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\begin{document}
\noindent \textbf{Alg\`ebre et Th\'eorie des nombres - Printemps 2008} \hfill \textbf{Universit\'e Claude Bernard Lyon 1}
\vspace{0.3cm}
\hrule

\vspace{0.8cm}

\begin{center} {\bfseries \scshape 4. Sous-groupes distingu\'es, groupes sym\'etriques et actions de groupes} \\
{\bfseries (Corrig\'e partiel)} \end{center}

\vspace{0.5cm}
\noindent \textbf{Exerice 2.} 1. Soit $\G$ un groupe et soient $\Hr$, $\K$ deux sous-groupes distingu\'es de $\G$ tels que $\Hr \cap \K = \{e\}$.

Quels que soient les \'el\'ements $h \in \Hr$ et $k \in \K$, $h^{-1}k^{-1}h \in \K$ puisque $\K$ est distingu\'e et donc $h^{-1}k^{-1}hk \in \K$ ; on a de m\^eme $k^{-1}h^{-1}k \in \Hr$ et donc $h^{-1}k^{-1}hk \in \Hr$. Comme $\Hr \cap \K = \{e\}$, $h^{-1}k^{-1}hk = e$ et donc $hk = kh$.

Consid\'erons l'application $f : \Hr \times \K \rightarrow \G, \ (h,k) \mapsto hk$. Il s'agit d'un homomorphisme de groupes puisque $$f((h,k)(h',k')) = f(hh', kk') = (hh')(kk') = hh'kk' = hkh'k' = f(h,k)f(h',k')$$ en vertu de ce qui pr\'ec\`ede.  Si $(h,k) \in \Hr \times \K$ est contenu dans le noyau de $f$, $hk = e$ ; on a alors $h = k^{-1} \in \Hr \cap \K$ et donc $h=k=e$, ce qui prouve que $f$ est injectif. L'image de $f$ \'etant le sous-groupe $\Hr \K$ de $\G$ constitu\'e des \'el\'ements de la forme $hk$, $h \in \Hr$ et $k \in \K$, nous avons d\'emontr\'e que ce sous-groupe de $\G$ est isomorphe au groupe produit $\Hr \times \K$.

\vspace{0.1cm} 1bis. Consid\'erons plus g\'en\'eralement un groupe $\G$ et des sous-groupes distingu\'es $\Hr_1, \ldots, \Hr_n$ de $\G$. Quels que soient les \'el\'ements $i$ et $j$ de $\{1, \ldots, n\}$, $\Hr_i\Hr_j = \Hr_j\Hr_i$ est un sous-groupe distingu\'e de $\G$ : en effet, pour tous $h_i \in \Hr_i$, $h_j \in \Hr_j$ et $g \in \G$, $$h_ih_j = h_i h_j h_i^{-1} h_i = (h_i h_j h_i^{-1})h_i \in \Hr_j \Hr_i \ \ \textrm{ et } \ \ g(h_ih_j)g^{-1} = gh_ig^{-1} gh_jg^{-1} \in \Hr_i\Hr_j.$$ En raisonnant par r\'ecurrence sur $n$, on en d\'eduit que, pour tout $i \in \{1, \ldots, n\}$, $$\widehat{\Hr}_i = \Hr_1 \ldots \Hr_{i-1} \Hr_{i+1} \ldots \Hr_n$$ est un sous-groupe distingu\'e de $\G$.

\vspace{0.1cm}
Supposons maintenant que l'on ait $\Hr_i \cap \widehat{\Hr}_i = \{e\}$ pour tout $i \in \{1, \ldots, n\}$. Nous allons v\'erifier que, sous cette hypoth\`ese, le sous-groupe $\Hr_1 \Hr_2 \ldots \Hr_n$ de $\G$ est isomorphe au groupe produit $\Hr_1 \times \Hr_2 \times \ldots \times \Hr_n$.

Observons tout d'abord que l'on a $h_ih_j = h_j h_i$ pour tous $h_i \in \Hr_i$ et $h_j \in \Hr_j$ si $i \neq j$ puisque $$h_j^{-1}h_i^{-1}h_jh_i \in \Hr_i \cap \Hr_j \subset \Hr_i \cap \widehat{\Hr}_i = \{e\}.$$ Il en d\'ecoule que l'application $$f : \Hr_1 \times \ldots \times \Hr_n \rightarrow \G, \ \ (h_1, \ldots, h_n) \mapsto h_1 \ldots h_n$$ est un homomorphisme de groupes. Si $(h_1, \ldots, h_n)$ appartient au noyau de $f$, alors $h_1 \ldots h_n =e$ et donc, pour tout $i$, $h_i$ est le produit des $h_j^{-1}$ avec $1 \leq j \leq n$ et $j \neq i$ ; on a ainsi $h_i \in \Hr_i \cap \widehat{\Hr}_i = \{e\}$ pour tout $i$ et donc $h_1 = \ldots = h_n = e$. 

L'homomorphisme $f$ est par cons\'equent injectif, et il r\'ealise ainsi un isomorphisme du groupe produit $\Hr_1 \times \ldots \times \Hr_n$ sur le sous-groupe $\Hr_1 \ldots \Hr_n$ de $\G$.


\vspace{0.1cm} 2. Soit maintenant $\G$ un groupe ab\'elien fini d'ordre $n$. Quel que soit le nombre premier $p$, on d\'esigne par $\G(p)$ l'ensemble des \'el\'ements $g$ de $\G$ dont l'ordre est une puissance de $p$ ; il s'agit d'un sous-groupe de $\G$ car $$\mathrm{ord}(gh) | \mathrm{ord}(g)\mathrm{ord}(h)$$ en vertu de la commutativit\'e de $\G$, et $\mathrm{ord}(gh)$ est donc une puissance de $p$ si tel est le cas de $\mathrm{ord}(g)$ et $\mathrm{ord}(h)$. Notons que $\G(p) = \{e\}$ si $p$ ne divise pas l'ordre $n$ de $\G$ puisque $\mathrm{ord}(g) | n$ pour tout $g \in \G$.

-- Quel que soit le nombre premier $p$ divisant $n$, $\G(p) \cap \left(\G(q_1) \ldots \G(q_r)\right) = \{e\}$ si $q_1, \ldots, q_r$ sont les facteurs premiers de $n$ distincts de $p$ : en effet, l'ordre $d$ d'un \'el\'ement $g$ de $\G(q_1) \ldots \G(q_r)$ est un produit de puissances de $q_1, \ldots, q_r$ et ce ne peut \^etre simultan\'ement une puissance de $p$ que si $d=1$, c'est-\`a-dire $g=e$. Comme tout sous-groupe d'un groupe ab\'elien est distingu\'e, nous sommes en mesure d'appliquer le r\'esultat de la question pr\'ec\'edente et nous en d\'eduisons que l'homomorphisme $$i_{\G} : \prod_{p|n} \G(p) \rightarrow \G, \ \ (g_p)_{p|n} \mapsto \prod_{p|n} g_p$$ est un isomorphisme sur un sous-groupe de $\G$. En fait, l'homomorphisme $i_{\G}$ est surjectif : \'ecrivons en effet $n$ sous la forme $n = \prod_{p |n} p^{v_p(n)}$ et posons $m_p = n/p^{v_p(n)}$ pour tout diviseur premier $p$ de $n$. Les nombres entier $m_p$ sont premiers entre eux dans leur ensemble et l'on dispose par cons\'equent une relation de B\'ezout $$1 = \sum_{p|n} u_p m_p.$$

Soit alors $g \in \G$ et posons $g_p = g^{u_p m_p}$. Comme $${g_p}^{p^{v_p(n)}} = {g_p}^{nu_p} = (g^n)^{u_p} = e$$ pour tout diviseur premier $p$ de $n$, l'ordre de $g_p$ est une puissance de $p$ et donc $g_p \in \G(p)$. Puisque $$g = g^{\sum_{p |n} u_p m_p} = \prod_{p|n} g^{u_p m_p} = i_{\G}((g^{u_pm_p})_{p|n}),$$ cela montre que $i_{\G}$ est surjectif. Nous avons ainsi d\'emontr\'e que le groupe $\G$ est isomorphe au produit direct de ses sous-groupes $\G(p)$, $p|n$.

\vspace{0.1cm} -- \ Consid\'erons finalement deux groupes ab\'eliens finis $\G$ et $\Hr$ d'ordre $n$. Quels que soient l'homomorphisme de groupes $f : \G \rightarrow \Hr$ et l'\'el\'ement $g$ de $\G$, l'ordre de $f(g)$ dans $\Hr$ divise l'ordre de $g$ dans $\G$ et donc $f(\G(p)) \subset \Hr(p)$ pour tout nombre premier $p$. Notant $f_p$ la restriction de $f$ au sous-groupe $\G(p)$, cela montre que $f_p$ est un homomorphisme du groupe $\G(p)$ dans le groupe  $\Hr(p)$. R\'eciproquement, si l'on dispose pour tout nombre premier $p$ d'un homomorphisme de groupes $\varphi_p : \G(p) \rightarrow \Hr(p)$, on d\'efinit un homomorphisme de groupes $\varphi : \prod_{p|n} \G(p) \rightarrow \prod_{p|n} \Hr(p)$ en posant $\varphi((g_p)_{p \in |n}) = (\varphi_p(g_p))_{p |n}$ et on en d\'eduit un homomorphisme de groupes $f : \G \rightarrow \Hr$ en posant $f = i_{\Hr} \circ \varphi \circ i_{\G}^{-1}$. Cette discussion prouve que l'application $f \mapsto (f_p)_{p | n}$ r\'ealise une bijection entre l'ensemble des homomorphismes du groupe $\G$ dans le groupe $\Hr$ et l'ensemble des familles $(\varphi_p)_{p|n}$ d'homomorphismes des groupes $\G(p)$ dans les groupes $\Hr(p)$.
Les isomorphismes de $\G$ sur $\Hr$ correspondent aux familles $(\varphi_p)_{p \in \mathcal{P}}$ constitu\'ees d'isomorphismes de $\G(p)$ sur $\Hr(p)$, de sorte que les groupes ab\'eliens $\G$ et $\Hr$ sont isomorphes si et seulement si, pour tout nombre premier $p$ divisant leur ordre, les groupes $\G(p)$ et $\Hr(p)$ sont isomorphes.

\vspace{0.1cm} \noindent \emph{Remarque -- Le r\'esultat que l'on vient d'\'etablir \`a la question 2 constitue la premi\`ere \'etape en vue de la classification des groupes ab\'eliens finis : pour comprendre un groupe ab\'elien fini, il suffit de comprendre toutes ses composantes $p$-primaires, qui sont des groupes plus \'el\'ementaires. La seconde \'etape fait l'objet de l'exercice 2 de la fiche 5.}

\vspace{0.4cm}
\noindent \textbf{Exercice 3.} Soit $\G$ un groupe fini, soit $p$ le plus petit facteur premier de $|\G|$ et soit $\Hr$ un sous-groupe de $\G$ d'indice $p$. Nous allons d\'emontrer que $\Hr$ est n\'ecessairement un sous-groupe distingu\'e de $\G$.

1. Consid\'erons l'action suivante de $\G$ sur l'ensemble $\G/\Hr$ des classes \`a gauche modulo $\Hr$ : $$\G \times (\G/\Hr) \rightarrow \G/\Hr, \ \ (g,a\Hr) \mapsto (ga)\Hr.$$ (\emph{Attention, il y a une erreur dans l'\'enonc\'e!})

Soit $\K$ un sous-groupe de $\G$ et soit $a\Hr$ un \'el\'ement de $\G/\Hr$. Le stabilisateur de $a\Hr$ dans $\K$ est le sous-groupe constitu\'e des \'el\'ements $k$ tels que $ka \Hr = a\Hr$, c'est-\`a-dire tels que $ka \in a\Hr$ ; c'est donc le sous-groupe $\K_a = \K \cap a\Hr a^{-1}$. L'orbite $\Or_a$ de $a\Hr$ sous $\K$ est l'ensemble des classes $ka\Hr$, $k \in \K$ ; c'est un sous-ensemble de $\G/\Hr$ dont le cardinal est l'indice de $\K_a$ dans $\K$ : $$|\Or_a| = (\K:\K_a).$$
Puisque l'ordre de $\K$ divise l'ordre de $\G$ en vertu du th\'eor\`eme de Lagrange, nous en d\'eduisons que le cardinal de $\Or_a$ est un diviseur de l'ordre de $\G$, compris entre $1$ et $|\G/\Hr| = (\G:\Hr) = p$. Vu l'hypoth\`ese initiale, cela conduit \`a l'alternative suivante : \begin{itemize} \item soit $|\Or_a|= p = |\G/\Hr|$, auquel cas $\Or_a = \G/\Hr$ ; \item soit $|\Or_a| = 1$, auquel cas $\K_a = \K$.\end{itemize}
De deux choses l'une : s'il existe un \'el\'ement $a \in \G/\Hr$ tel que $\Or_a$ soit de cardinal $p$, alors $\Or_a = \G/\Hr$ et l'action du groupe $\K$ sur $\G/\Hr$ est transitive ; sinon, $|\Or_a|=1$ pour toute classe $a\Hr \in \G/\Hr$ et le groupe $\K$ agit sur $\G/\Hr$ en fixant chaque \'el\'ement (action triviale).

\vspace{0.1cm} 2. Le sous-groupe $\Hr$ de $\G$ ne peut certainement pas op\'erer transitivement sur $\G/\Hr$ : en effet, $\Hr$ fixe la classe $e\Hr = \Hr$ de l'\'el\'ement neutre dans $\G/\Hr$ et il y a donc au moins deux orbites distinctes sous $\Hr$ dans $\G/\Hr$. Vu la premi\`ere question, nous en concluons que le groupe $\Hr$ op\`ere sur $\G/\Hr$ en fixant chaque \'el\'ement : pour tous $h \in \Hr$ et $a \in \G$, $$ha\Hr = a\Hr, \ \ \ \textrm{ c'est-\`a-dire } \ \ \ a^{-1}ha \in \Hr,$$
et $\Hr$ est donc un sous-groupe distingu\'e de $\G$.

\vspace{0.4cm}
\noindent \textbf{Exercice 5.} Soient $\sigma = \left(\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 1 & 4 & 5 & 3 \end{array} \right)$ et $\tau = \left(\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 3 & 4 & 2 & 1 \end{array}\right)$.

1. $\sigma\tau = \left(\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 5 & 1 & 2 \end{array} \right)$, $\tau \sigma = \left(\begin{array}{lllll} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 5 & 2 & 1 & 4 \end{array} \right)$, $\sigma^2\tau = \left(\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 4 & 5 & 3 & 2 & 1 \end{array} \right)$, $\sigma\tau^{-1} = \left(\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 3 & 5 & 1 & 4 & 2 \end{array} \right)$.

\vspace{0.1cm}
2 \& 4. La d\'ecomposition de $\sigma$ en produit de cycles de supports disjoints est $\sigma = (1,2)(3,4,5)$ ; on a donc $\mathrm{ord}(\sigma) = \mathrm{ppcm}(2,3) = 6$.

La d\'ecomposition de $\tau$ est produit de cycles de supports disjoints est $\tau = (1,5)(2,3,4)$ ; on a donc $\mathrm{ord}(\tau) = \mathrm{ppcm}(2,3) = 6$.

La permutation $\sigma\tau$ est le cycle $(1,3,5,2,4)$ ; on a donc $\mathrm{ord}(\sigma\tau) = 5$.

\vspace{0.1cm} 3. Partons de $\tau = (1,5)(2,3,4)$. En conjuguant le cycle $(1,5)$ par la transposition \'echangeant $1$ et $2$, on obtient $(1,5) = (1,2)(2,5)(1,2)$ (voir la premi\`ere question de l'exercice suivant), puis $$(1,5) = (1,2)(2,3)(3,5)(2,3)(1,2) = (1,2)(2,3)(3,4)(4,5)(3,4)(2,3)(1,2).$$
On a d'autre part $(2,3)(2,3,4) = (3,4)$, donc $(2,3,4) = (2,3)(3,4)$, et finalement $$\tau = (1,2)(2,3)(3,4)(4,5)(3,4)(2,3)(1,2)(2,3)(3,4).$$

Enfin, $(2,3) = (1,2)(1,3)(1,2)$ et $(3,4) = (1,3)(1,4)(1,3)$, donc $$\tau = (1,5)(2,3)(3,4) = (1,5)(1,2)(1,3)(1,2)(1,3)(1,4)(1,3).$$

\vspace{0.1cm} 5. En vertu de la d\'ecomposition canonique des permutations $\sigma$ et $\tau$, $$\sigma^{2008} = (1,2)^{2008}(3,4,5)^{2008} = (3,4,5) \ \ \textrm{ et } \ \ \tau^{2008} = (1,5)^{2008}(2,3,4)^{2008} = (2,3,4)$$ car $2008 \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ 2)$ et $2008 \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ 3)$.

\vspace{0.4cm}
\noindent \textbf{Exercice 6.} 1. Soit $c = (a_1, \ldots, a_m)$ un cycle de longueur $m$ dans $\mathfrak{S}_n$ ; rappelons que, par d\'efinition, $c$ est la permutation de $\{1, \ldots, n\}$ \'egale \`a l'identit\'e sur le compl\'ementaire de $\{a_1, \ldots, a_m\}$ et telle que $c(a_1) = a_2, \ldots, c(a_{m-1})=a_m, c(a_m) = a_10$.

Consid\'erons une permutation $\sigma$ dans $\mathfrak{S}_n$. Pour tout $i \in \{1, \ldots, m\}$, $$\sigma c \sigma^{-1} (\sigma(a_i)) = \sigma (c (a_i)) = \left\{\begin{array}{ll} \sigma(a_{i+1}) & \textrm{ si } i \leq m-1\\ \sigma(a_1) & \textrm{ si } i = m\end{array} \right. .$$  D'autre part, pour tout \'el\'ement $k$ de $\{1, \ldots, n\}$ n'appartenant par \`a $\{\sigma(a_1), \ldots, \sigma(a_m)\}$, $\sigma^{-1}(k)$ n'appartient pas \`a $\{a_1, \ldots, a_m\}$, donc $c(\sigma^{-1}(k)) = \sigma^{-1}(k)$ et finalement $\sigma c \sigma^{-1} (k) = k$. Nous venons de v\'erifier que la permutation $\sigma c \sigma^{-1}$ est le cycle $(\sigma(a_1), \ldots, \sigma(a_m))$.

\vspace{0.1cm} Nous allons maintenant v\'erifier que deux \'el\'ements de $\mathfrak{S}_n$ sont conjugu\'es si et seulement si les longueurs des cycles intervenant dans leurs d\'ecompositions canoniques en produits de cycles de supports disjoints sont les m\^emes (voir l'exercice suivant pour deux exemples explicites).

\emph{C'est une condition n\'ecessaire}. Soit $\tau \in \mathfrak{S}_n$ une permutation et soit $\tau = \prod_{i \in \Ir} c_i$ la d\'ecomposition de $\tau$ en un produit de cycles de supports disjoints. Quelle que soit la permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_n$, $\sigma \tau \sigma^{-1}  = \prod_{i \in \Ir} \sigma c_i \sigma^{-1}$ est une d\'ecomposition de $\tau$ en produit de cycles de supports disjoints en vertu de ce qui pr\'ec\`ede. Comme la d\'ecomposition d'une permutation en produit de cycles de supports disjoints est unique \`a l'ordre des facteurs pr\`es et comme les cycles $c_i$ et $\sigma c_i \sigma^{-1}$ ont la m\^eme longueur, nous en d\'eduisons que la condition est n\'ecessaire.

\vspace{0.1cm} \emph{C'est une condition suffisante}. Consid\'erons r\'eciproquement deux permutations $\sigma_1, \sigma_2 \in \mathfrak{S}_n$ dont les d\'ecomposition en produit de cycles de supports disjoints s'\'ecrivent sous la forme $$\sigma_1 = \prod_{i \in \Ir} c_i^{(1)} \ \ \ \textrm{ et } \ \ \ \prod_{i \in \Ir} c_i^{(2)}$$ avec $\mathrm{longueur} \left(c_i^{(1)}\right) = \mathrm{longueur} \left(c_i^{(2)} \right)$ pour tout $i \in \Ir$. D\'esignant respectivement par $\E^{(1)}_i$ et $\E^{(2)}_i$
les supports des cycles $c_i^{(1)}$ et $c_i^{(2)}$, on peut choisir pour tout $i \in \Ir$ une bijection $\tau_i$ de $\E^{(1)}_i$ sur $\E^{(2)}_i$ telle que $$\tau_i c_i^{(1)} \tau_i^{-1} = c_i^{(2)} ;$$  en effet, si l'on \'ecrit $c_i^{(1)} = (a^{(1)}_1, \ldots, a^{(1)}_m)$ et $c_i^{(2)} = (a^{(2)}_1, \ldots, a^{(2)}_m)$, il suffit de poser $\tau_i(a^{(1)}_k) = a^{(2)}_k$. Comme $\E^{(1)}_i \cap \E^{(1)}_j = \E^{(2)}_i \cap \E^{(2)}_j = \varnothing$ si $i \neq j$, il existe alors une unique bijection $$\tau : \E^{(1)} = \bigcup_{i \in \Ir} \E^{(1)}_i \rightarrow \E^{(2)} = \bigcup_{i \in \Ir} \E^{(2)}_i$$ co\"{\i}ncidant avec $\tau_i$ sur $\E^{(1)}_i$ pour tout $i \in \Ir$. Enfin, les sous-ensembles $\E^{(1)}$ et $\E^{(2)}$ de $\{1, \ldots, n\}$ ayant le m\^eme cardinal, on peut prolonger $\tau$ en une permutation de $\{1, \ldots, n\}$ en choisissant n'importe quelle bijection de $\{1, \ldots, n\} - \E^{(1)}$ sur $\{1, \ldots, n\} - \E^{(2)}$. Par construction de $\tau$, $\tau c^{(1)}_i \tau^{-1} = c^{(2)}_i$ pour tout $i \in \Ir$ et donc $$\tau \sigma_1 \tau^{-1} = \prod_{i \in \Ir} \tau c^{(1)}_i \tau^{-1} = \prod_{i \in \Ir} c^{(2)}_i = \sigma_2.$$ Nous avons ainsi v\'erifi\'e que la condition est suffisante.

\vspace{0.1cm} 2. En vertu de la question pr\'ec\'edente, il y a sept classes de conjugaison dans $\mathfrak{S}_5$ : \begin{itemize} \item $\{1\}$, \item l'ensemble des transpositions, \item l'ensemble des cycles de longueur $3$, \item l'ensemble des cycles de longueur $4$, \item l'ensemble des cycles de longueur $5$, \item l'ensemble des produits de deux transpositions de supports disjoints, \item l'ensemble des produits d'une transposition et d'un cycle de longueur $3$ de supports disjoints. \end{itemize}
\vspace{0.4cm}
\noindent \textbf{Exercice 7.} 1. Les d\'ecompositions canoniques de $\sigma$ et $\sigma'$ sont $$\sigma = (1,5)(2,3,4)(6,7) \ \ \ \textrm{et} \ \ \ \sigma' = (1,2,5)(3,7)(4,6).$$ Puisque les longueurs des cycles figurant dans chacune de ces d\'ecompositions sont les m\^emes -- en l'occurence, deux cycles de longueur $2$ et un cycle de longueur $3$ -- les permutations $\sigma$ et $\sigma'$ sont conjugu\'ees. D\'efinissons $\tau \in \mathfrak{S}_7$ par $$\tau(1)=3, \ \tau(5)=7, \ \tau(6) = 4, \ \tau(7) = 6, \ \tau(2)=1, \ \tau(3) = 2, \ \tau(4) = 5 \ ;$$ on a \begin{eqnarray*}\tau \sigma \tau^{-1} & = & \tau (1,5)\tau^{-1} \tau (2,3,4) \tau^{-1} \tau (6,7) \tau^{-1} \\ & = & (\tau(1),\tau(5))(\tau(2),\tau(3),\tau(4))(\tau(6),\tau(7)) \\ & = & (3,7)(4,6)(1,2,5) = \sigma'.\end{eqnarray*}

\vspace{0.1cm} 2. On a $\sigma = (1,2,6,7)(3,5,4)$ et $\sigma' = (1,3,4)(2,6)(5,7)$ ; comme les cycles apparaissant dans les d\'ecompositions canoniques des permutations $\sigma$ et $\sigma'$ n'ont pas les m\^emes longueurs, ces permutations ne sont pas conjugu\'ees.

\vspace{0.4cm}
\noindent \textbf{Exercice 16.} Soit $\G$ un groupe fini d'ordre $n$ et soit $p$ un nombre premier divisant $n$.

L'ensemble $\X = \{(x_1, \ldots, x_p) \in \G^p \ | \ x_1 \ldots x_p = e\}$, o\`u $e$ est l'\'el\'ement neutre de $\G$, est de cardinal $n^{p-1}$. En effet, l'application $$\G^{p-1} \rightarrow \G^{p}, \ \ (x_1, \ldots, x_{p-1}) \mapsto \left(x_1, \ldots, x_{p-1}, (x_1 \ldots x_{p-1})^{-1}\right)$$ r\'ealise une bijection entre $\G^{p-1}$ et $\X$.

La permutation $\sigma$ est d'ordre $p$ ; en effet, $\sigma \neq \mathrm{id}$ et $\sigma^p = \mathrm{id}$, donc $\mathrm{ord}(\sigma)=p$.

La permutation $\sigma$ fixe le point $(x_1,  \ldots, x_{p-1}, x_p)$ de $\X$ si et seulement si $$\sigma(x_1, \ldots, x_{p-1}, x_p) = (x_2, \ldots, x_{p}, x_1) = (x_1,  \ldots, x_{p-1}, x_p),$$ donc si et seulement si $x_1 = x_2 = \ldots = x_{p-1} = x_p$. Par cons\'equent, l'application $\G \rightarrow \G^p,\ \ g \mapsto (g, g, \ldots, g)$ induit une bijection entre le sous-ensemble $\{g \in \G \ | \ g^p = e\}$ de $\G$ et l'ensemble $\X^{\sigma}$ des points fixes de $\sigma$ dans $\X$. Observons que $\X^{\sigma}$ est non vide puisqu'il contient l'\'el\'ement $(e,e, \ldots, e)$.

\vspace{0.1cm} L'action du groupe $\mathbb{Z}$ sur $\X$ d\'efinie par $n.x = \sigma^n(x)$ induit une action du groupe cyclique $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ puisque $\sigma$ est d'ordre $p$. Si un point $x$ de $\X$ n'est pas fix\'e par $\sigma$, son stabilisateur est un sous-groupe strict de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ (c'est-\`a-dire distinct du groupe $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$) et donc est r\'eduit \`a l'\'el\'ement neutre ; l'orbite de $x$ est alors de cardinal $p$. Vu l'\'equation aux classes $$|\X| = |\X^{\sigma}| + \sum_{{\tiny \begin{array}{l} \textrm{orbites } \Or \textrm{ non r\'eduites} \\ \textrm{\`a un \'el\'ement} \end{array}}} |\Or|$$ et le fait que $p$ divise $|\X| = |\G|^{p-1}$, nous en d\'eduisons que $p$ divise $|\X^{\sigma}|$. Enfin, comme $|\X^{\sigma}| \geq 1$, la permutation $\sigma$ a au moins $p$ points fixes distincts dans $\X$ et il existe par cons\'equent un \'el\'ement $g$ de $\G$ tel que $g \neq e$ et $g^p =e$. Nous avons ainsi d\'emontr\'e que le groupe $\G$ contient au moins un \'el\'ement d'ordre $p$ (th\`eor\`eme de Cauchy).

\end{document} 