Chap. 1. Algèbre générale
◦ Si b
2 = a, alors b
3 = ab = e, donc b n’est pas d’ordre 2 ou 3, donc est d’ordre
6, ce qu’on a exclu au départ.
◦ Si b
2 = a
2 , b
3 = a
2 b = e, on aboutit à la même contradiction.
Par conséquent, b
2 = e.
Si ba = ab, alors (ab)
2 = a
2 b
2 = a
2
= e et (ab)
3 = a
3 b
3 = b = e, donc
ab est d’ordre 6, ce qui est exclu. Finalement, ba = a
2 b. La table du groupe est
entièrement déterminée.
Notons qu’on retrouve la structure du groupe symétrique S 3 , en identifiant a avec le
cycle (1, 2, 3) et b avec la transposition (1, 2). Il y a donc deux structures de groupe
d’ordre 6 : Z/6Z muni de l’addition (cyclique) et S 3 .
Complément : Le lecteur curieux pourra s’intéresser aux structures de groupe
d’ordre 4 (il y en a deux : Z/4Z et (Z/2Z)
2 pour l’addition) et d’ordre 8 (il y en a
trois abéliennes : Z/8Z, Z/4Z × Z/2Z, (Z/2Z)
3 et deux non abéliennes : le groupe
diédral D 4 des isométries du carré et le groupe quaternionique).
Exercice 1.43
Polytechnique MP 2005, 2006, 2007
On appelle dérangement de E une permutation de E sans point fixe. On note d n
le nombre de dérangements d’un ensemble de cardinal n. On posera d 0 = 0.
1) Démontrer que : d n+1 = n(d n + d n−1 ).
2) • Justifier, à l’aide d’une partition du groupe symétrique, que n! =
n
k=0
n
k
d k .
• En déduire que d n = n!
n
k=0
(−1)
k
k!
, puis que d n ∼
n→∞
n!
e
.
3) Déterminer le nombre moyen de points fixes d’une permutation de n éléments.
1) On va compter les dérangements de [[1 , n + 1]] en les partitionnant selon l’image
de 1, notée k, qui peut prendre toutes les valeurs comprises entre 2 et n + 1 :
• Lorsque l’image de k est 1, cela revient à compter les dérangements de l’ensemble [[1 , n + 1]] \ {1, k}, c’est-à-dire d n−1 .
• Lorsque l’image de k n’est pas 1, on compte alors les dérangements de
[[2 , n + 1]] dans [[1 , n + 1]] \ {k} (tout se passe comme si l’élément 1 à
l’arrivée était renommé k), c’est-à-dire d n .
S’agissant d’une partition, on obtient d n+1 = n(d n + d n−1 ).
2) • Soit k un entier compris entre 0 et n. Il y a
n
k
d n−k permutations admettant exactement k points fixes. En faisant varier k entre 0 et n, on obtient une
◦ Si b
2 = a, alors b
3 = ab = e, donc b n’est pas d’ordre 2 ou 3, donc est d’ordre
6, ce qu’on a exclu au départ.
◦ Si b
2 = a
2 , b
3 = a
2 b = e, on aboutit à la même contradiction.
Par conséquent, b
2 = e.
Si ba = ab, alors (ab)
2 = a
2 b
2 = a
2
= e et (ab)
3 = a
3 b
3 = b = e, donc
ab est d’ordre 6, ce qui est exclu. Finalement, ba = a
2 b. La table du groupe est
entièrement déterminée.
Notons qu’on retrouve la structure du groupe symétrique S 3 , en identifiant a avec le
cycle (1, 2, 3) et b avec la transposition (1, 2). Il y a donc deux structures de groupe
d’ordre 6 : Z/6Z muni de l’addition (cyclique) et S 3 .
Complément : Le lecteur curieux pourra s’intéresser aux structures de groupe
d’ordre 4 (il y en a deux : Z/4Z et (Z/2Z)
2 pour l’addition) et d’ordre 8 (il y en a
trois abéliennes : Z/8Z, Z/4Z × Z/2Z, (Z/2Z)
3 et deux non abéliennes : le groupe
diédral D 4 des isométries du carré et le groupe quaternionique).
Exercice 1.43
Polytechnique MP 2005, 2006, 2007
On appelle dérangement de E une permutation de E sans point fixe. On note d n
le nombre de dérangements d’un ensemble de cardinal n. On posera d 0 = 0.
1) Démontrer que : d n+1 = n(d n + d n−1 ).
2) • Justifier, à l’aide d’une partition du groupe symétrique, que n! =
n
k=0
n
k
d k .
• En déduire que d n = n!
n
k=0
(−1)
k
k!
, puis que d n ∼
n→∞
n!
e
.
3) Déterminer le nombre moyen de points fixes d’une permutation de n éléments.
1) On va compter les dérangements de [[1 , n + 1]] en les partitionnant selon l’image
de 1, notée k, qui peut prendre toutes les valeurs comprises entre 2 et n + 1 :
• Lorsque l’image de k est 1, cela revient à compter les dérangements de l’ensemble [[1 , n + 1]] \ {1, k}, c’est-à-dire d n−1 .
• Lorsque l’image de k n’est pas 1, on compte alors les dérangements de
[[2 , n + 1]] dans [[1 , n + 1]] \ {k} (tout se passe comme si l’élément 1 à
l’arrivée était renommé k), c’est-à-dire d n .
S’agissant d’une partition, on obtient d n+1 = n(d n + d n−1 ).
2) • Soit k un entier compris entre 0 et n. Il y a
n
k
d n−k permutations admettant exactement k points fixes. En faisant varier k entre 0 et n, on obtient une