Exercices corrigés - Groupes : sous-groupes normaux, théorèmes de Sylow, groupe opérant sur un ensemble

L'application déterminant est un morphisme surjectif de $GL_n(\mathbb R)$ sur $\mathbb R^*$. Son noyau est exactement $SL_n(\mathbb R)$. Ce dernier, comme noyau d'un morphisme de groupe, est normal. De plus, par le théorème d'isomorphisme, le groupe quotient $GL_n(\mathbb R)/SL_n(\mathbb R)$ est isomorphe à $\mathbb R^*$.

Soit $(i\ j)$ une transposition élément de $H$. $H$ contient toute sa classe de conjugaison, ie tous les $(\sigma(i)\ \sigma(j))$ où $\sigma\in S_n$. En particulier, $H$ contient toutes les transpositions. Il contient également le groupe engendré par ces transpositions, qui est $S_n$ tout entier.

Notons $L$ le sous-groupe engendré par $H\cup K$. Un élément de $L$ s'écrit $h_1k_1\cdots h_rk_r$, avec $r\in\mathbb N$, $h_i\in H$ et $k_i\in K$. Considérons maintenant $x\in G$. Alors $$xh_1k_1\cdots h_rk_rx^{-1}=(xh_1x^{-1})(xk_1x^{-1})\cdots (xh_rx^{-1})(xk_rx^{-1}).$$ Comme tous les $xh_ix^{-1}$ et $xk_ix^{-1}$ sont éléments de $L$, il en est de même de leur produit. Finalement, on a prouvé que $L$ est normal.

Cet exercice est beaucoup plus facile si on utilise l'interprétation géométrique du groupe diédral $D_n$, qui peut être décrit comme le groupe des isométries du plan conservant un polygone régulier à $n$ côtés. Ici, $D_6$ est le groupe des isométries conservant un hexagone régulier. Il est composé des

• rotations d'angle $2k\pi/6$, avec $k=0,\dots,5$;
• réflexions d'axes joignant deux sommets opposés;
• réflexions d'axes joignant les milieux de deux côtés opposés

Choisissons un triangle équilatéral en prenant un sommet sur deux de cet hexagone régulier, et considérons $H$ le groupe des isométries préservant ce triangle équilatéral. $H$ est donc isomorphe à $D_3$. De plus, $H$ est constitué des

• rotations d'angle $2k\pi/6$, avec $k=0,2,4$;
• réflexions d'axes joignant un sommet du triangle au milieu du côté opposé.

Ces isométries font partie des isométries conservant l'hexagone initial (pour les réflexions, l'axe joignant un sommet du triangle au milieu du côté opposé est le même que l'axe joignant deux sommets opposés de l'hexagone). $H$ est donc un groupe contenu dans $D_6$ : c'est un sous-groupe de $D_6$.
Remarquons que ce sous-groupe est normal. En effet, il est d'indice 2 dans $D_6$, et tout sous-groupe d'indice 2 est normal.

Considérons $f$ un tel morphisme. Alors $f$ induit un isomorphisme de $G/\ker(f)$ sur $\textrm{Im}(f)$. Notons $d$ le cardinal de $G/\ker(f)$ qui est aussi celui de $\textrm{Im}(f)$. Alors $d$ est un diviseur de $m$ et $d$ est un diviseur de $n$. Comme $n$ et $m$ sont premiers entre eux, $d$ ne peut être égal que à $1$, et donc $\textrm{Im}(f)=\{1_H\}$.

Notons $G$ un tel groupe et remarquons que $200=2^35^2.$ $G$ possède des $5$-Sylow. Notons $n$ le nombre de ces $5$-Sylow. Alors $n$ est congru à $1$ modulo $5$, et $n$ divise $2^3=8$. Donc, nécessairement, $n=1$ et $G$ possède un unique $5$-Sylow $H$. De plus, tous les conjugués de $H$ sont eux-aussi des $5-$Sylow. Ils sont nécessairement égaux à $H$, et donc $H$ est normal.

D'après les hypothèses, $p\wedge n=1$, et donc $H$ est un p-Sylow de $G$. Pour tout $g\in G$, $gHg^{-1}$ est aussi un $p$-Sylow de $G$. Il suffit donc de démontrer que $G$ admet un seul $p$-Sylow. Notons $N$ le nombre de $p$-Sylow de $G$. Alors par les théorèmes de Sylow, $N$ est congru à $1$ modulo $p$, et $N$ divise $n$. Si $N\neq 1$, alors $N\geq p+1$, ce qui contredit que $N$ divise $n$ puisque $n<p$. Ainsi, $N$ est égal à 1, et $H$ est un sous-groupe normal de $G$.

Remarquons déjà que le cardinal d'une orbite divise 35, le nombre d'éléments du groupe. Ce ne peut être 1 (car aucun point n'est fixé) et ce ne peut être 35 (car une orbite a aussi au plus 19 éléments). Ce ne peut donc être que $5$ ou $7$. Notons $n$ le nombre d'orbites à 5 éléments et $m$ le nombre d'orbites à $7$ éléments. Les orbites réalisant une réunion disjointe de l'ensemble à 19 éléments, on doit avoir $5n+7m=19$; la seule possibilité est $n=1$ et $m=2$. Il y a donc 3 orbites, l'une à 5 éléments, les deux autres à 7 éléments.

Soient $A,B$ deux points du cercle unité. Il suffit de considérer la rotation de centre $O$ et d'angle $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})$.
Soient maintenant $A,B$ deux points de la sphère unité. Soit $P$ un plan contenant $O,A$ et $B$ et $D$ la droite perpendiculaire à $P$ passant par $O$. On considère alors la rotation d'axe $D$ qui transforme $A$ et $B$ (d'angle $(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})$).

Comme le suggère l'énoncé, notons $X=\{(g,x)\in G\times E;\ g\cdot x=x\})$. Alors on a d'une part $$\textrm{card}(X)=\sum_{g\in G}\textrm{card}\{x\in E;\ g\cdot x=x\}$$ et d'autre part $$\textrm{card}(X)=\sum_{x\in E}\textrm{card}\{g\in G;\ g\cdot x=x\}.$$ Or, pour tout $x\in E$, $\{g\in G;\ g\cdot x=x\}$ est le stabilisateur de $x$ dont on sait que le cardinal est $\frac{\textrm{card}(G)}{\textrm{card}(\textrm{Orb}(x))}$. On regroupe alors dans cette dernière somme les éléments de $E$ qui ont même orbite. Soient $x_1,\dots,x_r$ des représentants des $r$ orbites possibles. Alors on a \begin{eqnarray*} \textrm{card}(X)&=&\sum_{i=1}^r \sum_{x\in \textrm{Orb}(x_i)}\frac{\textrm{card}(G)}{\textrm{card}(\textrm{Orb}(x))}\\ &=&\sum_{i=1}^r \sum_{x\in \textrm{Orb}(x_i)}\frac{\textrm{card}(G)}{\textrm{card}(\textrm{Orb}(x_i))}\\ &=&\sum_{i=1}^r \textrm{card}(\textrm{Orb}(x_i))\times \frac{\textrm{card}(G)}{\textrm{card}(\textrm{Orb}(x_i))}\\ &=&r\textrm{card}(G). \end{eqnarray*} On en déduit le résultat annoncé.