QCM : Groupe symétrique (Prépa, 1re année)
Ce chapitre étudie les bijections d'un ensemble fini dans lui-même : comment les écrire, les décomposer en briques élémentaires (cycles, transpositions) et leur attacher un signe, la signature. Ces outils servent directement à la définition du déterminant, aux dénombrements et aux exercices de structure sur les groupes.
Dans $\mathfrak{S}_3$, que vaut le produit $(1\ 2)(2\ 3)$ ?
On applique d'abord le facteur de droite $(2\ 3)$, puis $(1\ 2)$. On obtient $1\mapsto1\mapsto2$, $2\mapsto3\mapsto3$ et $3\mapsto2\mapsto1$, donc $1\mapsto2\mapsto3\mapsto1$, c'est-à-dire $(1\ 2\ 3)$. La réponse $(1\ 3\ 2)$ vient d'une composition faite de gauche à droite. La réponse $(1\ 3)$ vient de l'idée fausse que les éléments communs se « simplifient ».
Dans $\mathfrak{S}_{10}$, on considère $\sigma=(1\ 2)(3\ 4\ 5)(6\ 7\ 8\ 9)$. Que vaut $\varepsilon(\sigma)$ ?
Par les cycles, $\varepsilon(\sigma)=(-1)^{1}(-1)^{2}(-1)^{3}=1$. On peut le vérifier par les orbites : $\{1,2\}$, $\{3,4,5\}$, $\{6,7,8,9\}$ et $\{10\}$, soit $p=4$ et $(-1)^{10-4}=1$. On trouve $-1$ si l'on oublie le point fixe 10 dans le comptage des orbites ($p=3$). On trouve aussi $-1$ si l'on prend $(-1)^k$ comme signature d'un $k$-cycle. Une signature ne vaut jamais 0. Enfin, toutes les méthodes de calcul de la signature donnent le même résultat.
Quel est l'ordre de $\sigma=(1\ 2)(3\ 4\ 5)(6\ 7\ 8\ 9)$ dans $\mathfrak{S}_9$ ?
Les cycles sont à supports disjoints. L'ordre est donc le ppcm des longueurs : $\mathrm{ppcm}(2,3,4)=12$. La réponse 24 est le produit des longueurs, erreur classique. La réponse 9 est la somme des longueurs. La réponse 4 est la plus grande longueur : or $\sigma^4$ contient encore le facteur $(3\ 4\ 5)^4=(3\ 4\ 5)\neq\mathrm{id}$.
Quelle est la décomposition en cycles à supports disjoints de $\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5&6\\ 4&1&6&2&3&5\end{pmatrix}$ ?
On suit les images. Depuis 1 : $1\mapsto4\mapsto2\mapsto1$, ce qui donne $(1\ 4\ 2)$. Depuis 3 : $3\mapsto6\mapsto5\mapsto3$, ce qui donne $(3\ 6\ 5)$. Lire la deuxième ligne comme un cycle est une confusion entre les deux écritures. La réponse $(1\ 2\ 4)(3\ 5\ 6)$ est $\sigma^{-1}$ : on a suivi les antécédents au lieu des images.
Combien $\mathfrak{S}_5$ contient-il de cycles de longueur 3 ?
On compte les suites $(a_1,a_2,a_3)$ d'éléments distincts : il y en a $5\times4\times3=60$. Chaque 3-cycle admet exactement 3 écritures, donc on obtient $60/3=20$ cycles. La réponse 60 oublie que $(1\ 2\ 3)=(2\ 3\ 1)=(3\ 1\ 2)$. La réponse 10 compte seulement les supports $\binom53$, alors qu'un support $\{a,b,c\}$ porte deux 3-cycles distincts. La réponse 30 divise par 2 au lieu de 3.
Laquelle de ces permutations appartient à $\mathfrak{A}_6$ ?
Une permutation est paire si et seulement si elle possède un nombre pair de cycles de longueur paire. Pour $(1\ 2\ 3\ 4)(5\ 6)$, on a $\varepsilon=(-1)^3(-1)^1=1$. Les trois autres permutations ont exactement un cycle de longueur paire : elles sont impaires. Le piège principal consiste à croire qu'un cycle de longueur paire est pair. C'est l'inverse, puisque $\varepsilon=(-1)^{k-1}$.
Dans $\mathfrak{S}_4$, on pose $\gamma=(1\ 2\ 3)$ et $c=(1\ 2\ 4)$. Que vaut $\gamma c\gamma^{-1}$ ?
La formule du conjugué donne $\gamma c\gamma^{-1}=(\gamma(1)\ \gamma(2)\ \gamma(4))=(2\ 3\ 4)$. Vérification sur un point : $\gamma^{-1}(2)=1$, $c(1)=2$, $\gamma(2)=3$, donc $2\mapsto3$. La réponse $(1\ 4\ 3)$ applique $\gamma^{-1}$ aux éléments du cycle au lieu de $\gamma$. La réponse $(1\ 2\ 4)$ suppose que la conjugaison ne change rien, ce qui reviendrait à faire commuter $\gamma$ et $c$. La réponse $(2\ 4\ 3)$ est l'inverse du bon résultat.
Soit $\rho\in\mathfrak{S}_5$ définie par $\rho(k)=6-k$. Que valent le nombre d'inversions $I(\rho)$ et la signature ?
Tout couple $i<j$ est une inversion. On a donc $I(\rho)=\binom52=10$ et $\varepsilon(\rho)=(-1)^{10}=1$. Vérification par les cycles : $\rho=(1\ 5)(2\ 4)$, produit de deux transpositions. La valeur 20 compte les couples ordonnés $(i,j)$ avec $i\neq j$, alors qu'il faut imposer $i<j$. La valeur 5 confond le nombre d'inversions avec $n$. Croire que $\rho$ est impaire parce que $n$ est impair est une erreur.
Soit $\sigma\in\mathfrak{S}_n$ et deux écritures $\sigma=t_1\cdots t_r=t'_1\cdots t'_s$ en produits de transpositions. Que peut-on affirmer ?
La signature est un morphisme qui envoie toute transposition sur $-1$. On a donc $(-1)^r=\varepsilon(\sigma)=(-1)^s$, d'où $r\equiv s\pmod 2$. Le nombre de facteurs n'est pas fixé : $(1\ 2\ 3)=(1\ 2)(2\ 3)=(1\ 2)(2\ 3)(1\ 2)(1\ 2)$. Cet exemple réfute aussi l'égalité $r=s$ et la majoration par $n-1$, puisqu'on peut ajouter autant de paires $(1\ 2)(1\ 2)$ qu'on veut. Les facteurs ne sont pas uniques non plus : $(1\ 2)(2\ 3)=(1\ 3)(1\ 2)$.
Soit $n\geqslant2$. Laquelle de ces affirmations est vraie ?
$\mathfrak{A}_n=\ker\varepsilon$ est un sous-groupe, comme tout noyau de morphisme. L'application $\sigma\mapsto(1\ 2)\sigma$ est une bijection entre permutations paires et permutations impaires, d'où le cardinal $n!/2$. Une transposition est de signature $-1$, donc elle n'est jamais dans $\mathfrak{A}_n$. Les permutations impaires ne forment pas un sous-groupe : elles ne contiennent pas $\mathrm{id}$, et le produit de deux d'entre elles est pair. Enfin, $\mathfrak{A}_3$ est commutatif mais $\mathfrak{A}_4$ ne l'est pas : $(1\ 2\ 3)$ et $(1\ 2\ 4)$ ne commutent pas. Généraliser à partir du cas $n=3$ est le piège.