Corrigé des exercices : Groupes quotients en L3 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Classes de Z/21Z modulo le sous-groupe engendré par 6

Idée clé : dans \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), le sous-groupe engendré par \(\bar k\) ne dépend que de \(\mathrm{pgcd}(k, n)\).

1. L’ordre de \(\bar 6\) vaut \(21/\mathrm{pgcd}(6, 21) = 21/3 = 7\). Les multiples successifs sont \(\bar 0, \bar 6, \overline{12}, \overline{18}\), puis \(24 \equiv 3\), \(30 \equiv 9\) et \(36 \equiv 15\). Ainsi \(H = \{\bar 0, \bar 3, \bar 6, \bar 9, \overline{12}, \overline{15}, \overline{18}\}\).
2. On a \(\bar 3 = 4 \cdot \bar 6\), donc \(\langle \bar 3 \rangle \subset H\). Or \(\bar 3\) est d’ordre \(21/3 = 7\). Les deux sous-groupes ont donc 7 éléments. Par conséquent, \(H = \langle \bar 3 \rangle\).
3. Deux éléments sont dans la même classe lorsque leur différence est dans \(H\), c’est-à-dire divisible par 3. On obtient trois classes : \(\bar 0 + H\), formée des multiples de 3 ; \(\bar 1 + H = \{\bar 1, \bar 4, \bar 7, \overline{10}, \overline{13}, \overline{16}, \overline{19}\}\) ; \(\bar 2 + H = \{\bar 2, \bar 5, \bar 8, \overline{11}, \overline{14}, \overline{17}, \overline{20}\}\). Donc \([G:H] = 3\), en accord avec \(21 = 3 \times 7\).
4. L’application \(\bar x \mapsto x \bmod 3\) est bien définie de \(\mathbb{Z}/21\mathbb{Z}\) vers \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\), car 3 divise 21. C’est un morphisme surjectif de noyau \(H\). Le premier théorème donne \(G/H \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\).

La figure place les 21 éléments sur un cercle : les trois couleurs alternent, ce qui traduit la congruence modulo 3.

Corrigé de l’exercice 2 – Classes à gauche et à droite d’un stabilisateur dans S4

Idée clé : une classe à gauche \(\sigma H\) se lit sur l’image de 4, une classe à droite \(H\sigma\) sur l’antécédent de 4.

1. L’identité fixe 4. Si \(\tau\) et \(\tau^{\prime}\) fixent 4, alors \(\tau\tau^{\prime}(4) = 4\) et \(\tau^{-1}(4) = 4\). Donc \(H\) est un sous-groupe. De plus, la restriction à \(\{1, 2, 3\}\) est une bijection de \(H\) sur les permutations de \(\{1, 2, 3\}\). Ainsi \(|H| = 3! = 6\).
2. Soit \(h \in H\). Alors \(\sigma h(4) = \sigma(4) = 1\). Réciproquement, si \(\tau(4) = 1\), posons \(h = \sigma^{-1}\tau = \sigma\tau\). On a \(h(4) = \sigma(1) = 4\), donc \(h \in H\) et \(\tau = \sigma h\). D’où \(\sigma H = \{\tau \mid \tau(4) = 1\}\).
3. Soit \(h \in H\). Alors \(h\sigma(1) = h(4) = 4\). Réciproquement, si \(\tau(1) = 4\), posons \(h = \tau\sigma^{-1} = \tau\sigma\). On a \(h(4) = \tau(1) = 4\), donc \(\tau = h\sigma \in H\sigma\). D’où \(H\sigma = \{\tau \mid \tau(1) = 4\}\).
4. Le cycle \((1\,2\,4)\) envoie 4 sur 1, donc il appartient à \(\sigma H\). En revanche, il envoie 1 sur 2, et non sur 4. Il n’est donc pas dans \(H\sigma\). Ainsi \(\sigma H \neq H\sigma\), et \(H\) n’est pas distingué dans \(S_4\).
5. On a \(xH = yH\) si et seulement si \(x^{-1}y \in H\), c’est-à-dire \(y(4) = x(4)\). Les quatre classes à gauche sont donc les ensembles \(C_j = \{\tau \mid \tau(4) = j\}\), pour \(j \in \{1, 2, 3, 4\}\), chacun de cardinal 6.

Corrigé de l’exercice 3 – Signature et puissances d’une permutation de S8

Idée clé : on suit les images d’un élément jusqu’au retour au point de départ, puis on recommence avec un élément non encore atteint.

1. On a \(1 \mapsto 5 \mapsto 8 \mapsto 3 \mapsto 1\), puis \(2 \mapsto 7 \mapsto 2\). Enfin, 4 et 6 sont fixes. Donc \(\sigma = (1\,5\,8\,3)(2\,7)\).
2. L’ordre d’un produit de cycles disjoints est le ppcm de leurs longueurs : \(\mathrm{ppcm}(4, 2) = 4\). Le 4-cycle a pour signature \((-1)^3 = -1\), et la transposition \(-1\). Donc \(\sigma\) est d’ordre 4, \(\varepsilon(\sigma) = 1\) et \(\sigma \in A_8\).
3. Comme \(2026 = 4 \times 506 + 2\), on a \(\sigma^{2026} = \sigma^2\). Les cycles disjoints commutent, donc \(\sigma^2 = (1\,5\,8\,3)^2 (2\,7)^2 = (1\,5\,8\,3)^2\). Or \(1 \mapsto 8\), \(8 \mapsto 1\), \(5 \mapsto 3\) et \(3 \mapsto 5\). Ainsi \(\sigma^{2026} = (1\,8)(3\,5)\).
4. On utilise \((a_1\,a_2\,a_3\,a_4) = (a_1\,a_2)(a_2\,a_3)(a_3\,a_4)\). On obtient \(\sigma = (1\,5)(5\,8)(8\,3)(2\,7)\), produit de quatre transpositions, ce qui confirme la parité.

Corrigé de l’exercice 4 – Calculs de mots dans le groupe diédral D5

Idée clé : on utilise sans cesse \(sr^k s = r^{-k}\) et \(r^k s = sr^{-k}\), puis on réduit les exposants modulo 5.

1. On a \(s r^4 s = r^{-4}\). Donc \(r^3 s r^4 s r = r^3 r^{-4} r = r^0\). Ainsi \(r^3 s r^4 s r = e\).
2. D’abord, \(s r^2 s = r^{-2}\). Ensuite, \(s r^2 s r^3 s = r^{-2} r^3 s = rs\). Enfin, \(rs = sr^{-1} = sr^4\). Donc \(s r^2 s r^3 s = sr^4\).
3. On calcule \((r^2 s)^2 = r^2 (s r^2 s) = r^2 r^{-2} = e\). De plus, \(r^2 s \neq e\), puisque c’est une réflexion. Donc \(r^2 s\) est d’ordre 2.
4. On a \((sr)^{-1} = r^{-1}s^{-1} = r^{-1}s = sr\). Par conséquent, \((sr)^{-1} r^3 = sr \cdot r^3\). Donc \((sr)^{-1}r^3 = sr^4\).

Corrigé de l’exercice 5 – Matrices de déterminant positif

Idée clé : un sous-groupe défini par une condition sur le déterminant est le noyau d’un morphisme bien choisi.

1. Posons \(f(M) = \det M / |\det M|\), à valeurs dans \(\{-1, 1\}\). Comme le déterminant est multiplicatif, \(f\) est un morphisme. Il est surjectif, car \(f(J) = -1\). Son noyau est \(G^+\). Donc \(G^+ \trianglelefteq G\) et \(G/G^+ \simeq \{-1, 1\}\).
2. Une classe est \(G^+\) elle-même. Si \(\det M < 0\), alors \(\det(JM) = -\det M > 0\), donc \(M = J(JM) \in JG^+\). Les deux classes sont \(G^+\) et \(JG^+ = \{M \mid \det M < 0\}\).
3. La restriction du déterminant à \(G^+\) est un morphisme vers \(\mathbb{R}_+^*\). Il est surjectif, car \(\det(\operatorname{diag}(t, 1)) = t\) pour \(t > 0\). Son noyau est \(\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})\). Donc \(\mathrm{SL}_2(\mathbb{R}) \trianglelefteq G^+\) et \(G^+/\mathrm{SL}_2(\mathbb{R}) \simeq \mathbb{R}_+^*\).

Corrigé de l’exercice 6 – Générateurs et sous-groupes de Z/20Z

Idée clé : l’ordre de \(\bar k\) vaut \(20/\mathrm{pgcd}(k, 20)\), et il y a exactement un sous-groupe par diviseur de 20.

1. Les générateurs sont les \(\bar k\) avec \(\mathrm{pgcd}(k, 20) = 1\). Ce sont \(\bar 1, \bar 3, \bar 7, \bar 9, \overline{11}, \overline{13}, \overline{17}, \overline{19}\), soit \(\varphi(20) = 8\) éléments.
2. Les diviseurs de 20 sont 1, 2, 4, 5, 10 et 20. Le sous-groupe d’ordre \(d\) est \(\langle \overline{20/d} \rangle\). On obtient \(\{\bar 0\}\), \(\langle \overline{10} \rangle\) d’ordre 2, \(\langle \bar 5 \rangle\) d’ordre 4, \(\langle \bar 4 \rangle\) d’ordre 5, \(\langle \bar 2 \rangle\) d’ordre 10 et le groupe entier.
3. L’ordre de \(\bar k\) vaut 4 si et seulement si \(\mathrm{pgcd}(k, 20) = 5\). Les éléments d’ordre 4 sont \(\bar 5\) et \(\overline{15}\). De même, l’ordre vaut 10 si et seulement si \(\mathrm{pgcd}(k, 20) = 2\). Les éléments d’ordre 10 sont \(\bar 2, \bar 6, \overline{14}, \overline{18}\).
4. On a \(\langle \bar 4 \rangle = \{\bar 0, \bar 4, \bar 8, \overline{12}, \overline{16}\}\) et \(\langle \overline{10} \rangle = \{\bar 0, \overline{10}\}\). Leur intersection est \(\{\bar 0\}\). Ensuite, la somme contient \(\overline{10} – \bar 8 = \bar 2\), donc elle contient \(\langle \bar 2 \rangle\). Elle est aussi contenue dans \(\langle \bar 2 \rangle\), car \(\bar 4\) et \(\overline{10}\) sont pairs. Donc \(\langle \bar 4 \rangle + \langle \overline{10} \rangle = \langle \bar 2 \rangle\), d’ordre \(10 = 5 \times 2\).

Le treillis résume la situation : chaque trait relie deux sous-groupes emboîtés.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Centre de D6 et quotient par le centre

Idée clé : on détermine l’ordre des classes de \(r\) et \(s\), puis on applique le critère de reconnaissance des groupes diédraux.

1. Soit \(z \in Z(G)\) et \(g \in G\). Alors \(gzg^{-1} = zgg^{-1} = z\). Ainsi, la conjugaison fixe chaque élément du centre. Tout sous-groupe de \(Z(G)\), et en particulier \(Z(G)\), est donc distingué.
2. Une réflexion \(sr^k\) n’est pas centrale. En effet, \(r \cdot sr^k = sr^{k-1}\) et \(sr^k \cdot r = sr^{k+1}\), qui diffèrent car \(r^2 \neq e\). Ensuite, \(r^k\) commute avec \(r\). Il commute avec \(s\) si et seulement si \(sr^ks = r^k\), soit \(r^{-k} = r^k\), soit 6 divise \(2k\). Donc \(Z = \{e, r^3\}\).
3. On a \(|D_6/Z| = 12/2 = 6\). Ensuite, \(\rho^3\) est la classe de \(r^3 \in Z\), donc \(\rho^3 = 1\). Comme \(r \notin Z\), \(\rho \neq 1\), et l’ordre de \(\rho\) divise 3. Donc \(\rho\) est d’ordre 3. De même, \(s \notin Z\) et \(s^2 = e\). Donc \(\sigma\) est d’ordre 2.
4. Le groupe \(D_6/Z\) est engendré par \(\rho\) et \(\sigma\), images des générateurs. De plus, \(\sigma\rho\sigma\) est la classe de \(srs = r^{-1}\), donc \(\sigma\rho\sigma = \rho^{-1}\). Le groupe est d’ordre \(6 = 2 \times 3\). Le critère du cours, avec \(m = 3\), s’applique. Ainsi \(D_6/Z \simeq D_3\).

Corrigé de l’exercice 8 – Un quotient du réseau des points entiers du plan

Idée clé : la condition qui définit \(H\) est l’annulation d’un morphisme vers \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\).

1. Posons \(f(a, b) = \overline{a + 2b} \in \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\). C’est un morphisme, car \(a + 2b\) dépend linéairement de \((a, b)\). Il est surjectif, puisque \(f(1, 0) = \bar 1\). Son noyau est \(H\). Donc \(H\) est distingué et \(\mathbb{Z}^2/H \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\).
2. On a \(f(0, 0) = \bar 0\), \(f(1, 0) = \bar 1\) et \(f(2, 0) = \bar 2\). Les classes sont \(H\), \((1, 0) + H\) et \((2, 0) + H\).
3. D’abord, \((1, 1)\) et \((3, 0)\) sont dans \(H\), car \(1 + 2 = 3\) et \(3 + 0 = 3\). Donc \(\mathbb{Z}(1, 1) + \mathbb{Z}(3, 0) \subset H\). Réciproquement, soit \((a, b) \in H\). Alors \((a, b) – b(1, 1) = (a – b, 0)\). Or \(a – b = (a + 2b) – 3b\) est divisible par 3. Donc \((a – b, 0)\) est un multiple de \((3, 0)\). Ainsi \(H = \mathbb{Z}(1, 1) + \mathbb{Z}(3, 0)\).
4. On a \(7 + 2 \times 5 = 17 \equiv 2\). Donc \((7, 5) \in (2, 0) + H\). Ensuite, \(5 + 2 \times (-7) = -9 \equiv 0\). Donc \((5, -7) \in H\).

Corrigé de l’exercice 9 – Matrices triangulaires et matrices unipotentes

Idée clé : les coefficients diagonaux d’un produit de matrices triangulaires se multiplient, ce qui fournit un morphisme vers \(\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*\).

1. On calcule \[\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & c \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a^{\prime} & b^{\prime} \\ 0 & c^{\prime} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} aa^{\prime} & ab^{\prime} + bc^{\prime} \\ 0 & cc^{\prime} \end{pmatrix}.\] Le produit reste dans \(T\). De plus, l’inverse vaut \(\begin{pmatrix} 1/a & -b/(ac) \\ 0 & 1/c \end{pmatrix}\), qui est dans \(T\). Donc \(T\) est un sous-groupe de \(\mathrm{GL}_2(\mathbb{R})\).
2. Le calcul précédent montre que \(\varphi(M) = (a, c)\) est un morphisme de \(T\) vers \(\mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*\). Il est surjectif, car \(\varphi(\operatorname{diag}(a, c)) = (a, c)\). Son noyau est \(U\). Donc \(U \trianglelefteq T\) et \(T/U \simeq \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^*\).
3. Posons \(\psi(b) = \begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). Le calcul du produit donne \(\psi(b)\psi(b^{\prime}) = \psi(b + b^{\prime})\). L’application \(\psi\) est bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(U\). Donc \(U \simeq (\mathbb{R}, +)\).
4. Le produit de deux matrices diagonales est diagonal, et l’inverse aussi : \(\Delta\) est un sous-groupe. Prenons \(P = \psi(1)\) et \(D = \operatorname{diag}(2, 1)\). On trouve \(PD = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\), puis \(PDP^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). Cette matrice n’est pas diagonale, donc \(\Delta\) n’est pas distingué dans \(T\).

Corrigé de l’exercice 10 – Deuxième et troisième théorèmes d’isomorphisme dans Z

Idée clé : dans \(\mathbb{Z}\), la somme de deux sous-groupes correspond au pgcd et l’intersection au ppcm.

1. On a \(6 = 18 – 12 \in H + K\), donc \(6\mathbb{Z} \subset H + K\). Inversement, 12 et 18 sont multiples de 6. Donc \(H + K = 6\mathbb{Z}\). Ensuite, un entier est multiple de 12 et de 18 si et seulement s’il est multiple de leur ppcm. Donc \(H \cap K = 36\mathbb{Z}\).
2. Le deuxième théorème donne \((H + K)/K \simeq H/(H \cap K)\). Ainsi \(6\mathbb{Z}/18\mathbb{Z} \simeq 12\mathbb{Z}/36\mathbb{Z}\). Le premier groupe a pour éléments les classes de 0, 6 et 12. Le second a ceux de 0, 12 et 24. Les deux sont d’ordre 3.
3. Considérons \(f : 12\mathbb{Z} \to 6\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\), \(h \mapsto h + 18\mathbb{Z}\). C’est un morphisme. Il est surjectif, car \(6m = -12m + 18m\), donc \(6m + 18\mathbb{Z} = f(-12m)\). Son noyau est \(12\mathbb{Z} \cap 18\mathbb{Z} = 36\mathbb{Z}\). L’isomorphisme est \(12k + 36\mathbb{Z} \mapsto 12k + 18\mathbb{Z}\).
4. On a \(36\mathbb{Z} \subset 6\mathbb{Z}\). Le troisième théorème donne \((\mathbb{Z}/36\mathbb{Z})/(6\mathbb{Z}/36\mathbb{Z}) \simeq \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\). De plus, \(6\mathbb{Z}/36\mathbb{Z}\) est d’ordre \(36/6 = 6\), ce qui est cohérent avec \(36 = 6 \times 6\).

Corrigé de l’exercice 11 – Lemme chinois pour Z/45Z

Idée clé : le lemme chinois s’applique dès que les deux modules sont premiers entre eux ; sinon, on majore l’ordre des éléments.

1. On a \(45 = 9 \times 5\) avec \(\mathrm{pgcd}(9, 5) = 1\). Le lemme chinois fournit l’isomorphisme \(\bar x \mapsto (x \bmod 9,\ x \bmod 5)\).
2. Les entiers de \(\{0, \ldots, 44\}\) congrus à 2 modulo 5 sont 2, 7, 12, 17, 22, etc. Leurs restes modulo 9 sont 2, 7, 3, 8, puis 4. Donc \(x = 22\), et l’unicité découle de l’injectivité.
3. Dans \(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}\), \(\bar 3\) est d’ordre \(9/3 = 3\). Dans \(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\), \(\bar 2\) est d’ordre 5. L’ordre d’un couple est le ppcm des ordres. Donc \((\bar 3, \bar 2)\) est d’ordre 15.
4. Pour tout \((a, b)\), on a \(12(a, b) = (12a, 12b) = (0, 0)\), car 6 et 4 divisent 12. Tout élément est donc d’ordre au plus 12. Or le groupe a 24 éléments : il n’est pas cyclique.

Corrigé de l’exercice 12 – Le groupe de Klein dans S4 et A4

Idée clé : un sous-groupe qui est réunion de classes de conjugaison est automatiquement distingué.

1. Une permutation de \(S_4\) est paire si et seulement si elle est l’identité, un 3-cycle ou un produit de deux transpositions disjointes. Ainsi \(A_4\) contient l’identité, les huit 3-cycles et les trois doubles transpositions, soit \(12 = 4!/2\) éléments.
2. Calculons \((1\,2)(3\,4) \cdot (1\,3)(2\,4)\). On obtient \(1 \mapsto 4\), \(4 \mapsto 1\), \(2 \mapsto 3\), \(3 \mapsto 2\), soit \((1\,4)(2\,3)\). De même, le produit de deux éléments distincts non triviaux de \(V\) est le troisième. Chaque élément est d’ordre au plus 2. Donc \(V\) est stable par produit et par inverse. L’application qui envoie \((1\,2)(3\,4)\), \((1\,3)(2\,4)\) et \((1\,4)(2\,3)\) sur \((1, 0)\), \((0, 1)\) et \((1, 1)\) est un isomorphisme \(V \simeq (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2\).
3. Soit \(\sigma \in S_4\). La formule donnée montre que \(\sigma(a\,b)(c\,d)\sigma^{-1}\) est encore une double transposition. Or \(V\) contient les trois doubles transpositions de \(S_4\) et l’identité. Donc \(\sigma V \sigma^{-1} \subset V\), et \(V \trianglelefteq S_4\).
4. Le quotient \(A_4/V\) a \(12/4 = 3\) éléments. On calcule par exemple \((1\,2\,3)(1\,2)(3\,4) = (1\,3\,4)\). On obtient ainsi les trois classes de la figure ci-dessous. Un groupe d’ordre 3 est cyclique, donc \(A_4/V \simeq \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 13 – Quotients du groupe multiplicatif des complexes

Idée clé : le module, l’argument et l’élévation à la puissance \(n\) sont trois morphismes surjectifs dont on lit le noyau.

1. Le module \(z \mapsto |z|\) est un morphisme de \(\mathbb{C}^*\) vers \(\mathbb{R}_+^*\), car \(|zw| = |z|\,|w|\). Il est surjectif, puisque \(|t| = t\) pour \(t > 0\). Son noyau est \(\mathbb{U}\). Donc \(\mathbb{C}^*/\mathbb{U} \simeq \mathbb{R}_+^*\).
2. L’application \(z \mapsto z/|z|\) est un morphisme de \(\mathbb{C}^*\) vers \(\mathbb{U}\). Elle est surjective, car elle fixe chaque élément de \(\mathbb{U}\). Son noyau est formé des \(z\) tels que \(z = |z|\), c’est-à-dire \(\mathbb{R}_+^*\). Donc \(\mathbb{C}^*/\mathbb{R}_+^* \simeq \mathbb{U}\).
3. Le groupe \(\mathbb{U}\) est commutatif, donc \(z \mapsto z^n\) est un morphisme de \(\mathbb{U}\) dans \(\mathbb{U}\). Il est surjectif, car \(e^{i\theta} = (e^{i\theta/n})^n\). Son noyau est \(\mathbb{U}_n\). Donc \(\mathbb{U}/\mathbb{U}_n \simeq \mathbb{U}\). De même, tout \(\rho e^{i\theta}\) avec \(\rho > 0\) vaut \((\rho^{1/n} e^{i\theta/n})^n\). Le même argument donne \(\mathbb{C}^*/\mathbb{U}_n \simeq \mathbb{C}^*\).

Corrigé de l’exercice 14 – Conjugaison des cycles et sous-groupe non distingué de A4

Idée clé : conjuguer un cycle par \(\sigma\) revient à renommer ses éléments par \(\sigma\).

1. Soit \(x = \sigma(a_i)\). Alors \(\sigma c \sigma^{-1}(x) = \sigma(c(a_i)) = \sigma(a_{i+1})\), avec \(a_{k+1} = a_1\). Si \(x\) n’est pas de cette forme, \(\sigma^{-1}(x)\) n’est pas dans le support de \(c\). Donc \(\sigma c \sigma^{-1}(x) = \sigma\sigma^{-1}(x) = x\). Ainsi \(\sigma c \sigma^{-1} = (\sigma(a_1)\,\cdots\,\sigma(a_k))\).
2. Ici \(\sigma(1) = 4\), \(\sigma(2) = 1\), \(\sigma(3) = 5\) et \(\sigma(6) = 3\). Donc \(\sigma c \sigma^{-1} = (4\,1\,5\,3) = (1\,5\,3\,4)\).
3. On a \(H = \{\mathrm{id}, (1\,2\,3), (1\,3\,2)\}\). Prenons \(\tau = (1\,2)(3\,4) \in A_4\). La formule donne \(\tau(1\,2\,3)\tau^{-1} = (2\,1\,4) = (1\,4\,2)\). Cet élément n’est pas dans \(H\), donc \(H\) n’est pas distingué dans \(A_4\).
4. Soit \(N \trianglelefteq A_4\) contenant un 3-cycle \(c = (a\,b\,x)\). Notons \(y\) le quatrième élément et \(\tau = (a\,b)(x\,y) \in A_4\). Alors \(\tau c \tau^{-1} = (b\,a\,y)\) est dans \(N\). Son support contient \(y\), contrairement à celui de \(c\) et de \(c^2\). Donc \(N\) contient deux 3-cycles qui ne sont pas puissances l’un de l’autre.

Corrigé de l’exercice 15 – Ordre d’une classe dans un quotient de Z/30Z

Idée clé : la réduction modulo un diviseur réalise le quotient, et l’ordre d’une classe se lit dans \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\).

1. L’ordre de \(\bar 6\) vaut \(30/6 = 5\), donc \(H = \{\bar 0, \bar 6, \overline{12}, \overline{18}, \overline{24}\}\). Ainsi \(|H| = 5\) et \(|Q| = 30/5 = 6\).
2. Comme 6 divise 30, l’application \(f : \bar x \mapsto x \bmod 6\) est bien définie de \(\mathbb{Z}/30\mathbb{Z}\) vers \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\). C’est un morphisme surjectif. Son noyau est formé des classes de multiples de 6, c’est-à-dire \(H\). Donc \(Q \simeq \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\).
3. Dans \(G\), \(\bar 4\) est d’ordre \(30/\mathrm{pgcd}(4, 30) = 15\). Sa classe correspond à \(\bar 4\) dans \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\), d’ordre \(6/\mathrm{pgcd}(4, 6) = 3\). L’ordre passe donc de 15 à 3.
4. Si \(x^m = e\), alors \((xN)^m = x^mN = N\). Par conséquent, l’ordre de \(xN\) divise \(m\), en particulier l’ordre de \(x\). Ensuite, \(\bar 3\) est d’ordre \(30/3 = 10\) dans \(G\). Son image \(\bar 3\) dans \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\) est d’ordre 2. L’élément \(\bar 3\) convient.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Sous-groupes distingués du groupe diédral

Idée clé : conjuguer une réflexion par \(r^j\) décale son exposant de \(-2j\) ; si \(n\) est impair, on atteint ainsi toutes les réflexions.

1. Soit \(K\) un sous-groupe de \(\langle r \rangle\). La conjugaison par \(r\) fixe toute rotation. Par ailleurs, \(sr^ks^{-1} = r^{-k}\), qui est dans \(K\) dès que \(r^k\) y est. Le groupe \(D_n\) est fini et engendré par \(r\) et \(s\). Donc \(gKg^{-1} \subset K\) pour tout \(g\), et \(K \trianglelefteq D_n\).
2. On fait passer \(s\) à gauche grâce à \(r^j s = sr^{-j}\). Ainsi \(r^j(sr^k)r^{-j} = sr^{k-2j}\). Ensuite, \(s(sr^k)s = r^ks = sr^{-k}\). Donc \(s(sr^k)s = sr^{-k}\).
3. Supposons \(sr^k \in N\). Comme \(n\) est impair, 2 est inversible modulo \(n\). Pour tout \(l\), il existe donc \(j\) tel que \(2j \equiv k – l \pmod n\). La question 2 donne alors \(sr^l \in N\). En particulier, \(s\) et \(sr\) sont dans \(N\), donc \(r = s \cdot sr \in N\). Ainsi \(N\) contient \(r\) et \(s\), d’où \(N = D_n\).
4. Un sous-groupe distingué sans réflexion est contenu dans \(\langle r \rangle\). Il est alors de la forme \(\langle r^d \rangle\) avec \(d\) diviseur de \(n\), et il est bien distingué par la question 1. Pour \(n\) impair, les sous-groupes distingués sont les \(\langle r^d \rangle\) pour \(d\) divisant \(n\), et \(D_n\) lui-même.
5. Pour \(n = 6\), \(\langle r^2, s \rangle = \{e, r^2, r^4, s, sr^2, sr^4\}\). Cet ensemble est stable par produit, car \(sr^{2a} \cdot sr^{2b} = r^{2b-2a}\). Il a 6 éléments, donc il est d’indice 2. Il est distingué, contient \(s\) et diffère de \(D_6\). L’hypothèse « \(n\) impair » était donc indispensable.

Corrigé de l’exercice 17 – Le quotient de S4 par le groupe de Klein

Idée clé : un morphisme injectif entre deux groupes finis de même cardinal est un isomorphisme.

1. Par Lagrange, \(|S_4/V| = 24/4 = 6\).
2. Chaque double transposition déplace tous les éléments de \(\{1, 2, 3, 4\}\), en particulier 4. Le seul élément de \(V\) qui fixe 4 est l’identité, donc \(H \cap V = \{\mathrm{id}\}\).
3. La restriction \(\pi_{|H}\) est un morphisme de noyau \(H \cap V = \{\mathrm{id}\}\). Elle est donc injective. Or \(|H| = 6 = |S_4/V|\). Par conséquent, \(\pi_{|H}\) est un isomorphisme de \(H\) sur \(S_4/V\).
4. La restriction à \(\{1, 2, 3\}\) identifie \(H\) à \(S_3\). Donc \(S_4/V \simeq S_3\), qui n’est pas abélien, car \((1\,2)(1\,3) = (1\,3\,2)\) et \((1\,3)(1\,2) = (1\,2\,3)\).
5. L’application \((h, v) \mapsto hv\) de \(H \times V\) dans \(HV\) est injective. En effet, \(hv = h^{\prime}v^{\prime}\) donne \(h^{\prime -1}h = v^{\prime}v^{-1} \in H \cap V\). Donc \(|HV| = 6 \times 4 = 24\) et \(HV = S_4\). Le deuxième théorème donne alors \(S_4/V = HV/V \simeq H/(H \cap V) \simeq H\).

Corrigé de l’exercice 18 – Sous-groupe des commutateurs du groupe diédral

Idée clé : \(D(G)\) est le plus petit sous-groupe distingué à quotient abélien ; il suffit donc d’en trouver un majorant et un minorant.

1. On insère \(g^{-1}g\) entre chaque facteur : \(gxyx^{-1}y^{-1}g^{-1} = (gxg^{-1})(gyg^{-1})(gxg^{-1})^{-1}(gyg^{-1})^{-1}\). D’où \(g[x, y]g^{-1} = [gxg^{-1}, gyg^{-1}]\). La conjugaison par \(g\) est un automorphisme qui envoie l’ensemble des commutateurs dans lui-même. Elle envoie donc \(D(G)\) dans \(D(G)\), et \(D(G) \trianglelefteq G\).
2. Le quotient \(G/N\) est abélien si et seulement si \(xyN = yxN\) pour tous \(x, y\). Cela équivaut à \((yx)^{-1}xy \in N\). En remplaçant \(x\) par \(x^{-1}\) et \(y\) par \(y^{-1}\), on obtient \(xyx^{-1}y^{-1} \in N\). Donc \(G/N\) est abélien si et seulement si tous les commutateurs sont dans \(N\), soit \(D(G) \subset N\).
3. On a \([r, s] = rsr^{-1}s^{-1} = r(sr^{-1}s) = r \cdot r = r^2\). Donc \(r^2 \in D(D_n)\), puis \(\langle r^2 \rangle \subset D(D_n)\).
4. Si \(x^2 = e\) pour tout \(x\), alors \(x^{-1} = x\). Ainsi \(xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx\). Le groupe est abélien.
5. Le sous-groupe \(\langle r^2 \rangle\) est distingué d’après l’exercice 16. Si \(n\) est impair, \(r^2\) est d’ordre \(n\), donc \(\langle r^2 \rangle = \langle r \rangle\). Le quotient a alors 2 éléments et il est abélien. Si \(n\) est pair, le quotient a 4 éléments. De plus, \((r^k)^2 = r^{2k} \in \langle r^2 \rangle\) et \((sr^k)^2 = e\). Tout élément du quotient a donc un carré trivial. Par la question 4, \(D_n/\langle r^2 \rangle\) est abélien dans les deux cas.
6. La question 2 donne \(D(D_n) \subset \langle r^2 \rangle\), et la question 3 l’inclusion inverse. Donc \(D(D_n) = \langle r^2 \rangle\), d’ordre \(n\) si \(n\) est impair et \(n/2\) si \(n\) est pair.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : sous-groupes d’indice 2 du groupe symétrique

Idée clé : un quotient d’ordre 2 contient tous les carrés, et chaque 3-cycle est un carré.

1. Pour \((a\,b)(a\,c)\), on applique d’abord \((a\,c)\). On obtient \(a \mapsto c\), \(c \mapsto a \mapsto b\) et \(b \mapsto a\). Donc \((a\,b)(a\,c) = (a\,c\,b)\). Pour \((a\,b\,c)(b\,c\,d)\), on trouve \(a \mapsto b\), \(b \mapsto c \mapsto a\), \(c \mapsto d\) et \(d \mapsto b \mapsto c\). Donc \((a\,b\,c)(b\,c\,d) = (a\,b)(c\,d)\).
2. Un élément de \(A_n\) est un produit d’un nombre pair de transpositions. On les regroupe deux par deux. Chaque paire est l’identité, ou s’écrit \((a\,b)(a\,c)\), ou \((a\,b)(c\,d)\) avec quatre lettres distinctes. La question 1 en fait un produit de 3-cycles. Inversement, les 3-cycles sont pairs. Donc \(A_n\) est engendré par les 3-cycles.
3. Un sous-groupe d’indice 2 est distingué, et \(S_n/H\) a 2 éléments. Le carré de tout élément d’un groupe d’ordre 2 est le neutre. Ainsi \((gH)^2 = H\). Donc \(g^2 \in H\) pour tout \(g \in S_n\).
4. Soit \(c\) un 3-cycle. Alors \(c^3 = \mathrm{id}\), donc \(c = c^4 = (c^2)^2\), et \(c^2\) est encore un 3-cycle. Par la question 3, \(c \in H\). La question 2 donne \(A_n \subset H\). Enfin, \(|A_n| = n!/2 = |H|\). Donc \(H = A_n\).
5. Toute transposition \((a\,b)\) s’écrit \(\sigma(1\,2)\sigma^{-1}\), avec \(\sigma\) envoyant 1 sur \(a\) et 2 sur \(b\). Comme \(\mathbb{C}^*\) est commutatif, \(\chi(\sigma(1\,2)\sigma^{-1}) = \chi(1\,2)\). De plus, \(\chi(1\,2)^2 = \chi(\mathrm{id}) = 1\). Donc \(\chi\) vaut la même valeur \(\pm 1\) sur toutes les transpositions.
6. Les transpositions engendrent \(S_n\). Deux morphismes égaux sur une partie génératrice sont égaux. Si la valeur commune vaut 1, \(\chi\) est constant égal à 1. Si elle vaut \(-1\), \(\chi\) coïncide avec \(\varepsilon\) sur les transpositions. Les seuls morphismes de \(S_n\) dans \(\mathbb{C}^*\) sont donc le morphisme trivial et la signature.

Pour aller plus loin

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