groupes monogènes exercices corrigés

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Prépa CAPES UPMC 2008 Emmanuel Ferrand, Laurent Koelblen, Matthieu Romagny Lundi 3 novembre 2008 Groupes monogènes, groupes symétriques Groupes monogènes et cycliques Exercice 1 On dit qu’un groupe est monogène s’il peut être engendré par un seul élément. (1) Montrer qu’un groupe monogène est isomorphe, soit à Z, soit à Z=nZ pour un entier n 1. (2) Montrez que le groupe G =Z Z n’est pas monogène. Corrigé exercice 1 (1) On commence par décrire explicitement le sous-groupehxi engendré par un élément x kdans un groupe G. Il est clair que toutes les puissances x de x sont dans le sous-groupe 1engendré parx ; commex est dans le sous-groupe engendré parx, on a les puissances avec kk 0. On a alors min( ; ) min( ; )1 1 r rpgcd(a;b) = (p ) :::(p ) :1 1 Voici un dernier commentaire sur le pgcd. Soient a etb deux entiers non tous deux nuls, 0 0 0et d = pgcd(a;b). Comme dja et djb, il existe des entiers relatifs a;b tels que a = da et 0 0 0b =db, et de plus pgcd(a;b) = 1. L’existence des écritures 0 0 0 0a =da ; b =db avec pgcd(a;b) = 1 caractérise le pgcd de a et b, et est souvent extrêmement utile pour le manipuler. Corrigé exercice 2, question (1) 0 0 0 0Posons d = pgcd(k;n) avec k = dk , n = dn et pgcd(k;n) = 1. Il s’agit de montrer 0que l’ordre de k dansZ=nZ est n. Soit u un entier positif tel que uk = 0 dansZ=nZ. Ceci 0 0 0 0signifie qu’il existe v tel que uk = vn, ou encore udk = vdn. On en déduit uk = vn.

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• Publié par: Binyzemohamed
• Publié le: 03 janvier 2014
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• Langue: Français

Extrait

Prépa CAPES UPMC 2008

Emmanuel Ferrand, Laurent Koelblen, Matthieu Romagny

Lundi 3 novembre 2008 Groupes monogènes, groupes symétriques

Groupes monogènes et cycliques

Exercice 1On dit qu’un groupe estmonogènes’il peut être engendré par un seul élément. (1) Montrer qu’un groupe monogène est isomorphe, soit àZ, soit àZ/nZpour un entier n≥1. (2) Montrez que le groupeG=Z×Zn’est pas monogène.

Corrigé exercice 1 (1) On commence par décrire explicitement le sous-groupehxiengendré par un élémentx dans un groupeG. Il est clair que toutes les puissancesx k dexsont dans le sous-groupe engendré parx; commex −1 est dans le sous-groupe engendré parx, on a les puissances avec k <0aussi bien que les puissances aveck≥0. Comme{x k , k∈Z}est un sous-groupe de G, finalementhxi={x k , k∈Z}. Revenons à la question. SoitGun groupe monogène, il peut donc être engendré par un élémentx signifie que. Ceci{x k , k∈Z}=G, ou encore, que le morphismef:Z→Gdéfini parf(k) =x k est surjectif. Son noyau est un sous-groupe deZ, donc de la formenZpour unn≥0. Sin= 0le morphismefest un isomorphisme etG'Z, et sin≥1le morphisme finduit un isomorphismef:Z/nZ→G. (2) Nous allons aboutir à une contradiction en supposant queG=Z×Zest monogène. Soitxun générateur, on peut écrirex= (a, b)avecaetbdansZ. CommeGest un groupe abélien, on utilise naturellement une notation additive, en particulier on parle de multiples kxau lieu de puissancesx k . CommexengendreG, les éléments(0,1)et(1,0)sont des multiples dex:

(0,1) = (ka, kb)et(1,0) = (`a, `b)avec(k, `)∈Z 2 .

Comme`a= 1l’entieraest non nul, doncka= 0entraînek= 0 alors l’égalité. Maiskb= 1 est impossible. Par contraposée,Gn’est pas monogène.

Exercice 2(1) Montrez que l’ordre dekdansZ/nZestn/pgcd(k, n). (2) Calculez l’ordre de(k, `)dansZ/nZ×Z/mZ.

Rappel sur le pgcd :avant de s’attaquer à la question (1), il est utile de commencer par un bref rappel sur le pgcd de deux entiers relatifsaetb pgcd est bien défini lorsque. Lea oubn’est pas nul.

Une façon de le définir est de considérer l’ensemble des entiers naturelse∈Nqui divisent aetb, c’est-à-dire tels qu’il existe des entiers relatifsuetvtels quea=euetb=ev. (On note alorse|aete|b on a supposé que.) Commeaoubn’est pas nul, disons, par exemple a6= 0, alorse≤ |a|et donc cet ensemble d’entierse il possède un plus Doncest majoré. grand élément que l’on notedet que l’on appelle leplus grand commun diviseur, oupgcd, deaetb. On noted= pgcd(a, b)ou parfoisd=a∧b. Une autre façon de définir le pgcd est de considérer l’ensemble des entiers relatifsn∈Z qui sont somme d’un multiple deaet d’un multiple deb, ou plus formellement, l’ensemble {n∈Z,∃(k, l)∈Z 2 , n=ka+lb}.

Cet ensemble est un sous-groupe deZ, donc de la formedZpour un certaind≥1(dne peut pas être nul car on a supposé queaoub Onn’est pas nul). montre que cet entier natureld est le même entier que dans la définition qui précède, c’est le pgcd deaetb. Lorsquepgcd(a, b) = 1on dit aussi queaetbsontpremiers entre eux. Rappelons-nous un résultat important concernant les entier premiers entre eux : lelemme de Gauss, qui dit que siadivisebcet siaetbsont premiers entre eux, alorsadivisec. Pour calculer le pgcd, la méthode la plus systématique (et bien souvent la meilleure) est d’utiliser l’algorithme d’Euclide, que je ne décris pas ici (je vous envoie à un livre de cours d’Arithmétique). Une autre méthode est d’écrire les nombresaetbcomme produits de facteurs premiers. Supposons queaetbpositifs pour simplifier (sinon, on met lessont signes−1où il le faut). peut écrire Ona= (p 1 ) α 1 . . .(p 1 ) α r etb= (p 1 ) β 1 . . .(p 1 ) β r , où lesp i sont des nombres premiers distincts, avec des exposants éventuellement nuls. On fera bien attention au fait qu’il ne s’agit pas des décompositions en facteurs premiers deaetb, car dans la décomposition en facteurs premiers n’interviennent que des exposants>0 a. On alors pgcd(a, b) = (p 1 ) min(α 1 ,β 1 ) . . .(p 1 ) min(α r ,β r ) . Voici un dernier commentaire sur le pgcd. Soientaetbdeux entiers non tous deux nuls, etd= pgcd(a, b). Commed|aetd|b, il existe des entiers relatifsa 0 , b 0 tels quea=da 0 et b=db 0 , et de pluspgcd(a 0 , b 0 ) = 1. L’existence des écritures a=da 0 , b=db 0 avecpgcd(a 0 , b 0 ) = 1

caractérise le pgcd deaetb, et est souvent extrêmement utile pour le manipuler.

Corrigé exercice 2, question (1) Posonsd= pgcd(k, n)aveck=dk 0 ,n=dn 0 etpgcd(k 0 , n 0 ) = 1 s’agit de montrer. Il que l’ordre dekdansZ/nZestn 0 . Soituun entier positif tel queuk= 0dansZ/nZ. Ceci signifie qu’il existevtel queuk=vn, ou encoreudk 0 =vdn 0 . On en déduituk 0 =vn 0 . En particuliern 0 diviseuk 0 , et commen 0 etk 0 sont premiers entre eux, d’après le lemme de Gaussn 0 diviseu, c’est-à-dire qu’il existe un entierwtel queu=wn 0  particulier. Enu≥n 0 , et commen 0 k=n 0 dk 0 =nk 0 est nul dansZ/nZ, on a bien montré quen 0 est le plus petit entierutel queuk= 0dansZ/nZ, c’est-à-dire, c’est l’ordre dekdansZ/nZ.

Rappel sur le ppcm :question (2) est l’occasion de faire des rappels sur le ppcm,la parallèles à ceux sur le pgcd. Ici on n’a pas besoin de supposer queaoubest non nul. On considère l’ensemble des entiers naturelse∈Nqui sont multiples à la fois deaet deb. C’est un sous-ensemble non vide deNil possède un plus petit élément noté, donc met appeléplus petit commun multiple, ouppcm, deaetb note. Onm= ppcm(a, b)ou parfoism=a∨b. On peut aussi considérer l’ensemble des entiers relatifsn∈Zqui sont multiples deaet deb, qui n’est autre que l’ensembleaZ∩bZ ensemble est un sous-groupe de. CetZ, donc de la formemZpour un certainm≥1. Cet entier naturelmest le même entier que dans la définition qui précède, c’est le ppcm deaetb. Pour calculer le ppcm, la méthode consistant à écrire les nombresaetbcomme produits de facteurs premiersa= (p 1 ) α 1 . . .(p 1 ) α r etb= (p 1 ) β 1 . . .(p 1 ) β r  suppose (Onfonctionne aussi. ici aussi queaetb Le résultat est :sont positifs pour simplifier.) ppcm(a, b) = (p 1 ) max(α 1 ,β 1 ) . . .(p 1 ) max(α r ,β r ) . Il n’y a pas véritablement de méthode analogue à celle de l’algorithme d’Euclide pour le pgcd, mais on peut s’y ramener toutefois, comme je l’explique dans quelques lignes. Une propriété importante qui relie les nombresd= pgcd(a, b)etm= ppcm(a, b)est la relationdm=|ab|. Notez que siaetbsont positifs on a plus simplementdm=ab, mais pour définir le pgcd et le ppcm nous n’avons pas supposé queaetbétaient positifs ; en revanchedetm démontrer que Pouront été définis comme étant positifs.dm=ablorsque aetbsont positifs, on utilise les écritures d= (p 1 ) min(α 1 ,β 1 ) . . .(p 1 ) min(α r ,β r ) etm= (p 1 ) max(α 1 ,β 1 ) . . .(p 1 ) max(α r ,β r ) . Je vous laisse faire cette petite démonstration à titre d’exercice. Je vous ai annoncé juste au-dessus qu’on peut se ramener à une méthode utilisant l’algorithme d’Euclide pour calculer le ppcm : en effet, commencez par calculer le pgcd en utilisant l’algorithme d’Euclide, puis utilisez la formuledm=|ab|. Sauf dans le cas où les nombresaetbont des décompositions en facteurs premiers faciles à trouver (ce qui n’est pas le cas pour des entiers quelconques !!), cette méthode sera plus rapide.

Corrigé exercice 2, question (2) Soitn 0 =n/pgcd(k, n)l’ordre dekdansZ/nZ=etm 0 =m/pgcd(`, m)l’ordre de` dansZ/mZ. On va montrer que l’ordre de(k, `)dansZ/nZ×Z/mZest le ppcm den 0 et dem 0  si fait, ceci est très général :. EnGetHsont deux groupes,x∈Gest un élément d’ordreaety∈Hest un élément d’ordreb, alors l’élément(x, y)du groupe produit direct G×Hest d’ordreppcm(a, b) Soit. Nous allons démontrer cela.u≥0un entier tel que (x, y) u = (x u , y u ) = 1dansG×H. Alorsx u = 1dansGdoncuest multiple dea(c’est une propriété de l’ordrea), ety u = 1dansHdoncuest multiple deb. Ainsiuest un multiple commun deaetb. De plus, clairement pour tout multiple communudeaetbon a(x, y) u = 1 l’ordre de. Donc(x, y)est le plus petit multiple commun, c’est-à-dire le ppcm, deaetb.

Exercice 3Soitn≥1 note Onun entier.ϕ(n)le nombre d’entiers1≤k≤npremiers avecn(la fonctionϕ:N ∗ →Nest appeléefonction indicatrice d’Euler).

(1) Montrer que pour tout entier relatif non nula∈Z, premier avecn, on aa ϕ(n) ≡1 (n). (2) Soitpun nombre premier eta∈Z qu’on a. Montrera p ≡a(p).

Corrigé exercice 3 (1) On sait que dans un groupe fini d’ordred, tout élémentxvérifiex d = 1. On va interpréter la question demandée comme étant le reflet d’une relation dans un groupe d’ordreϕ(n), le groupeGdes éléments inversibles de l’anneauZ/nZ. Pour être complets, nous allons démontrer que, pour un entier relatifkdont on notekla classe modulon, on a les conditions équivalentes suivantes :

(i)kest premier avecn, (ii)kest inversible dans l’anneauZ/nZ, (iii)kengendre le groupe additifZ/nZ.

Pour répondre à la question de l’exercice, l’équivalence de (i) et (ii) suffit car elle montre que les éléments du groupeGdes inversibles de l’anneauZ/nZsont les classes, modulon, des entiers1≤k≤npremiers avecn. Donc le cardinal deGest égal àϕ(n). Il s’ensuit que pour touta∈Gon aa ϕ(n) = 1dansG signifie exactement que pour tout entier. Cela relatifapremier avecn, on aa ϕ(n) ≡1 (n). Montrons maintenant que (i) et (ii) sont équivalentes. D’après le théorème de Bézout,k etnpremiers entre eux ssi il existe des entiers relatifssont u, vtels queuk+vn= 1, ssi il existe un entier relatifutel queuk= 1dansZ/nZ, ssikest inversible dansZ/nZ. Pour finir on montre que (ii) et (iii) sont équivalentes. Sikest inversible dans l’anneau Z/nZalors il existe un entier relatif, utel queuk= 1, donc pour toutm∈Z/nZon a m=muk. Ceci montre que tout élément deZ/nZest un multiple dek, donckengendre le groupe additifZ/nZ. Réciproquement, sikengendre le groupe additifZ/nZ, alors en particulier1est un multiple dek, donc il existeutel queuk= 1, ce qui montre quekest inversible dansZ/nZ. Notons que l’équivalence entre (i) et (iii) peut aussi se voir directement, puisqueken- gendre le groupe additifZ/nZssi son ordre est égal àn on a montré dans un exercice. Or précédent que l’ordre dekestn/pgcd(k, n), d’où la conclusion.

(2) Sipest premier, tous les entiers1≤k≤p−1sont premiers avecpet doncϕ(p) =p−1. D’après la question précédente, pour touta∈Zpremier avecp, on obtienta p−1 ≡1 (p). En multipliant paraceci donnea p ≡a(p). De plus, sian’est pas premier avecp, c’est-à-dire sip|a, alorsa p etasont tous les deux nuls modulopdonc la relationa p ≡a(p)est encore vérifiée. Finalement, pour touta∈Zon aa p ≡a(p).

Exercice 4(1) Montrer que le groupe additifQn’est pas monogène. (2) En déduire que le groupe additifRn’est pas monogène. (3) Montrer queQest engendré par l’ensemble{ n! 1 } n≥1 . (4) Montrer que tout sous-groupe monogène non nul deQest infini. (5) Montrer que tout sous-groupe de type fini, non nul, deQest isomorphe àZ.

Corrigé exercice 4 (1) Supposons queQsoit monogène, engendré par un rationnelx=m/nécrit sous forme de fraction irréductible, c’est-à-dire quemetn Alorssont premiers entre eux.1/(2n)est un multiple dex il existe, i.e.k∈Ztel que1/(2n) =km/n en déduit l’égalité. On2km= 1 dansZ, ce qui est impossible car2km Doncest pair.Qn’est pas monogène. (2) Supposons queR il est infini, il est donc isomorphe àsoit monogène. CommeZ. Alors le sous-groupeQest isomorphe à un sous-groupe deZ, donc un groupe de la formenZ. Or nZest isomorphe àZ, précisément on a un isomorphisme évidentf:Z→nZdéfini par f(a) =na. FinalementQest isomorphe àZdonc monogène, ce qui est une contradiction, avec la question précédente. (3) Soit un rationnelx=m/n. Alorsx=m(n−1)!/n!ce qui montre quexest un multiple de 1/n! tout élément de. DoncQest multiple d’un des nombres1/n!, et a fortiori, les nombres 1/n!engendrentQ. (4) SoitH⊂Q est isomorphe soit àun sous-groupe monogène non nul. IlZ, soit àZ/nZ pour un entiern≥1. Dans le deuxième cas, il existe dansHun élémentx6= 0tel que nx= 0 comme. MaisQest un corps, ceci impliquex= 0, en contradiction avec l’hypothèse surx. DoncHest infini isomorphe àZ. (5) On va montrer par récurrence surk≥1qu’un sous-groupe deQengendré parkéléments est isomorphe àZ. Initialisation de la récurrence : le cask= 1est simplement la question précédente. Hérédité de la proposition : on suppose que tout sous-groupe engendré parkéléments est isomorphe àZ. SoitHun sous-groupe engendré park+ 1éléments notésx 1 , . . . , x k , y. D’après l’hypothèse de récurrence, le sous-groupe engendré parx 1 , . . . , x k est isomorphe à Z, donc engendré par un élémentx=m/n est ainsi ramené au On(fraction irréductible). cask= 2avec deux générateursx, yoùy=p/q a donc On(fraction irréductible). H={ax+by ,(a, b)∈Z 2 }=  n maq+ q , pbn (a, b)∈Z 2  .

L’ensemble des nombresamq+bpn, avec(a, b)variable, est un sous-groupe deZqui est de la formedZ, avec pourdle pgcd demqet depn une des définitions du pgcd.: c’est Il s’ensuit queHest l’ensemble des multiples ded/(nq), il est donc monogène, comme on le souhaitait.

Exercice 5Montrez que simetnsont deux entiers premiers entre eux, on a un isomor- phismeZ/mnZ'Z/mZ×Z/nZ vrai lorsque. Est-cemetnne sont pas premiers entre eux ?

Corrigé exercice 5De manière générale, siH, Ksont deux sous-groupes distingués deG avecH⊂K, on a un morphisme surjectifG/H→G/K part on le justifie ainsi :. On du morphismeπ:G→G/K. Le sous-groupeHest inclus dansK, qui est le noyau deπ, donc par le théorème fondamental sur le quotientG/H(aussi appelé propriété universelle deG/H), le morphismeπinduit un morphismeG/H→G/K fait que ce morphisme. Le soit surjectif découle du fait analogue pourG→G/K.

Dans le cas des quotients deZ, commemnZ⊂mZetmnZ⊂nZon a des morphismes Z/mnZ→Z/mZetZ/mnZ→Z/nZ, d’où un morphismeZ/mnZ→Z/mZ×Z/nZ. Si l’on notea,ae,ables classes modulomn,metn(respectivement), alors on peut écrire ce morphisme sous la forme :

Z/mnZ→Z/mZ×Z/nZ a7→(ea, ab)

CommeZ/mnZetZ/mZ×Z/nZont le même cardinal égal àmn, pour montrer que ce morphisme est un isomorphisme il suffit de montrer qu’il est injectif, ou surjectif, au choix. Montrons que ce morphisme est injectif, ce qui est assez facile. Siaest dans le noyau, alors aest multiple demet den. Donc il existea 0 ∈Ztel quea=ma 0 . Commendiviseail divisema 0 , et commenest premier avecm, par le lemme de Gauss on obtient quendivise a 0 . Ainsimndivisea, donca= 0dansZ/mnZ. On obtient l’injectivité recherchée. Simetnne sont pas premiers entre eux, le résultat n’est plus vrai, et d’ailleurs on voit ce qui pêche dans l’argument précédent. Il est facile de donner un contre-exemple : on prend m=n >1et le morphisme est le morphismeZ/n 2 Z→Z/nZ×Z/nZ. Ce morphisme n’est certainement pas un isomorphisme, puisque le groupe de gauche possède un élément d’ordre n 2 alors que dans le groupe de droite, tous les éléments sont d’ordre≤n.

Groupes symétriques

Avant de passer à l’exercice 6, on a besoin de quelques éléments de cours sur les actions de groupes et la structure du groupe symétrique.

Quelques notions sur les actions de groupes :

Dans l’étude du groupe symétrique, le vocabulaire des actions de groupes est extrêmement pratique. Faisons quelques rappels. SoitGun groupe etX Uneun ensemble.actiondeGsurXest un morphisme de groupes ρ:G→S X du groupeGvers le groupe des bijections deX. C’est la même chose de se donner, pour tout élémentg∈G, une bijectionρ g :X→X, de telle façon que (i)ρ 1 = id X . (ii)ρ gg 0 =ρ g ◦ρ g 0 pour tousg, g 0 dansG. Par souci de concision, en général on note simplementgau lieu deρ g , etgxoug.xau lieu deρ g (x). Le vocabulaire des actions de groupes permet d’utiliser l’intuition d’un problème géométrique dans lequelGest un groupe de transformations etXest un espace géométrique (en un sens volontairement un peu flou), par exemple un espace affine, ou euclidien, ou un espace topologique. À cause de cela, on appelle souvent les éléments deXdespoints. L’orbite d’un pointx∈Xsous le groupeG, ouG-orbite dex, est la partie deXdéfinie par O G (x) ={gx , g∈G}.

La relation binaire surXdéfinie parx∼yssi il existeg∈Gtel quey=gxest une relation d’équivalence. On a évidemment :

x∼y⇐⇒y∈O G (x)⇐⇒O G (x) =O G (y). Les classes d’équivalence pour cette relation sont les orbites de l’action deGsurX, et elles forment lapartition en orbitesdeX. Lestabilisateur du pointx∈Xest le sous-groupe de Gdéfini parG x ={g∈G , gx=x} vérification du fait qu’il s’agit d’un sous-groupe est. La un exercice facile. Ce sous-groupe n’est pas distingué en général ; je vous invite fortement à chercher un contre-exemple pour illustrer cela avant de poursuivre la lecture. L’action deGsurXest ditetransitives’il n’y a qu’une orbite. Ceci signifie que pour tousx, ydansXil existeg∈Gtel quey=gx, ou encore, que l’applicationev x :G→X définie parg7→gx note cette applicationest surjective. (Jeev x car il s’agit de l’évaluation enx.) Par exemple, partant d’une action quelconque deGsur un ensembleX, et d’un point x∈X, il y a une action deGsur l’orbiteY:=O G (x)et cette action est transitive par définition. L’extrême opposé des « grosses » orbites (actions transitives) est le cas d’orbites réduites à un seul élément :O G (x) ={x}. Dans ce cas, on parle d’orbite ponctuelle, ou d’orbite réduite à un point, ou parfois d’orbite triviale dit aussi que. Onxest un point fixe sousG. Par définition,xest toujours un point fixe sous son stabilisateurG x , c’est-à-direO G x (x) ={x}. Pourx∈X, nous introduisons maintenant l’applicationev x :G→Xqui envoieg∈G surg(x). Nous l’appellerons l’application d’évaluation enx.

Théorème :L’application d’évaluation enxinduit une bijectionG/G x →O G (x). Démontrons ce résultat. Par définition de l’orbite, l’image deev x est l’orbiteO G (x)donc ev x induit une application surjectiveG→O G (x). Pour cette application, deux élémentsg, h ont la même image ssig −1 h∈G x s’ensuit, d’après la définition de l’ensemble quotient. Il  G/G x , ensemble des classes à gauche deGmoduloG x , quefinduit une application bijective G/G x →O G (x) particulier, si. EnGest fini (maissans supposer queXest fini), alors on voit que les orbites deXsousGsont finies et le cardinal de l’orbite dexest égal à l’ordre de son stabilisateur.

Quelques notions sur le groupe symétrique :

Le groupe symétrique agit naturellement (par sa définition même) sur l’ensemble desn premiers entiers{1, . . . , n}. Lorsqu’on l’étudie, cette action est toujours en toile de fond et on utilise naturellement le vocabulaire des actions de groupes. Par exemple, chaque permutationσa des orbites (lesσ-orbites), qui sont les orbites de{1, . . . , n}sousG=hσi.

Cycles.Les permutations les plus simples (mise à part l’identité) du point de vue de cette action sont celles qui ont une et une seule orbite non ponctuelle. On les appelle lescycles. Une autre façon de les définir est de dire qu’un cycle est une permutation dont le support est non vide et est une orbite. Notez que, par cette définition, l’identité n’est pas un cycle. Si l’on noterle cardinal de l’orbite non ponctuelle, on dit aussi queσest unr-cycle. Un petit exercice facile montre que l’ordre d’unr-cycle estr. Les cycles les plus simples sont

les2-cycles, que l’on appelle aussitranspositions. Un fait classique, que nous ne ferons pas en exercice, mais que vous pouvez démontrer très facilement par récurrence surn, est que le groupeS n est engendré par les transpositions. Support.Soitσune permutation du groupe symétriqueS n . On appellesupportdeσ l’ensemble des pointsx∈S n tels queσ(x)6=x donc le complémentaire de l’ensemble. C’est des points fixes deσ. On le noteSupp(σ). Siσetτsont deux permutations à supports disjoints, elles commutent. Voici la démon- stration. Il s’agit de démontrer que pour touti∈ {1, . . . , n}on a(στ)(i) = (τ σ)(i). Siin’est ni dans le support deσni dans celui deτ, on aσ(i) =τ(i) =idonc(στ)(i) = (τ σ)(i) =i et on a fini. Il reste à traiter le cas oùiest dans le support deσet le cas oùiest dans le support deτ. Clairement le raisonnement sera le même dans les deux cas, en changeant σenτdonc il suffit de regarder le premier cas :, i∈Supp(σ). Nous faisons l’observation que comme l’ensemble des points fixes est stable sousσ, son complémentaire, c’est-à-dire le support deσ, l’est aussi. Ainsiietσ(i)sont dans le support deσ. Commeσetτsont à supports disjoints,ietτ(i)ne sont pas dans le support deτ, en d’autres termesτ(i) =iet τ(σ(i)) =σ(i). Doncτ(σ(i)) =σ(i) =σ(τ(i))et on a fini.

Décomposition en cycles à supports disjoints.Le résultat de base pour manipuler les permutations est le théorème suivant :

Théorème :de manière unique, à l’ordre près des facteurs, commetoute permutation s’écrit un produit de cycles à supports disjoints.

Pour démontrer ceci, on raisonne par condition nécessaire, ce qui démontrera l’unicité de la décomposition. On note que siσ=τ 1 . . . τ s est un produit de cycles à supports disjoints notésO 1 , . . . ,O s , alors sur la partieO i on aσ=τ i . Il s’ensuit queO i est stable sousσ, et comme c’est une orbite deτ i , c’est une orbite deσ. AinsiO 1 , . . . ,O s sont toutes les orbites non ponctuelles deσ, et de plus : τ i (x) =  σ x (x)si si x x ∈ ∈6 O O i i . , Ceci montre queτ i est entièrement déterminé parσ, donc la décomposition recherchée est unique. Pour l’existence, on appelleO 1 , . . . ,O s les orbites non ponctuelles deσet on définit τ i  Ilcomme ci-dessus. est immédiat de vérifier queσ=τ 1 . . . τ s . Exercice 6(1) Soitσunr-cycle dans le groupe symétriqueS n ,n≥2. Pour quelles valeurs dekentier,1≤k≤r−1, la permutationσ k est-elle un cycle ? (2) On noteσ= (i 1 i 2 . . . i r ). Étant donnéτ∈S n , montrez queτ στ −1 est le cycle (τ(i 1 )τ(i 2 ). . . τ(i r )). (3) Soitσ 1 = (12. . . n)lapermutation circulaireetτ 1 = (12). Pourkentier, calculezσ 1 k puis σ 1 k τ 1 σ 1 −k . En déduire que les permutationsσ 1 etτ 1 engendrentS n .