 9)\) utilise \(4 + 5 = 9\) points. Elle est d’ordre \(\mathrm{ppcm}(4, 5) = 20\).
Piège classique : composer \(\tau\sigma\) dans le mauvais sens. Ici, on applique d’abord \(\sigma\), puis \(\tau\) ; dans l’autre ordre, on obtiendrait une permutation différente.
À retenir de ce contrôle
- Pour un sous-groupe, vérifiez que la partie est non vide puis stable par le produit de x par l’inverse de y : cette seule condition remplace les trois axiomes.
- Dans Z/nZ, la classe de k a pour ordre n divisé par le pgcd de k et n ; de même, si x est d’ordre d, alors x puissance k est d’ordre d divisé par pgcd(d, k).
- Le théorème de Lagrange impose que l’ordre d’un élément divise le cardinal du groupe, mais sa réciproque est fausse, comme le montre S9.
- L’ordre d’une permutation est le ppcm des longueurs de ses cycles disjoints, et un cycle de longueur k a pour signature (-1) puissance k – 1.
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