Exercices corrigés : Groupe symétrique (Prépa, 1re année)

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 1

1. On calcule $\sigma\tau(x)=\sigma(\tau(x))$ :

• $1\xrightarrow{\tau}2\xrightarrow{\sigma}5$ ;
• $2\xrightarrow{\tau}1\xrightarrow{\sigma}3$ ;
• $3\xrightarrow{\tau}5\xrightarrow{\sigma}2$ ;
• $4\xrightarrow{\tau}3\xrightarrow{\sigma}4$ ;
• $5\xrightarrow{\tau}4\xrightarrow{\sigma}1$.

Donc $$\sigma\tau=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 5&3&2&4&1\end{pmatrix}=(1\ 5)(2\ 3).$$ De même, $\tau\sigma(x)=\tau(\sigma(x))$ :

• $1\xrightarrow{\sigma}3\xrightarrow{\tau}5$ ;
• $2\xrightarrow{\sigma}5\xrightarrow{\tau}4$ ;
• $3\xrightarrow{\sigma}4\xrightarrow{\tau}3$ ;
• $4\xrightarrow{\sigma}1\xrightarrow{\tau}2$ ;
• $5\xrightarrow{\sigma}2\xrightarrow{\tau}1$.

Donc $$\tau\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 5&4&3&2&1\end{pmatrix}=(1\ 5)(2\ 4).$$ Comme $\sigma\tau(2)=3$ et $\tau\sigma(2)=4$, on a $\sigma\tau\neq\tau\sigma$ : $\sigma$ et $\tau$ ne commutent pas.

2. On a $\sigma(1)=3$, $\sigma(2)=5$, $\sigma(3)=4$, $\sigma(4)=1$, $\sigma(5)=2$, donc $\sigma^{-1}(3)=1$, $\sigma^{-1}(5)=2$, $\sigma^{-1}(4)=3$, $\sigma^{-1}(1)=4$, $\sigma^{-1}(2)=5$. En réordonnant : $$\sigma^{-1}=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 4&5&1&3&2\end{pmatrix}.$$ De même, $\tau(1)=2$, $\tau(2)=1$, $\tau(3)=5$, $\tau(4)=3$, $\tau(5)=4$ donnent $$\tau^{-1}=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 2&1&4&5&3\end{pmatrix}.$$ Contrôle : $\sigma\sigma^{-1}(1)=\sigma(4)=1$, $\sigma\sigma^{-1}(2)=\sigma(5)=2$, etc.

3. $\sigma\tau=(1\ 5)(2\ 3)$ est un produit de deux transpositions à supports disjoints, qui commutent. Donc $(\sigma\tau)^2=(1\ 5)^2(2\ 3)^2=\mathrm{id}$ et $(\sigma\tau)^{-1}=\sigma\tau$.

Calculons $\tau^{-1}\sigma^{-1}(x)=\tau^{-1}(\sigma^{-1}(x))$ :

• $1\mapsto4\mapsto5$ ; $2\mapsto5\mapsto3$ ; $3\mapsto1\mapsto2$ ; $4\mapsto3\mapsto4$ ; $5\mapsto2\mapsto1$.

Donc $\tau^{-1}\sigma^{-1}=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 5&3&2&4&1\end{pmatrix}=\sigma\tau=(\sigma\tau)^{-1}$. L'égalité $(\sigma\tau)^{-1}=\tau^{-1}\sigma^{-1}$ est vérifiée. On remarque que l'ordre des facteurs s'inverse.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 2

1. On suit les images :

• $1\mapsto5\mapsto2\mapsto1$ : cycle $(1\ 5\ 2)$ ;
• $3\mapsto8\mapsto6\mapsto9\mapsto3$ : cycle $(3\ 8\ 6\ 9)$ ;
• $4\mapsto7\mapsto4$ : cycle $(4\ 7)$.

Tous les entiers sont rencontrés ($3+4+2=9$, aucun point fixe). Donc $$\sigma=(1\ 5\ 2)(3\ 8\ 6\ 9)(4\ 7).$$

2. Les cycles sont à supports disjoints, de longueurs $3,4,2$. L'ordre de $\sigma$ est $\mathrm{ppcm}(3,4,2)=12$.

3. Par les cycles : $\varepsilon(\sigma)=(-1)^{3-1}(-1)^{4-1}(-1)^{2-1}=1\times(-1)\times(-1)=1$.

Par les orbites : les orbites sont $\{1,2,5\}$, $\{3,6,8,9\}$, $\{4,7\}$, donc $p=3$ et $\varepsilon(\sigma)=(-1)^{9-3}=1$. La permutation $\sigma$ est paire.

4. Les cycles commutent, donc $\sigma^{-1}=(1\ 5\ 2)^{-1}(3\ 8\ 6\ 9)^{-1}(4\ 7)^{-1}$. L'inverse d'un cycle s'obtient en renversant l'ordre : $$\sigma^{-1}=(2\ 5\ 1)(9\ 6\ 8\ 3)(4\ 7)=(1\ 2\ 5)(3\ 9\ 6\ 8)(4\ 7).$$

5. Comme $\sigma^{12}=\mathrm{id}$ et $2026=12\times168+10$, on a $\sigma^{2026}=\sigma^{10}$. Les cycles commutant, $\sigma^{10}=(1\ 5\ 2)^{10}(3\ 8\ 6\ 9)^{10}(4\ 7)^{10}$.

• $(1\ 5\ 2)$ est d'ordre 3 et $10\equiv1\pmod 3$ : $(1\ 5\ 2)^{10}=(1\ 5\ 2)$.
• $(3\ 8\ 6\ 9)$ est d'ordre 4 et $10\equiv2\pmod4$ : $(3\ 8\ 6\ 9)^{10}=(3\ 8\ 6\ 9)^2$, qui envoie $3\mapsto6$, $6\mapsto3$, $8\mapsto9$, $9\mapsto8$, soit $(3\ 6)(8\ 9)$.
• $(4\ 7)$ est d'ordre 2 et 10 est pair : $(4\ 7)^{10}=\mathrm{id}$.

Donc $\sigma^{2026}=(1\ 5\ 2)(3\ 6)(8\ 9)$.

6. Avec $(a_1\ \cdots\ a_k)=(a_1\ a_2)(a_2\ a_3)\cdots(a_{k-1}\ a_k)$ : $$\sigma=(1\ 5)(5\ 2)(3\ 8)(8\ 6)(6\ 9)(4\ 7).$$ On obtient 6 transpositions, nombre pair, ce qui est cohérent avec $\varepsilon(\sigma)=(-1)^6=1$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 5

1. Pour tout $\gamma$, $\gamma\sigma\gamma^{-1}=\gamma(1\ 2\ 3)\gamma^{-1}\,\gamma(4\ 5)\gamma^{-1}=(\gamma(1)\ \gamma(2)\ \gamma(3))(\gamma(4)\ \gamma(5))$ par la formule du conjugué.

Il suffit donc de prendre $\gamma(1)=2$, $\gamma(2)=4$, $\gamma(3)=5$, $\gamma(4)=1$, $\gamma(5)=3$, soit $$\gamma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 2&4&5&1&3\end{pmatrix}=(1\ 2\ 4)(3\ 5).$$ C'est bien une bijection, et $\gamma\sigma\gamma^{-1}=(2\ 4\ 5)(1\ 3)=\tau$.

2. Soit $\gamma$ quelconque. La permutation $(\gamma(1)\ \gamma(2)\ \gamma(3))(\gamma(4)\ \gamma(5))$ est un produit d'un 3-cycle et d'une transposition à supports disjoints (les $\gamma(i)$ sont distincts) : c'est sa décomposition en cycles disjoints. Par unicité de la décomposition, $\gamma\sigma\gamma^{-1}=\tau$ équivaut à $$(\gamma(1)\ \gamma(2)\ \gamma(3))=(2\ 4\ 5)\quad\text{et}\quad(\gamma(4)\ \gamma(5))=(1\ 3).$$ La première condition signifie que $(\gamma(1),\gamma(2),\gamma(3))$ est l'une des 3 écritures $(2,4,5)$, $(4,5,2)$, $(5,2,4)$. La seconde signifie $(\gamma(4),\gamma(5))\in\{(1,3),(3,1)\}$. Ces choix sont indépendants et définissent chacun une permutation. Il y a donc $3\times2=6$ permutations $\gamma$ convenables.

3. Première façon, par la formule du conjugué avec $\gamma=(1\ 2)=\gamma^{-1}$ : $$(1\ 2)(1\ 2\ 3\ 4\ 5)(1\ 2)=(2\ 1\ 3\ 4\ 5)=(1\ 3\ 4\ 5\ 2).$$ Deuxième façon, directement (de droite à gauche) : $1\mapsto2\mapsto3\mapsto3$ ; $3\mapsto3\mapsto4\mapsto4$ ; $4\mapsto5$ ; $5\mapsto5\mapsto1\mapsto2$ ; $2\mapsto1\mapsto2\mapsto1$. On obtient bien $(1\ 3\ 4\ 5\ 2)$.

4. Pour tout $\gamma$, $\varepsilon(\gamma(1\ 2\ 3\ 4)\gamma^{-1})=\varepsilon((1\ 2\ 3\ 4))=(-1)^3=-1$, alors que $\varepsilon((1\ 2)(3\ 4))=1$. Ces deux permutations ne sont donc pas conjuguées. (Autre argument : le conjugué d'un 4-cycle est un 4-cycle, et $(1\ 2)(3\ 4)$ n'est pas un 4-cycle par unicité de la décomposition.)

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 6

1. Soit $\sigma\in\mathfrak{S}_7$ de cycles disjoints de longueurs $k_1,\dots,k_r\geqslant2$. On a $k_1+\dots+k_r\leqslant7$ et l'ordre est $\mathrm{ppcm}(k_1,\dots,k_r)$. On liste les possibilités (les points fixes n'interviennent pas dans le ppcm) :

Toutes les listes de longueurs $\geqslant2$ de somme $\leqslant7$ figurent dans ce tableau. Les ordres possibles sont donc $1,2,3,4,5,6,7,10,12$.

2. L'ordre maximal est 12, atteint par exemple par $\sigma=(1\ 2\ 3)(4\ 5\ 6\ 7)$. Sa signature est $(-1)^{2}(-1)^{3}=-1$.

3. Les éléments d'ordre 12 sont exactement ceux de type « un 3-cycle et un 4-cycle disjoints ». On choisit le support du 3-cycle : $\binom{7}{3}=35$ choix ; sur ce support il y a $2$ cycles de longueur 3. Les 4 éléments restants portent un 4-cycle : il y en a $\frac{4!}{4}=3!=6$. D'après l'unicité de la décomposition, chaque élément est obtenu une seule fois. Il y a donc $35\times2\times6=420$ éléments d'ordre 12.

4. Non dans les deux cas : 8 et 14 n'apparaissent pas dans la liste. Directement : un ppcm égal à 8 exige une longueur divisible par 8, impossible car les longueurs sont au plus 7 ; un ppcm égal à 14 exige une longueur divisible par 7 et une longueur paire, donc un 7-cycle et un autre cycle, soit au moins $7+2=9>7$ éléments.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 7

1. L'ordre de $\sigma\neq\mathrm{id}$ est le ppcm des longueurs de ses cycles disjoints. Il vaut 2 si et seulement si tous les cycles sont des transpositions. Dans $\mathfrak{S}_6$, les types possibles sont : une, deux ou trois transpositions disjointes.

• Une transposition : $\binom{6}{2}=15$.
• Deux transpositions disjointes : on choisit une paire ($\binom62=15$), puis une paire disjointe ($\binom42=6$) ; chaque élément est compté deux fois (ordre des deux paires), soit $\frac{15\times6}{2}=45$.
• Trois transpositions disjointes : partitions de $[\![1,6]\!]$ en trois paires. La paire contenant 1 : 5 choix ; la paire contenant le plus petit élément restant : 3 choix ; la dernière est imposée. Soit $5\times3=15$.

Par unicité de la décomposition, ces éléments sont distincts. Il y a $15+45+15=75$ éléments d'ordre 2.

2. L'ordre vaut 3 si et seulement si tous les cycles sont de longueur 3 : un 3-cycle, ou deux 3-cycles disjoints.

• 3-cycles : $\frac{6\times5\times4}{3}=40$.
• Deux 3-cycles disjoints : on partage $[\![1,6]\!]$ en deux parties de 3 éléments, $\frac{1}{2}\binom63=10$ façons ; chaque partie porte 2 cycles de longueur 3 ; soit $10\times2\times2=40$.

Il y a $40+40=80$ éléments d'ordre 3.

3. Une permutation est paire si et seulement si elle a un nombre pair de cycles de longueur paire.

• Ordre 2 : une transposition (un cycle pair) est impaire ; deux transpositions disjointes donnent une permutation paire ; trois transpositions donnent une permutation impaire. Seules les 45 doubles transpositions sont dans $\mathfrak{A}_6$.
• Ordre 3 : aucun cycle de longueur paire, donc les 80 éléments sont dans $\mathfrak{A}_6$.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 10

1. Ici $c^m(x)$ s'obtient en ajoutant $m$ à $x$ modulo 6 (en restant dans $[\![1,6]\!]$).

• $c^2$ : $1\mapsto3\mapsto5\mapsto1$ et $2\mapsto4\mapsto6\mapsto2$, donc $c^2=(1\ 3\ 5)(2\ 4\ 6)$.
• $c^3$ : $1\mapsto4\mapsto1$, $2\mapsto5\mapsto2$, $3\mapsto6\mapsto3$, donc $c^3=(1\ 4)(2\ 5)(3\ 6)$.
• $c^4$ : $1\mapsto5\mapsto3\mapsto1$, $2\mapsto6\mapsto4\mapsto2$, donc $c^4=(1\ 5\ 3)(2\ 6\ 4)$.
• $c^5=c^{-1}=(6\ 5\ 4\ 3\ 2\ 1)=(1\ 6\ 5\ 4\ 3\ 2)$.

On constate que $c^m$ a $\mathrm{pgcd}(m,6)$ cycles de longueur $\frac{6}{\mathrm{pgcd}(m,6)}$.

2. Les points hors de $\{a_1,\dots,a_k\}$ sont fixés par $c$, donc par $c^m$. Il reste à étudier $c^m$ sur $\{a_1,\dots,a_k\}$, où $c^m(a_j)=a_{j+m}$ (indices modulo $k$). Par récurrence, $(c^m)^q(a_j)=a_{j+qm}$ pour $q\in\mathbb{N}$, et aussi pour $q\in\mathbb{Z}$ en utilisant $c^{-m}(a_j)=a_{j-m}$.

L'orbite de $a_j$ sous $c^m$ est donc $\{a_i \mid i\equiv j+qm\pmod k,\ q\in\mathbb{Z}\}$. Montrons que les indices obtenus sont exactement ceux de la forme $i\equiv j+ld\pmod k$, $l\in\mathbb{Z}$.

• Si $i\equiv j+qm$, alors $i\equiv j+\big(q\tfrac{m}{d}\big)d$ : de la forme voulue.
• Par Bézout, il existe $u,v\in\mathbb{Z}$ tels que $d=um+vk$. Alors $j+ld=j+(lu)m+(lv)k\equiv j+(lu)m\pmod k$ : c'est un indice de l'orbite.

Comme $d\mid k$, les entiers $j+ld$ prennent modulo $k$ exactement $\frac{k}{d}$ valeurs distinctes (celles obtenues pour $l=0,\dots,\frac kd-1$). Chaque orbite contenue dans $\{a_1,\dots,a_k\}$ a donc $\frac kd$ éléments ; ces orbites partitionnent un ensemble à $k$ éléments, il y en a $d$.

• Si $k\mid m$, alors $d=k$ : toutes les orbites sont réduites à un point et $c^m=\mathrm{id}$.
• Sinon, $d<k$ et les $d$ orbites ont $\frac kd\geqslant2$ éléments. Par le théorème de décomposition, $c^m$ est le produit de $d$ cycles à supports disjoints de longueur $\frac kd$, dont les supports sont ces orbites.

3. $c^m$ est un $k$-cycle si et seulement s'il a une seule orbite de cardinal $k$, c'est-à-dire $d=1$ : $c^m$ est un $k$-cycle si et seulement si $\mathrm{pgcd}(m,k)=1$.

4. Pour $k=12$ : $c^m$ est un 12-cycle si et seulement si $\mathrm{pgcd}(m,12)=1$, c'est-à-dire $m\in\{1,5,7,11\}$.

Pour $m=8$ : $d=\mathrm{pgcd}(8,12)=4$, donc $c^8$ est produit de 4 cycles de longueur 3. On ajoute 8 modulo 12 : $1\mapsto9\mapsto5\mapsto1$, $2\mapsto10\mapsto6\mapsto2$, $3\mapsto11\mapsto7\mapsto3$, $4\mapsto12\mapsto8\mapsto4$. Donc $$c^8=(1\ 9\ 5)(2\ 10\ 6)(3\ 11\ 7)(4\ 12\ 8).$$

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 11

1. Si $\pi=\sigma^2$, alors $\varepsilon(\pi)=\varepsilon(\sigma)^2=1$ car $\varepsilon(\sigma)\in\{-1,1\}$. Donc $\pi\in\mathfrak{A}_n$.

2. $\varepsilon((1\ 2\ 3\ 4))=(-1)^3=-1$ et toute transposition a pour signature $-1$. Ces permutations ne sont pas dans $\mathfrak{A}_n$, donc ne sont pas des carrés.

3. $(1\ 3\ 2)^2$ : $1\mapsto3\mapsto2$, $2\mapsto1\mapsto3$, $3\mapsto2\mapsto1$, donc $(1\ 3\ 2)^2=(1\ 2\ 3)$.

$(1\ 3\ 2\ 4)$ envoie $1\mapsto3$, $3\mapsto2$, $2\mapsto4$, $4\mapsto1$. Son carré envoie $1\mapsto2$, $2\mapsto1$, $3\mapsto4$, $4\mapsto3$ : c'est $(1\ 2)(3\ 4)$.

4. On a $c^2(a_j)=a_{j+2}$ (indices modulo $k$), et $c^2$ fixe les points hors de $\{a_1,\dots,a_k\}$.

• Si $k$ est impair, en partant de $a_1$ on obtient successivement $a_1,a_3,\dots,a_k,a_{k+2}=a_2,a_4,\dots,a_{k-1}$, puis $a_{k+1}=a_1$. Les $k$ éléments sont parcourus avant le retour à $a_1$ : $c^2=(a_1\ a_3\ \cdots\ a_k\ a_2\ a_4\ \cdots\ a_{k-1})$ est un $k$-cycle.
• Si $k$ est pair, l'ajout de 2 conserve la parité de l'indice (car $k$ est pair) : $c^2=(a_1\ a_3\ \cdots\ a_{k-1})(a_2\ a_4\ \cdots\ a_k)$, produit de deux cycles disjoints de longueur $\frac k2\geqslant2$.

(Pour $k=2$, $c^2=\mathrm{id}$.)

5. Soit $\pi=\sigma^2$ et $\sigma=c_1\cdots c_r$ la décomposition de $\sigma$ en cycles disjoints. Les $c_i$ commutent, donc $\pi=c_1^2\cdots c_r^2$. D'après la question 4, chaque $c_i^2$ est l'identité ou un produit de cycles disjoints de supports inclus dans $\mathrm{Supp}(c_i)$. Les supports des $c_i$ étant deux à deux disjoints, on obtient une écriture de $\pi$ comme produit de cycles à supports deux à deux disjoints : par unicité, c'est la décomposition de $\pi$.

Un cycle de longueur 4 de cette décomposition provient d'un $c_i$ de longueur $k$ : si $k$ est impair, $c_i^2$ est un $k$-cycle et $k\neq4$ ; si $k=2$, $c_i^2=\mathrm{id}$ ; si $k\geqslant4$ est pair, $c_i^2$ fournit deux cycles de longueur $\frac k2$, égale à 4 si et seulement si $k=8$. Les cycles de longueur 4 de $\pi$ vont donc par deux, un couple par 8-cycle de $\sigma$ : leur nombre est pair.

La permutation $(1\ 2\ 3\ 4)(5\ 6)$ a deux cycles de longueur paire, donc est dans $\mathfrak{A}_6$. Mais sa décomposition contient un seul cycle de longueur 4 : ce n'est pas un carré. La réciproque de la question 1 est donc fausse.

⚑ Signaler : corrigé de l’exercice 14

1. Par le théorème de décomposition, tout élément de $\mathfrak{S}_4$ est d'une des formes suivantes.

Les doubles transpositions correspondent aux partitions de $[\![1,4]\!]$ en deux paires : la paire contenant 1 se choisit de 3 façons, d'où 3 éléments, qui sont $a,b,c$. Total : $1+6+3+8+6=24=4!$.

Les éléments pairs forment $\mathfrak{A}_4=\{\mathrm{id}\}\cup\{a,b,c\}\cup\{\text{les 8 3-cycles}\}$, soit $12=\frac{4!}{2}$ éléments.

2. $a$ est un produit de deux transpositions disjointes qui commutent, donc $a^2=\mathrm{id}$ ; de même $b^2=c^2=\mathrm{id}$.

$ab$ : $1\mapsto3\mapsto4$, $4\mapsto2\mapsto1$, $2\mapsto4\mapsto3$, $3\mapsto1\mapsto2$, donc $ab=(1\ 4)(2\ 3)=c$.

$ba$ : $1\mapsto2\mapsto4$, $4\mapsto3\mapsto1$, $2\mapsto1\mapsto3$, $3\mapsto4\mapsto2$, donc $ba=c$.

$bc$ : $1\mapsto4\mapsto2$, $2\mapsto3\mapsto1$, $3\mapsto2\mapsto4$, $4\mapsto1\mapsto3$, donc $bc=(1\ 2)(3\ 4)=a$.

$cb$ : $1\mapsto3\mapsto2$, $2\mapsto4\mapsto1$, $3\mapsto1\mapsto4$, $4\mapsto2\mapsto3$, donc $cb=a$.

$ac$ : $1\mapsto4\mapsto3$, $3\mapsto2\mapsto1$, $2\mapsto3\mapsto4$, $4\mapsto1\mapsto2$, donc $ac=(1\ 3)(2\ 4)=b$.

$ca$ : $1\mapsto2\mapsto3$, $3\mapsto4\mapsto1$, $2\mapsto1\mapsto4$, $4\mapsto3\mapsto2$, donc $ca=b$.

Ainsi $V$ contient $\mathrm{id}$, est stable par produit (le produit de deux éléments distinct de $\mathrm{id}$ et distincts entre eux est le troisième ; le carré de chacun est $\mathrm{id}$ ; $\mathrm{id}$ est neutre) et par passage à l'inverse (chaque élément est son propre inverse). C'est un sous-groupe de $\mathfrak{S}_4$. Il est commutatif d'après les calculs $ab=ba$, $bc=cb$, $ac=ca$. Ses éléments sont pairs, donc $V\subset\mathfrak{A}_4$.

3. Soit $\gamma\in\mathfrak{S}_4$. Par la formule du conjugué, $$\gamma a\gamma^{-1}=\gamma(1\ 2)\gamma^{-1}\,\gamma(3\ 4)\gamma^{-1}=(\gamma(1)\ \gamma(2))(\gamma(3)\ \gamma(4)).$$ Les $\gamma(i)$ étant distincts, c'est un produit de deux transpositions à supports disjoints, c'est-à-dire une double transposition de $\mathfrak{S}_4$. D'après la question 1, il n'y en a que trois, $a,b,c$ : donc $\gamma a\gamma^{-1}\in V$. De même pour $b$ et $c$, et $\gamma\,\mathrm{id}\,\gamma^{-1}=\mathrm{id}$. Donc $\gamma V\gamma^{-1}\subset V$.

L'application $x\mapsto\gamma x\gamma^{-1}$ est injective (si $\gamma x\gamma^{-1}=\gamma y\gamma^{-1}$, on compose à gauche par $\gamma^{-1}$ et à droite par $\gamma$). Donc $\gamma V\gamma^{-1}$ a 4 éléments, et $\gamma V\gamma^{-1}=V$.

4. $\rho a$ ($a$ d'abord) : $1\mapsto2\mapsto3$, $3\mapsto4\mapsto4$, $4\mapsto3\mapsto1$, $2\mapsto1\mapsto2$, donc $\rho a=(1\ 3\ 4)$.

$a\rho$ ($\rho$ d'abord) : $1\mapsto2\mapsto1$, $2\mapsto3\mapsto4$, $4\mapsto4\mapsto3$, $3\mapsto1\mapsto2$, donc $a\rho=(2\ 4\ 3)$.

Par la formule du conjugué, $\rho a\rho^{-1}=(\rho(1)\ \rho(2))(\rho(3)\ \rho(4))=(2\ 3)(1\ 4)=c$.

Comme $\rho a\neq a\rho$ et que $\rho,a\in\mathfrak{A}_4$, le groupe $\mathfrak{A}_4$ n'est pas commutatif.

5. Supposons que $H$ contienne un 3-cycle $\rho'$. Comme $\rho'$ est d'ordre 3, $\mathrm{id},\rho',\rho'^2$ sont trois éléments distincts de $H$ ; puisque $|H|=4$, il existe un quatrième élément $x$, et $H=\{\mathrm{id},\rho',\rho'^2,x\}$. Le produit $\rho'x$ appartient à $H$. Or :

• $\rho'x=\mathrm{id}$ donnerait $x=\rho'^{-1}=\rho'^2$ ;
• $\rho'x=\rho'$ donnerait $x=\mathrm{id}$ ;
• $\rho'x=\rho'^2$ donnerait $x=\rho'$ ;
• $\rho'x=x$ donnerait $\rho'=\mathrm{id}$.

Toutes ces conclusions sont fausses : contradiction. Donc $H$ ne contient aucun 3-cycle.

D'après la question 1, les éléments de $\mathfrak{A}_4$ qui ne sont pas des 3-cycles sont $\mathrm{id},a,b,c$. Donc $H\subset V$, et comme $|H|=|V|=4$, $H=V$. Ainsi $V$ est l'unique sous-groupe de cardinal 4 de $\mathfrak{A}_4$.