DM : permutations conjuguées, $p$-Sylow
DM: Groupes finis
EX. 2.1.1.
1.
Le centre de $𝔖_n$ est trivial pour $n ≥ 3$
En effet: Par l’absurde, si $σ ≠ \id ∈Z(𝔖_n)$, il existe $a ≠ b ∈ \ll 1, n \rr$ tels que
\[σ(a) = b\]Mais comme $n ≥ 3$, il existe $\ll 1, n \rr \ni c ∉ \lbrace a, b \rbrace$. Comme
\[σ \; (a, c) = (a, c) \; σ\]il vient, en évaluant en $a$:
\[σ(c) = \big(σ \; (a, c)\big)(a) = \big((a, c) \; σ \big)(a) = \underbrace{b}_{= \, σ(a)}\]ce qui est absurde, par injectivité de $σ$.
2.
Si $n ≥ 3$, $𝔄_n$ est engendré par les 3-cycles
Il suffit de remarquer que
-
les éléments de $𝔄_n$ s’écrivent comme produit d’un nombre pair de transpositions
-
pour tous $a, b, c, d$ deux à deux distincts:
- $(a, b)(b, c) = (a, b, c)$
- $(a, b)(c, d) = (a, b, c)(b, c, d)$
Si $n ≥ 5$, les 3-cycles sont conjugués dans $𝔄_n$
Comme, pour tous entiers $a, b, c$ et toute permutation $σ$ :
\[σ (a, b, c) σ^{-1} = (σ(a), σ(b), σ(c))\]les 3-cycles sont conjugués dans $𝔖_n$.
Soient $(a, b, c), (d, e, f)$ deux 3-cycles et $σ ∈ 𝔖_n$, tels que :
\[σ(a, b, c)σ^{-1} = (d, e, f)\]Montrons que $(a, b, c)$ et $(d, e, f)$ sont conjugués dans $𝔄_n$, pour $n≥5$ :
-
Cas 1 : Si $σ ∈ 𝔄_n$ : le résultat est acquis.
-
Cas 2 : Si $σ ∈ 𝔖_n \backslash 𝔄_n$ : comme $n≥ 5$, il existe des entiers $g, h ∉ \lbrace a, b, c \rbrace$, si bien qu’en posant $σ’ ≝ σ (g, h) ∈ 𝔄_n$ : \(σ' (a, b, c)σ'^{-1} = (d, e, f)\) et le résulat est acquis.
3.
a).
Soit $c ∈ 𝔖_n$.
Pour tout entier $m≥ 1$, $c^m$ se décompose en produit de $d ≝ l ∧ m$ cycles à supports disjoints de longueur $\frac l d$.
Pour toute permutation $σ$, le nombre de cycles dans la décomposition en cycles à support disjoints de $σ$ est le nombre d’orbites de $\ll 1, n\rr$ sous l’action de $⟨σ⟩$.
Or, ici : $⟨c^m⟩ = ⟨c^d⟩$, puisque :
- $c^m = (c^d)^{\frac m d}$
- Par Bézout : $d = ma + kb$, si bien que \(c^d = (c^m)^a \circ (\underbrace{c^k}_{= \id})^b = (c^m)^a\)
Comme $d$ divise $k$, on conclut en écrivant $c^d$ sous la forme :
\[(1, d+1, 2d+1, \ldots, k-d+1) ⋯ (d, d+d, 2d+d, ⋯, k-d+d)\]b).
On plonge le groupe symétrique $𝔖_n$ dans $\GL_n(𝕂)$ en associant à $σ ∈ 𝔖_n$ la matrice $P_σ ∈ \GL_n(𝕂)$ définie par \(P_σ e_i = e_{σ(i)},\quad i = 1, \ldots ,n\)
Montrer que la $𝕂$-dimension du fixateur $(𝕂^n)^{P_σ} ≝ \lbrace x ∈ 𝕂^n \mid P_σ x = x \rbrace$ est le nombre de cycles à supports disjoints de $σ$.
Pour tout $x ∈ 𝕂^n$,
\[\begin{align*} x ≝ \sum\limits_{1 ≤ i ≤ n} x_i e_i ∈ (𝕂^n)^{P_σ} & ⟺ \; \sum\limits_{1 ≤ i ≤ n} x_i P_σ e_i = x \\ & ⟺ \sum\limits_{1 ≤ i ≤ n} x_i e_{σ(i)} = \sum\limits_{1 ≤ i ≤ n} x_{σ(i)} e_{σ(i)} \; \\ & ⟺ ∀i∈\ll 1, n \rr, \; x_i = x_{σ(i)} \\ & ⟺ x \, = \sum\limits_{ ω ∈ \; \ll \: 1, n \: \rr \, / \, ⟨σ⟩} \Big( \sum\limits_{ i ∈ ω } \underbrace{x_i}_{≝ \; x_ω} \, e_i \Big) \\ & ⟺ x \, = \sum\limits_{ ω ∈ \; \ll \: 1, n \: \rr \, / \, ⟨σ⟩} x_ω \Big( \underbrace{\sum\limits_{ i ∈ ω } \, e_i}_{≝ \; e_ω} \Big) \\ & ⟺ x ∈ ⟨e_ω⟩_{ω ∈ \; \ll \: 1, n \: \rr \, / \, ⟨σ⟩} \end{align*}\]où $\ll : 1, n : \rr \, / \, ⟨σ⟩$ est l’ensemble des orbites de $\ll 1, n\rr$ sous l’action de $⟨σ⟩$.
Donc la $𝕂$-dimension du fixateur $(𝕂^n)^{P_σ}$ est le nombre d’orbites de $\ll 1, n\rr$ sous l’action de $⟨σ⟩$, c’est-à-dire le nombre de cycles à supports disjoints de $σ$.
c).
La matrice $M ≝ (i ∧ j)_{1 ≤ i, j ≤ n} ∈ 𝔐_n(𝕂)$ est inversible
Comme
\[∀ m ∈ ℕ, \; m = \sum\limits_{ d / m } \underbrace{φ(d)}_{\rlap{\text{indicatrice d'Euler}}}\]Pour tous $1 ≤ i, j ≤ n$ :
\[\begin{align*} i ∧ j & = \sum\limits_{ d / i ∧ j} φ(d)\\ & = \sum\limits_{\substack{d / i \\ d / j}} φ(d)\\ & = \sum\limits_{1 ≤ d ≤ n} δ_{d/i} \big( φ(d) δ_{d/j} \big)\\ \end{align*}\]Donc
\[M = {}^t A \, B\]où
- \[A ≝ (δ_{i/d})_{\substack{1 ≤ i ≤ n \\ 1 ≤ d ≤ n}} ∈ \underbrace{T^+_n(𝕂)}_{\rlap{\text{matrices triangulaires supérieures}}}\]
- \[B ≝ (φ(d) δ_{d/j})_{\substack{1 ≤ d ≤ n \\ 1 ≤ j ≤ n}} ∈ T^+_n(𝕂)\]
et, par suite :
\[\det M = \underbrace{\det A}_{= \prod\limits_{ 1≤ i ≤ n } δ_{i/i} \, = 1} \overbrace{\det B}^{= \prod\limits_{ 1≤ i ≤ n } φ(i) \, > 0} \; > 0\]En déduire que \(σ, τ ∈ 𝔖_n \text{ sont conjuguées dans } 𝔖_n ⟺ P_σ, P_τ \text{ sont conjuguées dans } \GL_n(𝕂)\)
Le sens $⟹$ vient du fait que $σ ⟼ P_σ$ est un homomorphisme de groupe.
Réciproquement : si $P_σ, P_τ$ sont conjuguées dans $\GL_n(𝕂)$, pour tout $m ∈ ℕ$ : $P_{σ^m} = P_σ^m$ et $P_{τ^m} = P_τ^m$ restent conjuguées, d’où le fait que
\[\dim \left((𝕂^n)^{P_{σ^m}}\right) = \dim\left( \Ker(P_{σ^m} - \I_n)\right) = \dim\left(\Ker(P_{τ^m} - \I_n)\right) = \dim\left( (𝕂^n)^{P_{τ^m}}\right)\]et, par b), $σ^m$ et $τ^m$ ont le même nombre $k_m$ de cycles à supports disjoints.
Or, par a), pour chaque cycle de $σ$ (resp. $τ$) de longueur $l$, $σ^m$ (resp. $τ^m$) a $d ≝ l ∧ m$ cycles (de longueur $\frac l d$) dans sa décomposition en cycles à supports disjoints.
En notant $\ell_σ(l)$ (resp. $\ell_τ(l)$) le nombre de cycles de longueur $l$ dans la décomposition en cycles à supports disjoints de $σ$ (resp. $τ$), il vient donc, pour tout $m ∈ \ll 1, n\rr$, que :
\[\sum\limits_{ 1 ≤ l ≤ n} (m ∧ l) \ell_σ(l) = k_m = \sum\limits_{ 1 ≤ l ≤ n} (m ∧ l) \ell_τ(l)\]Par suite :
\[M \begin{pmatrix} \ell_σ(1) \\ \vdots \\ \ell_σ(n) \end{pmatrix} = M \begin{pmatrix} \ell_τ(1) \\ \vdots \\ \ell_τ(n) \end{pmatrix}\]et comme $M ≝ (i ∧ j)_{1 ≤ i, j ≤ n}$ est inversible :
\[\begin{pmatrix} \ell_σ(1) \\ \vdots \\ \ell_σ(n) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \ell_τ(1) \\ \vdots \\ \ell_τ(n) \end{pmatrix}\]donc $σ$ et $τ$ ont le même nombre de cycles de chaque longueur dans leurs décompositions en produits de cycles à supports disjoints, ce qui est suffisant (et même nécessaire) pour qu’elles soient conjuguées.
En effet: si $c ≝ (c_1, \ldots, c_r)$ et $c’ ≝ (c_1’, \ldots, c_s’)$ sont deux cycles de longueur $k$, toute permutation $φ$ telle que $φ(c_i) = c_i’, \quad i = 1, \ldots, n$ vérifie \(φ \, c \, φ^{-1} = c'\)
EX 2.3.1
-
Comme $𝔖_4 \supset 𝔄_4 \supset \lbrace \id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) \rbrace \supset \lbrace \id, (12)(34)\rbrace \supset 1$: \(\Gr(𝔖_4) = ℤ/2ℤ × ℤ/3ℤ × (ℤ/2ℤ)^2\)
-
Comme $ℍ_8 \supset ⟨i⟩ \supset ⟨-1⟩ \supset 1$: \(\Gr(ℍ_8) = (ℤ/2ℤ)^3\)
-
Comme $D_8 \supset ⟨a⟩ \supset ⟨a^2⟩ \supset 1$, où $D_8 = ⟨a, b⟩$, avec $a$ (resp. $b$) d’ordre 4 (resp. 2) et $ab = ba^{-1}$: \(\Gr(D_8) = (ℤ/2ℤ)^3\)
EX 2.3.2
Si $G$ est un groupe fini simple d’ordre pair dont tous les $2$-Sylow sont cycliques, $\vert G \vert ≤ 2$
Supposons par l’absurde que $\vert G \vert > 2$.
En faisant agir $G$ sur lui-même par translation, $G$ se plonge dans $𝔖(G)$ via un homomorphisme injectif $φ$ (de telle sorte que $G ≃ φ(G) ⊆ 𝔖(G)$).
Comme $𝔄(G)$ est distingué dans $𝔖(G)$, on dispose du quotient $\overline{(_)}: 𝔖(G) \twoheadrightarrow 𝔖(G)/𝔄(G)$.
En factorisant l’homomorphisme
\[\overline{(\_)}_{\mid φ(G)}: φ(G) ⟶ 𝔖(G)/𝔄(G)\]par son noyau $φ(G) ∩ 𝔄(G)$, il vient que $φ(G)/(φ(G) ∩ 𝔄(G))$ s’injecte dans $𝔖(G)/𝔄(G) ≃ ℤ/2ℤ$ : $φ(G)/(φ(G) ∩ 𝔄(G))$ est isomorphe à $1$ ou à $ℤ/2ℤ$, si bien que $φ(G) ∩ 𝔄(G)$ est d’indice $1$ ou $2$ dans $φ(G)$.
Par l’absurde, supposons que $φ(G) ∩ 𝔄(G)$ soit d’indice $1$ dans $φ(G)$, i.e. $φ(G) ∩ 𝔄(G) = φ(G)$, i.e. $φ(G) ⊆ 𝔄(G)$.
Soit $S_2$ un $2$-Sylow de $G$ (dont l’existence est assurée par le point 1 du théorème de Sylow). Par hypothèse :
- $S_2 = ⟨g⟩$, pour un $g∈ G$
- $S_2 ≠ 1$ : comme l’ordre de $G$ est pair, les $2$-Sylow de $G$ ne sont pas triviaux
La décomposition en cycles à supports disjoints de $φ(g)$ est constituée de $[G : ⟨g⟩]$ cycles de longueur $\vert ⟨g⟩ \vert$ : en effet, pour tout $g’ ∈ G$, l’obite de $g’$ sous l’action de $⟨φ(g)⟩$ est
\[\begin{align*} \lbrace φ(g)^k(g') \mid k∈ℤ \rbrace & = \lbrace φ(g^k)(g') \mid k∈ℤ \rbrace \\ & = \lbrace g^kg' \mid k∈ℤ \rbrace \\ & = ⟨g⟩g' \end{align*}\]Donc les orbites de $G$ sous l’action de $⟨φ(g)⟩$ sont les classes à droite modulo $⟨g⟩$.
Par suite, en considérant la décomposition en cycles à supports disjoints :
\[ε(φ(g)) = (-1)^{(\vert ⟨g⟩ \vert + 1)[G : ⟨g⟩]}\]Or
- $\vert ⟨g⟩ \vert + 1 = \vert S_2 \vert + 1$ est impair car $S_2$ est un $2$-Sylow non trivial
- $[G : ⟨g⟩] = [G : S_2]$ est impair par définition des $2$-Sylow
donc $ε(φ(g)) = -1$, et
\[φ(G) \ni φ(g) ∉ 𝔄(G)\]Donc $φ(G) ∩ 𝔄(G)$ est d’indice $2$ dans $φ(G)$, et est donc distingué dans $φ(G)$.
en effet:
Lemme: Tout sous-groupe d’indice $2$ dans un groupe fini $G’$ y est distingué.
Preuve: Si $H$ est un sous-groupe d’indice $2$, les classes à gauche et à droite de $H$ coïncident, puisque pour tout $g’∈G’$ :
- si $g’∈ H$ : $Hg’ = H = g’H$
- si $g’ ∉ H$ : alors comme $[G’ : H]=2$, la partition de $G’$ en classes à gauche (resp. à droite) s’écrit $G’ = H \sqcup g’H$ (resp. $G’ = H \sqcup Hg’$). D’où $g’H = G’\backslash H = Hg’$.
Enfin, comme $G$ est simple, $φ(G) ∩ 𝔄(G)$ est nécessairement trivial, d’où $\vert G \vert = 2$ : contradiction.
Soit $G$ un groupe simple d’ordre pair tel que $\vert G \vert > 2$. Montrons que son ordre est divisible par $4$.
Par l’absurde, supposons que son ordre n’est pas divisible par $4$. Alors la valuation 2-adique de $\vert G \vert$ vaut $1$, et les 2-Sylow de $G$ sont cycliques (puisque d’ordre $2$). Par la question précédente, il vient que $\vert G \vert ≤ 2$ : contradiction.
NB: l’hypothèse $\vert G \vert > 2$ a été ajoutée dans l’énoncé, car sinon $G = ℤ/2ℤ$ est un (le) contre-exemple de groupe simple d’ordre pair mais non divisible par $4$.
EX 2.3.5
Soit $G$ un groupe simple d’ordre $60$.
1.
$G$ n’a pas de sous-groupe strict d’indice $r <5$
Le cas $r = 1$ est immédiat.
$r = 2$
Le cas $r=2$ est exclus, car $G$ aurait un sous-groupe d’indice $2$, donc distingué (cf. question précédente), mais $G$ est simple.
$r = 3$
Par l’absurde, supposons qu’il existe un sous-groupe $H ≤ G$ d’indice $3$, i.e. d’ordre $20$ : d’après le point 4 du théorème de Sylow, $H$ a un unique $5$-Sylow $S_5$, lequel est donc (par le point 2 du théorème de Sylow) distingué dans $H$, si bien que :
\[H ⊆ \Nor_G(S_5)\]et $\Nor_G(S_5)$ est d’ordre $\vert H \vert = 20$ ou d’ordre $20 × 3 = 60$.
Comme $\Nor_G(S_5)$ ne peut pas être d’ordre $60$ (car sinon $S_5$ serait distingué dans le groupe simple $G$), on en déduit que $\vert \Nor_G(S_5) \vert = 20$ : il y a donc $\vert {\cal S}_5(G) \vert = \frac{\vert G \vert}{\vert \Nor_G(S_5) \vert} = 3 ≠ 1 \mod 5$ $5$-Sylow dans $G$, ce qui contredit le point 4 du théorème de Sylow dans $G$.
$r = 4$
On procède de manière analogue par l’absurde : tout sous-groupe $H$ d’indice $4$, i.e. d’ordre $15$, possède un unique $5$-Sylow $S_5$, de telle sorte que :
\[H ⊆ \Nor_G(S_5)\]et $\vert \Nor_G(S_5) \vert ∈ \lbrace 15, 30, 60\rbrace$.
Les cas $\vert \Nor_G(S_5) \vert = 30$ et $\vert \Nor_G(S_5) \vert = 60$ sont exclus :
-
dans le premier cas, $\Nor_G(S_5)$ serait d’indice $2$ - donc distingué - dans $G$,
-
dans le second, $S_5$ serait distingué dans $G$.
Donc $\vert \Nor_G(S_5) \vert = 15$, et il y a $\frac{\vert G \vert}{\vert \Nor_G(S_5) \vert} = 4 ≠ 1 \mod 5$ $5$-Sylow dans $G$, ce qui contredit le point 4 du théorème de Sylow dans $G$.
2.
$G$ contient un sous-groupe d’indice $5$
Par l’absurde, supposons que ce ne soit pas le cas. En notant $S_2$ un $2$-Sylow de $G$ (dont l’existence est assurée par le point 1 du théorème de Sylow), d’après le point 4 du théorème de Sylow dans $G$, il vient que $\vert {\cal S}_2(G) \vert = [G : \Nor_G(S_2)]\mid 15$. Mais comme $[G : \Nor_G(S_2)] > 5$ par la question précédente et par hypothèse, il vient que $\vert {\cal S}_2(G) \vert = 15$.
Montrons que ces $2$-Sylow sont d’intersections deux à deux triviales : en effet, si ce n’était pas le cas pour deux $2$-Sylow $S_2$ et $S_2’$, il existerait un sous-groupe $S_2 ∩ S_2’ = ⟨g⟩$ d’ordre $2$ (pour un $g ∈ G\backslash \lbrace e_G \rbrace$), et le centralisateur $\Cen_G(g) ≝ \lbrace g’∈ G \mid g’g= gg’ \rbrace$ vérifierait
- $S_2 ⊆ \Cen_G(g)$
- $S_2’ ⊆ \Cen_G(g)$
puisque les $S_2$ et $S_2’$, étant d’ordre $4 = 2^2$, sont commutatifs (d’après le point 2 du lemme 2.2.6).
Donc comme $S_2 ≠ S_2’$ par hypothèse, $4 < \vert \Cen_G(g) \vert ∈ \lbrace 12, 20, 60 \rbrace$. Or,
-
$\vert \Cen_G(g) \vert = 12$ est exclus par hypothèse ($\Cen_G(g)$ serait d’indice $5$)
-
$\vert \Cen_G(g) \vert = 20$ est exclus par la question précédente ($\Cen_G(g)$ serait d’indice $3 < 5$)
D’où $\vert \Cen_G(g) \vert = 60$, i.e. $\Cen_G(g) = G$, et $g ∈ Z(G) ≠ 1$.
Comme $Z(G)$ est distingué dans le groupe simple $G$, il vient donc que $Z(G) = G$, et $G$ est commutatif, ce qui est absurde, puisqu’alors tous ses sous-groupes stricts non triviaux (il en existe : ses $2$-Sylows par exemple) sont distingués, alors que $G$ est simple.
Donc il y a au moins $15 × (4-1) = 45$ éléments d’ordre $2$ dans $G$.
De plus, comme l’indice du normalisateur d’un $5$-Sylow (dont l’existence est assurée par le point 1 du théorème de Sylow) est strictement supérieur à $5$ par la question précédente et par hypothèse, il y a au moins $6$ $5$-Sylow dans $G$, donc au moins $6 × (5-1) = 24$ éléments d’ordre $5$, ce qui est absurde, puisque $\vert G \vert = 60 < 24+45$
3.
En déduire que $G$ se plonge dans $𝔖_5$ puis qu’il est isomorphe à $𝔄_5$.
D’après la question précédente, il existe un sous-groupe $H$ d’indice $5$ dans $G$.
En faisant agir $G$ sur l’ensemble des classes à gauche $G/H$, il existe un homomorphisme de groupe non trivial (puisque $H$ est un sous-groupe strict)
\[φ: G ⟶ 𝔖(G/H) ≃ 𝔖_5\]Mais comme $G$ est simple, $φ$ est injectif, si bien que $G ≃ φ(G)$, où $φ(G)$ est d’indice $2$ (puisque d’ordre $60$) dans $𝔖_5$ : c’est $𝔄_5$.
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