Exercice corrigé : Le groupe $\mathfrak{S}_4$ et le sous-groupe de Klein (type CCINP)

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 $\mathfrak{A}_4$.

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