Solutions des problèmes
201
3)
(2, 2, r) = ( a , b I a
2
= b
2 = (ab)'"= 1) = ( a , c l a
2
= c'" = 1, aca- 1 = c- 1 )
Sous cette dernière forme, on reconnaît le groupe diédral 11) 2 ,. . On a utilisé que si c = ab,
alors b = ac puisque a est d'ordre deux, et (ac)
2
= 1 s'écrit aca- 1 = c1
•
4) Soit G le groupe (2, 3, 3). Une façon de montrer qu'il est fini est de montrer que la liste:
e, b, b
2 , a, ab, (ab)
2 , ab
2 , (ab
2 )
2 , aba, ab
2 a, abab
2 , ab
2 ab
forme une liste d'éléments auxquels tous les autres se ramènent. On obtient douze éléments
au maximum. Et il suffit de trouver un modèle où ces éléments sont distincts; c'est le
groupe tétraédral T qui donne le modèle le plus direct, en interprétant a comme un demitour, b comme une rotation d'ordre trois, c = b- 1 a est alors une autre rotation d'ordre trois.
De façon équivalente, on peut prendre pour a une double-transposition de À4, et pour b un
3-cycle.
5) Ici encore, la grande difficulté est de montrer que (2, 3, 4) est fini. Posons
G = ( a , b I a
2
= b
3
= (ab)
4
= 1)
On va montrer que N = ( b , (ab)
2
) est normal dans G; comme G est engendré par b et ab, il
suffit de regarder le conjugué ab(b)(ab)- 1 = aba = (ab)
2
b- 1 • Maintenant, il est immédiat
que l'indice de N est inférieur à 2 puisque bN = N, on peut avoir aN i N, et toutes les
autres classes sont l'une de ces deux classes, car baN = aN puisque a-ba EN. Enfin, le
groupe N est d'ordre inférieur à 12. En effet, les éléments b et (ab)
2
vérifient les relations :
b
3
= (ab)
4
= (b(ab)
2 )
3
= 1
Seule est à vérifier la dernière relation. On a :
b(ab)
2
= (ab)b1 (ab)1
car cette égalité équivaut à b(ab)- 1 = a. On en déduit que b(ab)
2
est un conjugué de
b1
donc que son cube vaut 1. Il en résulte qu'il existe un morphisme surjectif du groupe
À4 sur N = (2, 3, 3). On en déduit que le cardinal de N est inférieur à 12, celui de G est
inférieur à 24; c'est terminé, si l'on vérifie que le groupe octaédral satisfait les relations de
G en prenant pour a un demi-tour d'axe joignant les centres d'arêtes parallèles opposées,
b étant une rotation d'ordre trois d'axe une grande diagonale.
6) Admettant que le cardinal est soixante, il suffit de montrer que deux éléments engendrant
le groupe icosaédral satisfont ces relations. En numérotant les cubes inscrits dans le dodécaèdre, on peut choisir pour a le demi-tour qui laisse le cube 1 fixe et échange 2, 3 et 4, 5.
Pour b, on prend la rotation d'ordre 3 qui laisse 2 et 4 fixes et qui permute circulairement
1, 3 et 5. On vérifie alors que ab est la permutation circulaire (1, 2, 3, 4, 5), et donc les relations sont satisfaites. Il reste à voir que ces permutations engendrent le groupe icosaédral
1, il suffit pour cela de vérifier que tous les trois cycles sont bien dans le groupe ... Ce n'est
pas long en calculant les conjugués de (1, 3, 5) par a et les puissances de ab.
Regardons le modèle suivant du groupe (3, 3, 3). a, b et c sont trois rotations d'angle
2
; et
de centre sur les sommets d'un triangle équilatéral direct; alors abc est l'identité, comme
on peut le voir en utilisant des composés de réflexions ou directement. Mais ce groupe est
infini puisqu'il contient des translations comme a- 1 b. Signalons pour terminer que cette
approche géométrique permet d'interpréter tous les groupes polyédraux, mais il faut se placer en géométrie euclidienne ( comme nous venons de le faire), ou en géométrie sphérique
www.bibliomath.com
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3)
(2, 2, r) = ( a , b I a
2
= b
2 = (ab)'"= 1) = ( a , c l a
2
= c'" = 1, aca- 1 = c- 1 )
Sous cette dernière forme, on reconnaît le groupe diédral 11) 2 ,. . On a utilisé que si c = ab,
alors b = ac puisque a est d'ordre deux, et (ac)
2
= 1 s'écrit aca- 1 = c1
•
4) Soit G le groupe (2, 3, 3). Une façon de montrer qu'il est fini est de montrer que la liste:
e, b, b
2 , a, ab, (ab)
2 , ab
2 , (ab
2 )
2 , aba, ab
2 a, abab
2 , ab
2 ab
forme une liste d'éléments auxquels tous les autres se ramènent. On obtient douze éléments
au maximum. Et il suffit de trouver un modèle où ces éléments sont distincts; c'est le
groupe tétraédral T qui donne le modèle le plus direct, en interprétant a comme un demitour, b comme une rotation d'ordre trois, c = b- 1 a est alors une autre rotation d'ordre trois.
De façon équivalente, on peut prendre pour a une double-transposition de À4, et pour b un
3-cycle.
5) Ici encore, la grande difficulté est de montrer que (2, 3, 4) est fini. Posons
G = ( a , b I a
2
= b
3
= (ab)
4
= 1)
On va montrer que N = ( b , (ab)
2
) est normal dans G; comme G est engendré par b et ab, il
suffit de regarder le conjugué ab(b)(ab)- 1 = aba = (ab)
2
b- 1 • Maintenant, il est immédiat
que l'indice de N est inférieur à 2 puisque bN = N, on peut avoir aN i N, et toutes les
autres classes sont l'une de ces deux classes, car baN = aN puisque a-ba EN. Enfin, le
groupe N est d'ordre inférieur à 12. En effet, les éléments b et (ab)
2
vérifient les relations :
b
3
= (ab)
4
= (b(ab)
2 )
3
= 1
Seule est à vérifier la dernière relation. On a :
b(ab)
2
= (ab)b1 (ab)1
car cette égalité équivaut à b(ab)- 1 = a. On en déduit que b(ab)
2
est un conjugué de
b1
donc que son cube vaut 1. Il en résulte qu'il existe un morphisme surjectif du groupe
À4 sur N = (2, 3, 3). On en déduit que le cardinal de N est inférieur à 12, celui de G est
inférieur à 24; c'est terminé, si l'on vérifie que le groupe octaédral satisfait les relations de
G en prenant pour a un demi-tour d'axe joignant les centres d'arêtes parallèles opposées,
b étant une rotation d'ordre trois d'axe une grande diagonale.
6) Admettant que le cardinal est soixante, il suffit de montrer que deux éléments engendrant
le groupe icosaédral satisfont ces relations. En numérotant les cubes inscrits dans le dodécaèdre, on peut choisir pour a le demi-tour qui laisse le cube 1 fixe et échange 2, 3 et 4, 5.
Pour b, on prend la rotation d'ordre 3 qui laisse 2 et 4 fixes et qui permute circulairement
1, 3 et 5. On vérifie alors que ab est la permutation circulaire (1, 2, 3, 4, 5), et donc les relations sont satisfaites. Il reste à voir que ces permutations engendrent le groupe icosaédral
1, il suffit pour cela de vérifier que tous les trois cycles sont bien dans le groupe ... Ce n'est
pas long en calculant les conjugués de (1, 3, 5) par a et les puissances de ab.
Regardons le modèle suivant du groupe (3, 3, 3). a, b et c sont trois rotations d'angle
2
; et
de centre sur les sommets d'un triangle équilatéral direct; alors abc est l'identité, comme
on peut le voir en utilisant des composés de réflexions ou directement. Mais ce groupe est
infini puisqu'il contient des translations comme a- 1 b. Signalons pour terminer que cette
approche géométrique permet d'interpréter tous les groupes polyédraux, mais il faut se placer en géométrie euclidienne ( comme nous venons de le faire), ou en géométrie sphérique
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