Voir la source de Théorie des groupes/Exercices/Action de groupe

{{Exercice
  | idfaculté = mathématiques
  | numéro    = 8
  | chapitre  = [[../../Action de groupe/]]
  | précédent = [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur/]]
  | suivant   = [[../Produit direct et somme restreinte/]]
  | niveau    = 13
}}

== Problème 1 ==
Soit ''G'' un groupe opérant transitivement et fidèlement sur un ensemble ''X''. Prouver que si ''G'' est commutatif, cette opération est simplement transitive<ref>N. Bourbaki, ''Algèbre'', ch. I, § 5, {{numéro}}6, exemple 2; Paris, 1970, {{p.|58}}.</ref>. (Cet énoncé nous fournira une démonstration alternative d'un théorème sur les permutations cycliques.)

{{clr}}
{{Solution
  | contenu =
Il s'agit de prouver que l'opération de ''G'' sur ''X'' est libre. Soient ''x'' un élément de ''X'' et ''g'' un élément de ''G'' tels que ''gx = x''; il s'agit de prouver que ''g'' = 1.<br />
Soit ''y'' un élément de ''X''. Puisque l'opération de ''G'' sur ''X'' est supposée transitive, il existe un élément ''h'' de ''G'' tel que ''y'' = ''hx''. Alors ''gy'' = ''ghx'', d'où, puisque ''G'' est supposé commutatif, ''gy'' = ''hgx'', ce qui, d’après notre hypothèse ''gx = x'', peut s'écrire ''gy'' = ''hx''. Le second membre est égal à ''y'', donc ''gy'' = ''y''.<br />
Ceci est démontré pour tout élément ''y'' de ''X''. Comme l'opération de ''G'' sur ''X'' est supposée fidèle, nous avons donc ''g'' = 1, ce qu’il fallait démontrer.}}

== Problème 2. (Lemme dit de Burnside) ==
Soit G un groupe opérant sur un ensemble X. Pour tout élément ''g'' de G, désignons par ''F''(''g'') le nombre des éléments de X fixés par ''g'', c'est-à-dire le nombre des éléments ''x'' de X tels que ''gx = x''.

a) Prouver le lemme dit de Burnside<ref>Le lemme dit de Burnside fut en fait démontré en 1887 par Frobenius. Voir J. J. Rotman, ''An Introduction to the Theory of Groups'', 4{{e}} éd., tirage de 1999, {{p.|58}}, n. 1.</ref> :
:<math> \qquad\sum_{g\in G}F(g)=|\Omega||G|</math>,
où Ω désigne l’ensemble des orbites. (Indication : combien de fois un élément ''x'' de X est-il compté dans la somme ?)

{{Solution
  | contenu =
L'idée essentielle est que dans <math>\sum_{g\in G}F(g)</math>, chaque élément de X est compté <math>\left|G_x\right|</math> fois, où G<sub>x</sub> désigne le stabilisateur de ''x''. Voici une mise en forme rigoureuse.

Pour tout <math>\omega\in\Omega</math>, les stabilisateurs des éléments de cette orbite étant conjugués (cf. problème suivant), ils ont même ordre. Notons <math>c_\omega</math> cet ordre commun. En utilisant un élément ''x'' de l'orbite, on a
:<math>\left|\omega\right|c_\omega=\left[G:G_x\right]\left|G_x\right|=|G|</math>.
Par conséquent :

:<math>\begin{align}\sum_{g\in G}F(g)&=\left|\{(g,x) \in G \times X\mid gx=x\}\right|\\
&=\sum_{x \in X}\left|G_x\right|\\
&=\sum_{\omega\in\Omega}\sum_{x\in\omega}\left|G_x\right|\\
&=\sum_{\omega\in\Omega}\left|\omega\right|c_\omega\\
&=\sum_{\omega\in\Omega}|G|\\
&=|\Omega||G|.\end{align}</math>
}}

b) Soit G un groupe fini opérant transitivement sur un ensemble X d'au moins deux éléments. Déduire du point a) qu’il existe au moins un élément de G qui ne fixe aucun élément de X.

{{clr}}
{{Solution
  | contenu =
Puisque l'opération de G sur X est transitive, il n'y a qu'une orbite donc, d’après le point a),
:<math> \qquad \sum_{g\in G}F(g)=|G|</math>.
Cela peut encore s'écrire
:<math> \qquad F(1) + \sum_{g\in G\setminus\{1\}} F(g) = \vert G \vert </math>
ou encore, puisque F(1) = <nowiki>|X|</nowiki>, 
:<math> \qquad \vert X \vert + \sum_{g\in G\setminus\{1\}} F(g)=|G|</math>.
Si tout élément de G avait au moins un point fixe, c'est-à-dire si l'on avait F(''g'') ≥ 1 pour tout élément ''g'' de G, le premier membre serait ≥ {{!}}X{{!}} + {{!}}G{{!}} – 1, donc on aurait {{!}}G{{!}} ≥ {{!}}X{{!}} + {{!}}G{{!}} – 1, d'où {{!}}X{{!}} ≤ 1, ce qui contredit les hypothèses.
}}

== Problème 3 ==
a) Soit G un groupe opérant à gauche sur un ensemble X, soient ''x'' et ''y'' deux points de X et ''g'' un élément de G tels que gx = y. Prouver que Stab(y) = g Stab(x) g{{exp|-1}}. (Ceci montre que si deux éléments de X appartiennent à la même orbite, leurs stabilisateurs sont conjugués dans G.)

{{clr}}
{{Solution
  | contenu =
Pour tout élément ''h'' de G,
:<math>\qquad h \in \mathrm{Stab}(y) \Leftrightarrow hy = y</math>
::<math>\qquad \Leftrightarrow hgx = gx</math>
::<math>\qquad \Leftrightarrow g^{-1}hgx = x</math>
::<math>\qquad \Leftrightarrow g^{-1}hg \in \mathrm{Stab}(x)</math>
::<math>\qquad \Leftrightarrow h \in g \mathrm{Stab}(x)\ g^{-1},</math>
d'où l'énoncé.
}}

b) Soient G un groupe, ''x'' et ''a'' des éléments de G et H un sous-groupe de G. Déduire de a) une nouvelle démonstration des relations <math>\ C_{G}(a^{-1}xa) = a^{-1}C_{G}(x)\ a</math> et <math>\ N_{G}(a^{-1}Ha) = a^{-1}N_{G}(H)\ a</math> (démontrées dans les exercices de la série [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur|Conjugaison, centralisateur, normalisateur]]).

{{clr}}
{{Solution
  | contenu =
Dans a), prendre X égal à (l'ensemble sous-jacent de) G, faire opérer G à gauche sur X par conjugaison : <math>(g, x) \mapsto gxg^{-1}.</math> On trouve que <math>\ C_{G}(gxg^{-1}) = gC_{G}(x)g^{-1}</math> pour tout élément ''g'' de G, d'où le premier énoncé à démontrer.<br />
Pour obtenir à partir de a) le second énoncé à démontrer, faire opérer G à gauche par conjugaison sur l’ensemble des parties de G.
}}

== Problème 4 ==
Soient ''G'' un groupe fini non trivial et ''p'' le plus petit diviseur premier de l’ordre de ''G''. Prouver que si ''H'' est un sous-groupe d'indice ''p'' de ''G'', c’est un sous-groupe normal de ''G''. (Indication : faire opérer ''G'' par translation à gauche sur l’ensemble ''G''/''H'' de ses classes à gauche modulo ''H''.) 
{{clr}}
{{Solution
  | contenu =
Considérons l'ensemble ''G''/''H'' des classes à gauche de ''G'' suivant ''H''. Sur cet ensemble à ''p'' éléments, ''H'' agit par translations, avec au moins un point fixe (la classe ''eH = H''). Si une classe n'est pas fixe, son orbite a pour cardinal un diviseur de l'ordre de ''H'' strictement supérieur à 1 donc supérieur ou égal à ''p'', ce qui est incompatible avec ce qui précède. Ainsi, toutes les classes sont fixes, c'est-à-dire que pour tous éléments ''g'' de ''G'' et ''h'' de ''H'' on a ''hgH = gH'', i.e. ''g''{{exp|–1}}''hg∈H'', donc ''H'' est normal<ref>{{Ouvrage|langue=en|prénom=Anthony W.|nom1=Knapp|titre=Basic Algebra|éditeur=Springer|année=2006|passage=163|lire en ligne={{Google Livres|Dau7fX44ZywC|page=163}}|volume=1}}.</ref>.
}}

== Problème 5 ==
Soit <math>G</math> un groupe agissant (par exemple à gauche) sur un ensemble <math>E</math> par <math>G \times E \to E : (g, x) \mapsto g \ x .</math> Soit <math>H</math> un sous-groupe de <math>G</math>; notons <math>E^{H}</math> l'ensemble des points fixes de <math>H</math>, c'est-à-dire l'ensemble des éléments de <math>E</math> fixés par tout élément de <math>H .</math> Prouver que pour tout élément <math>g</math> de <math>N_{G}(H)</math> et tout élément <math>y</math> de <math>E^{H}</math>, <math>g \ y</math> appartient à <math>E^{H}</math> (de sorte que l'action <math>G \times E \to E : (g, x) \mapsto gx </math> induit par restriction une action <math>N_{G}(H) \times E^{H} \to E^{H}</math> de <math>N_{G}(H)</math> sur <math>E^{H}</math>).

{{Solution|contenu=
Soit donc <math>g</math> un élément de <math>N_{G}(H)</math> et <math>y</math> un élément de <math>E^{H}</math>; il s'agit de prouver que
:<math>g \ y</math> appartient à <math>E^{H}</math>,
autrement dit que
:<math>g \ y</math> est un point fixe de <math>H .</math>
Soit donc <math>h</math> un élément de H; il s'agit de prouver que
:<math>h \ g \ y = g \ y .</math>
Cela revient à dire que
:<math>g^{-1} h g \ y = y</math>,
ce qui est bien vrai, puisque, <math>g</math> appartenant à <math>N_{G}(H)</math>, <math>g^{-1} h g</math> appartient à H et fixe donc <math>y .</math>
}}
Remarque. Nous reviendrons à cette action de <math>N_{G}(H)</math> sur <math>E^{H}</math> dans un [[../Transfert, théorème du complément normal de Burnside/|exercice sur le chapitre Transfert, théorème du complément normal de Burnside]].

== Problème 6 ==
Utiliser le lien entre orbite et stabilisateur pour résoudre les deux questions suivantes.
#Un groupe d'ordre 35 opère sur un ensemble de 19 éléments en ne laissant fixe aucun d'eux. Combien y a-t-il d'orbites ?
#Un groupe d'ordre 143 = 11×13 opère sur un ensemble de 108 éléments. Montrer qu'il existe un point fixe.
{{Solution|contenu=
#Il y a ''a'' orbites à 7 éléments et ''b'' orbites à 5 éléments, avec 7''a'' + 5''b'' = 19. La seule solution est ''a'' = 2, ''b'' = 1. Il y a donc 3 orbites. (Remarque : sur 18 éléments, il n'y aurait pas de solution ; sur 17 éléments, la solution serait ''a'' = 1, ''b'' = 2.)
#S'il n'y avait pas de point fixe, il y aurait ''a'' orbites à 13 éléments et ''b'' orbites à 11 éléments avec 13''a'' + 11''b'' = 108 donc ''a'' ≡ -1 mod 11, donc ''a'' ≥ 10, ce qui est impossible car 13×10 > 108. (Remarque : sur 109 éléments, il y aurait une solution : ''a'' = 5 et ''b'' = 4.)
}}

== Problème 7 ==
Utiliser le lien entre orbite et stabilisateur pour déterminer les ordres du groupe des rotations du cube et de celui du tétraèdre régulier. Même question pour leurs groupes d'isométries.
{{Solution|contenu=
Notons Isom{{exp|+}}(C), Isom{{exp|+}}(T), Isom(C) et Isom(T) ces quatre groupes, vus comme agissant sur l'ensemble des sommets du cube C ou du tétraèdre T. On montre facilement (en exhibant des rotations biens choisies) que les deux premières actions sont transitives. A fortiori, les deux dernières le sont aussi.

Soit A un sommet de C. Le stabilisateur de A dans Isom{{exp|+}}(C) est constitué des rotations d'axe OA (O étant le centre du cube) qui permutent les 8 sommets de C. Elles permutent donc les trois sommets les plus proches de A, si bien qu'il y a exactement 3 telles rotations. On a donc {{!}}Isom{{exp|+}}(C){{!}} = 3×8 = 24. Par le même raisonnement, {{!}}Isom{{exp|+}}(T){{!}} = 3×4 = 12.

Lorsqu'on considère les groupes d'isométries, l'ordre du stabilisateur (et donc celui du groupe) est doublé, puisqu'il existe un plan de symétrie contenant A.
}}

== Problème 8 ==
#Faire l'inventaire des rotations du cube, sachant qu'il y en a 24 (en comptant l'identité).
#En déduire que ce groupe est isomorphe à S{{ind|4}}.
#À l'aide du lemme « de Burnside » {{supra|Problème 2. (Lemme dit de Burnside)}}, déterminer le nombre de façons de colorer les faces d'un cube à rotation près, avec au plus 3 couleurs à sa disposition.
{{Solution|contenu=
#Outre l'identité, il y a :
#*pour chacune des 4 diagonales, deux tiers de tours ;
#*pour chacun des 3 axes joignant les centres de deux faces opposées, deux quarts de tour et un demi-tour ;
#*pour chacun des 6 axes joignant les centres de deux arêtes opposées, un demi-tour.
#:C'est tout, puisque 1 + 4×2 + 3×3 + 6 = 24.
#Ce groupe agit sur les quatre diagonales, fidèlement d'après l'inventaire.
#Faisons agir le groupe de ces 24 rotations sur l'ensemble des 3{{exp|6}} cubes colorés et dénombrons, pour chaque rotation r, les cubes colorés « fixes » (en apparence). Le lemme de Burnside permettra d'en déduire le nombre N d'orbites, qui est le nombre cherché de « façons de colorer le cube, à rotation près ». Il faut pour cela faire agir r (et ses puissances) sur les 6 faces du cube et compter les orbites en lesquelles ces faces sont partitionnées : s'il y a k orbites, pour que le cube coloré soit fixe, chacune des k orbites doit être monochrome donc (puisqu'on dispose de 3 couleurs) il y a 3{{exp|k}} cubes colorés fixes par r.
#*pour l'identité, k = 6 ;
#*pour chacun des 8 tiers de tours, k = 2 ;
#*pour chacun des 6 quarts de tours, k = 3 ;
#*pour chacun des 3 demi-tours carrés des quarts de tours précédents, k = 4 ;
#*pour chacun des 6 autres demi-tours, k = 3.
#:D'après le lemme de Burnside, 24×N = 3{{exp|6}} + 8×3{{exp|2}} + 6×3{{exp|3}} + 3×3{{exp|4}} + 6×3{{exp|3}} donc N = 3×n avec 8×n = 3{{exp|4}} + 8 + 6×3 + 3×3{{exp|2}} + 6×3 = 152, donc n = 19 et N = 57.
}}

==Problème 9==
Soient G un groupe, H un sous-groupe et A un ensemble muni d'une action à droite de H. On considère l'action à droite de H sur A×G définie par
:<math>(a,g)h=(ah,h^{-1}g)</math>
et l'on note <math>A\otimes_HG</math> l'ensemble des orbites de cette action.
#Expliciter l'action naturelle (à droite) de G sur <math>A\otimes_HG</math>.
#Soit T une [[../../Classes modulo un sous-groupe#Indice d'un sous-groupe|transversale à droite]] de H dans G. Pour tout <math>g\in G</math>, on note <math>\bar g</math> le représentant de H''g'' dans T. Démontrer que l'application
#::<math>\varphi:A\times(G/H)\to A\otimes_HG,\;(a,Hg)\mapsto a\otimes\bar g</math>
#:est bijective (on explicitera la bijection réciproque).
#Déterminer l'action de G sur A×(G/H) transportée (par cette bijection) de l'action sur <math>A\otimes_HG</math>.
#En supposant T contient l'élément neutre 1 de G, quelle est l'action de H sur A×{H} obtenue par restriction ?
{{Solution|contenu=
#<math>(a\otimes g)g'=a\otimes(gg')</math> (cette action est bien définie car <math>(ah)\otimes((h^{-1}g)g')=(ah)\otimes(h^{-1}(gg'))=a\otimes(gg')</math>).
#<math>a\otimes g=a\otimes(g\bar g^{-1}\bar g)=(ag\bar g^{-1})\otimes\bar g</math> (car <math>g\bar g^{-1}\in H</math>) donc l'application <math>A\otimes_HG\to A\times(G/H),\;a\otimes g\mapsto (ag\bar g^{-1},Hg)</math> (dont on vérifie qu'elle est bien définie) est réciproque de <math>\varphi</math>.
#<math>(a,Hg)g'=(a\bar gg'\left(\overline{gg'}\right)^{-1},Hgg')</math>.
#<math>(a,H)h=(ah,H)</math> : cette action est donc équivalente à celle de H sur A.
}}

==Problème 10==
Soit G un groupe d'ordre 60 qui a pour équation aux classes (pour l'action par conjugaison de G sur lui-même)
:<math>60=1+15+20+12+12</math>.
Montrer que G est simple, en considérant les équations aux classes possibles pour ses sous-groupes normaux.
{{Solution|contenu=
Un sous-groupe est normal dans G si et seulement s'il est réunion de classes de conjugaison. Son ordre doit donc être égal à 1 (pour la classe du neutre) plus une somme de certains des nombres 15, 20, 12 et 12. Mais cet ordre doit de plus diviser 60 donc être égal à 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30 ou 60. Le seul ordre possible est donc 1 ou 60.
}}
Remarque : [[../Premiers résultats sur les groupes simples|le groupe alterné A{{ind|5}} est donc le seul]] groupe d'ordre 60 ayant cette équation aux classes.

==Problème 11==
Décomposer l'ensemble <math>\mathrm M_n(K)</math> des [[matrice]]s carrées d'ordre <math>n</math> à coefficients dans un corps <math>K</math> en orbites pour les opérations suivantes de <math>\mathrm{GL}_n(K)</math> :
#multiplication à gauche ;
#multiplication à droite ;
#conjugaison.
{{Solution|contenu=
Deux matrices sont sur la même orbite si et seulement si (respectivement) :
#elles ont même [[Application linéaire/Définitions#Image, noyau|noyau]] ;
#elles ont même image ;
#elles sont [[Matrice/Relations entre matrices#Matrices semblables|semblables]].
}}

==Problème 12==
En méditant sur le théorème de Cayley, démontrer que tout groupe fini G se plonge dans un groupe où tous les éléments de G de même ordre deviennent conjugués.
{{Solution|contenu=
Soit G un groupe d'ordre n. Considérons le plongement de Cayley : <math>G\to S_G,\;g\mapsto L_g\,(G\to G,\;x\mapsto gx)</math>. Pour tout élément g de G d'ordre m (diviseur de n), la permutation <math>L_g</math> est un produit de n/m cycles disjoints de longueur m donc la classe de conjugaison de cette permutation ne dépend que de m.
}}

== Problème 13 ==
# Dénombrer le nombre de <math>n</math> cycles de <math>\mathfrak{S}_n</math> en utilisant une action de groupe.
# Utiliser le même raisonnement pour dénombrer le nombre de <math>k</math> cycles de <math>\mathfrak{S}_n</math>.

{{clr}}
{{Solution
  | contenu =
# Notons <math>X_n</math> l'ensemble des <math>n</math> cycles de <math>\mathfrak{S}_n</math>. Faisons agir <math>\mathfrak{S}_n</math> sur <math>X_n</math> via l'action par conjugaison <math>(\sigma,(a_1,\dots,a_n))\mapsto \sigma(a_1,\dots,a_n)\sigma^{-1} = (\sigma(a_1),\dots,\sigma(a_n))</math>. C'est une action bien définie qui est transitive (deux <math>n</math> cycles sont conjugués dans <math>\mathfrak{S}_n</math>). L'équation aux classes permet donc d'obtenir : <math>|X_n| = \dfrac{|\mathfrak{S}_n|}{|\text{Stab}((a_1,\dots,a_n))|}</math> où <math>(a_1,\dots,a_n)</math> est un <math>n</math>-cycle quelconque de <math>\mathfrak{S}_n</math>. Soit à présent <math>\sigma\in\text{Stab}((a_1,\dots,a_n))</math> alors <math>\sigma (a_1,\dots,a_n)\sigma^{-1} = (\sigma(a_1),\dots,\sigma(a_n)) = (a_1,\dots,a_n)</math>, comme deux <math>n</math>-cycles sont égaux à permutation circulaire des éléments près. (Ici <math>n</math> permutations) on a donc <math>|\text{Stab}((a_1,\dots,a_n))| = n</math> d'où finalement : <math>|X_n| = \frac{n!}{n} = (n-1)!</math>.
# Nous refaisons le même raisonnement en notant cette fois-ci <math>X_k</math> le nombre de <math>k</math>-cycles de <math>\mathfrak{S}_n</math> et on fait agir de la même manière par conjugaison <math>\mathfrak{S}_n</math> sur <math>X_k</math>. Cette action reste transitive puisque les <math>k</math>-cycles sont tous conjugués dans <math>\mathfrak{S}_n</math>. L'équation au classe permet alors d'écrire : <math>|X_k| = \dfrac{|\mathfrak{S}_n|}{|\text{Stab}((a_1,\dots,a_k))|}</math> où <math>(a_1,\dots,a_k)</math> est un <math>k</math>-cycle quelconque. Soit <math>\sigma\in\text{Stab}((a_1,\dots,a_k))</math> alors de même que précédemment <math>\sigma(a_1,\dots,a_k)\sigma^{-1} = (\sigma(a_1),\dots,\sigma(a_k)) = (a_1,\dots,a_k)</math>. Or deux <math>k</math>-cycles sont égaux à permutation circulaire des éléments près donc <math>\sigma</math> permute circulairement les éléments <math>a_1,\dots a_k</math> et permute comme il le souhaite les <math>n-k</math> autres éléments on a donc finalement : <math>|X_k| = \frac{n!}{k(n-k)!}</math>.}}



== Notes et références ==
{{Références}}

{{Bas de page
  | idfaculté = mathématiques
  | précédent = [[../Conjugaison, centralisateur, normalisateur/]]
  | suivant   = [[../Produit direct et somme restreinte/]]
}}