Solutions des problèmes
209
- Il y a deux nouveaux groupes à 6 éléments, (o-, r
2
) et (r o o-, r
2
) . Ces groupes sont
isomorphes au groupe symétrique S 3 • Ils ne sont pas conjugués : leur intersection
est le groupe à trois éléments engendré par r
2
, et ils contiennent chacun trois des six
groupes à deux éléments différents du centre.
Au total, seize sous-groupes.
c) Enfin examinons le cas du groupe T, produit semi-direct de Z/3 par Z/4 (voir les
exercices 2.3.5 et 3.3.6.) Il admet, entre autres, la présentation :
T ( b 1 6 _ b 2 _ 3 b b- 1
- 1 ) _ {
2 3 4 5 b b 3 b b 3 2 b 2 b 3 }
= a, a - e,
- a , a
= a
- e, a, a , a , a , a , , , a , a , a , a
Le seul élément d'ordre 2.est a
3
, il engendre un groupe à deux éléments qui est le
centre. Il y a deux éléments d'ordre 3, a
2
et a
5
, qui engendrent un groupe cyclique à 3
éléments inclus aussi dans le groupe cyclique à 6 éléments engendré par a et a
5
• Les six
autres éléments sont d'ordre quatre et engendrent trois sous-groupes cycliques à quatre
éléments contenant le centre.
Il n'y a pas d'autre sous-groupes, à part les sous-groupes triviaux : il faudrait plus
d'un élément d'ordre 2 pour que T contienne un sous-groupe isomorphe à S 3 ou à
Z/2 x Z/2. Au total donc, huit sous-groupes.
2) Un élément A de H s'écrit :
A =( � ! )
où a et c doivent être inversibles (puisque det(A) = ac) et où b est quelconque. Il y a donc
deux choix pour a et c, trois pour b. Au total : 2 x 2 x 3 = 12 éléments. Par calcul direct,
on vérifie rapidement que le groupe n'est pas commutatif et que le centre est réduit aux
matrices I et -/ ( on note 0, 1 et -1 les éléments du corps IF 3 • Pour distinguer notre groupe
H parmi les trois candidats possibles, on peut par exemple compter les éléments d'ordre 2 :
On peut prendre a = ±1, c = ±1 et b = 0,ce qui donne trois éléments d'ordre 2 (quand
on enlève /). Mais si a = 1 et c = -1, b est quelconque et cela donne deux nouvelles
solutions, de même que a = -1 et c = 1. Il y a donc sept éléments d'ordre 2, notre groupe
est isomorphe au groupe diédral ID>1 2 •
3) On sait que lnt(G) '::! G / Z(G), et donc le nombre des automorphismes intérieurs est six.
De plus, si on note i A l'automorphisme intérieur déterminé par A, il existe des matrices
telles que ÏA o i A , i i A ' o i A (puisqu'on n'a pas toujours AA' = ±A'A ), le groupe Int(G) est
donc isomorphe au groupe non commutatif à six éléments, S 3 . Soyons plus précis ; commençons par remarquer qu'un automorphisme intérieur transforme une matrice en une
matrice de même diagonale : c'est parce que l'on travaille dans un ensemble de matrices
triangulaires supérieures. Ainsi, pour se déterminer un automorphisme, il suffit de déterminer l'image de deux générateurs. Si on choisit un élément s d'ordre 2 (différent de -/),
et un élément r d'ordre 6, par exemple les matrices :
s = G �1 ) ,
= (- 1 1 )
r
O -1
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- Il y a deux nouveaux groupes à 6 éléments, (o-, r
2
) et (r o o-, r
2
) . Ces groupes sont
isomorphes au groupe symétrique S 3 • Ils ne sont pas conjugués : leur intersection
est le groupe à trois éléments engendré par r
2
, et ils contiennent chacun trois des six
groupes à deux éléments différents du centre.
Au total, seize sous-groupes.
c) Enfin examinons le cas du groupe T, produit semi-direct de Z/3 par Z/4 (voir les
exercices 2.3.5 et 3.3.6.) Il admet, entre autres, la présentation :
T ( b 1 6 _ b 2 _ 3 b b- 1
- 1 ) _ {
2 3 4 5 b b 3 b b 3 2 b 2 b 3 }
= a, a - e,
- a , a
= a
- e, a, a , a , a , a , , , a , a , a , a
Le seul élément d'ordre 2.est a
3
, il engendre un groupe à deux éléments qui est le
centre. Il y a deux éléments d'ordre 3, a
2
et a
5
, qui engendrent un groupe cyclique à 3
éléments inclus aussi dans le groupe cyclique à 6 éléments engendré par a et a
5
• Les six
autres éléments sont d'ordre quatre et engendrent trois sous-groupes cycliques à quatre
éléments contenant le centre.
Il n'y a pas d'autre sous-groupes, à part les sous-groupes triviaux : il faudrait plus
d'un élément d'ordre 2 pour que T contienne un sous-groupe isomorphe à S 3 ou à
Z/2 x Z/2. Au total donc, huit sous-groupes.
2) Un élément A de H s'écrit :
A =( � ! )
où a et c doivent être inversibles (puisque det(A) = ac) et où b est quelconque. Il y a donc
deux choix pour a et c, trois pour b. Au total : 2 x 2 x 3 = 12 éléments. Par calcul direct,
on vérifie rapidement que le groupe n'est pas commutatif et que le centre est réduit aux
matrices I et -/ ( on note 0, 1 et -1 les éléments du corps IF 3 • Pour distinguer notre groupe
H parmi les trois candidats possibles, on peut par exemple compter les éléments d'ordre 2 :
On peut prendre a = ±1, c = ±1 et b = 0,ce qui donne trois éléments d'ordre 2 (quand
on enlève /). Mais si a = 1 et c = -1, b est quelconque et cela donne deux nouvelles
solutions, de même que a = -1 et c = 1. Il y a donc sept éléments d'ordre 2, notre groupe
est isomorphe au groupe diédral ID>1 2 •
3) On sait que lnt(G) '::! G / Z(G), et donc le nombre des automorphismes intérieurs est six.
De plus, si on note i A l'automorphisme intérieur déterminé par A, il existe des matrices
telles que ÏA o i A , i i A ' o i A (puisqu'on n'a pas toujours AA' = ±A'A ), le groupe Int(G) est
donc isomorphe au groupe non commutatif à six éléments, S 3 . Soyons plus précis ; commençons par remarquer qu'un automorphisme intérieur transforme une matrice en une
matrice de même diagonale : c'est parce que l'on travaille dans un ensemble de matrices
triangulaires supérieures. Ainsi, pour se déterminer un automorphisme, il suffit de déterminer l'image de deux générateurs. Si on choisit un élément s d'ordre 2 (différent de -/),
et un élément r d'ordre 6, par exemple les matrices :
s = G �1 ) ,
= (- 1 1 )
r
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