Inception aux oraux de l’ENS : Permutation de permutation

L’application $\mu_\sigma:g\mapsto\sigma\circ g$ est une permutation de l’ensemble $\mathfrak{S}_n$, qui compte $n!$ éléments : on a donc $\mu_\sigma\in\mathfrak{S}(\mathfrak{S}_n)\simeq\mathfrak{S}_{n!}$.

Notons $d$ l’ordre de $\sigma$ dans $\mathfrak{S}_n$. Montrons que $\varepsilon(\mu_\sigma)=(-1)^{n!-\frac{n!}{d}}$, ce qui se simplifie en
$$\varepsilon(\mu_\sigma)=\begin{cases}\varepsilon(\sigma) & \text{si } n\leqslant 3,\\[2pt] 1 & \text{si } n\geqslant 4.\end{cases}$$Les orbites de $\mu_\sigma$ sont les ensembles $\{\sigma^{k}g:k\in\mathbb{Z}\}=\langle\sigma\rangle g$, c’est-à-dire les classes à droite du sous-groupe $\langle\sigma\rangle$. Chacune est de cardinal $|\langle\sigma\rangle|=d$, et leur nombre est l’indice $c=\bigl[\mathfrak{S}_n:\langle\sigma\rangle\bigr]=\frac{n!}{d}$.
De plus, chaque orbite est un cycle de longueur exactement $d$ : pour $g$ fixé, $\sigma^{k}g=g$ équivaut à $\sigma^{k}=\mathrm{id}$, donc à $d\mid k$.

Ainsi $\mu_\sigma$ est produit de $n!/d$ cycles disjoints de longueur $d$, et la formule $\varepsilon=(-1)^{\text{taille}-\text{nombre d'orbites}}$ donne
$$\varepsilon(\mu_\sigma)=\bigl((-1)^{d-1}\bigr)^{n!/d}=(-1)^{n!-\frac{n!}{d}}.$$Simplification pour $n\geqslant 4$. Il suffit de montrer que $n!/d$ est pair, c’est-à-dire $v_2(d)<v_2(n!)$, où $v_2$ désigne la valuation $2$-adique.
Si $\sigma$ a pour longueurs de cycles $\ell_1,\dots,\ell_r$, alors $d=\operatorname{ppcm}(\ell_1,\dots,\ell_r)$, donc $v_2(d)=\max_i v_2(\ell_i)$. Ce maximum étant atteint par un certain $\ell_i\leqslant n$, on a $2^{v_2(d)}\leqslant n$, soit
$$v_2(d)\leqslant m,\qquad m:=\lfloor\log_2 n\rfloor .$$La formule de Legendre et $\lfloor n/2^{i}\rfloor\geqslant\lfloor 2^{m}/2^{i}\rfloor=2^{m-i}$ donnent
$$v_2(n!)=\sum_{i\geqslant 1}\left\lfloor\frac{n}{2^{i}}\right\rfloor\ \geqslant\ \sum_{i=1}^{m}2^{m-i}=2^{m}-1 .$$Comme $n\geqslant 4$ entraîne $m\geqslant 2$, on a $2^{m}-1\geqslant m+1>m\geqslant v_2(d)$. Donc $n!/d$ est pair, l’exposant $n!-n!/d$ aussi, et $\varepsilon(\mu_\sigma)=1$.
Pour $n\leqslant 3$, on énumère.
$n=1$ : $\mathfrak{S}_1$ est réduit à un point, $\mu_\sigma=\mathrm{id}$, de signature $1=\varepsilon(\sigma)$.
$n=2$ : ici $n!=2$. Si $\sigma=\mathrm{id}$, alors $d=1$ et $\varepsilon(\mu_\sigma)=1$. Si $\sigma=(1\,2)$, alors $d=2$ et $\mu_\sigma$ est un unique $2$-cycle, de signature $-1$.
$n=3$ : ici $n!=6$. Pour $d=1$, $\varepsilon=1$ ; pour $d=2$ ($\sigma$ transposition), $\mu_\sigma$ est produit de $3$ transpositions, donc $\varepsilon=-1$ ; pour $d=3$ ($\sigma$ un $3$-cycle), $\mu_\sigma$ est produit de $2$ cycles de longueur $3$, donc $\varepsilon=1$. $\blacksquare$

pour n=1, la signature vaut 1. désormais on suppose $n\ge 2$. on remarque (ça sert pas vraiment par la suite) que cardinal de $S_{n}$ est divisible par 2. Soit $\tau$ une transposition de $S_{n}$. Comme $\tau^2=e$ ($e$ désigne le neutre de $S_{n}$), $\mu_{\tau}$ est un produit disjoint de $n!/2$ transpositions (chaque cycle est du type $(g,\tau \circ g)$) donc sa signature vaut $(-1)^{n!/2}$ (1). remarquons que si $n\ge 4$, cette signature vaut 1, et pour n=2 ou 3, cette signature vaut -1. Revenons à $\mu$. On vérifie que $\mu$ est un morphisme de groupe. Comme $\sigma$ est un produit de transpositions, et que la signature considérée dans cet exercice est un morphisme du groupe $S_{S_{n}}$ la signature de $\mu(\sigma$) est un produit fini de signature de $\mu(\tau_{i})$ où les $\tau_{i}$ sont des transpositions. pour $n\ge 4$, on a donc la signature de $\mu_{\sigma}$ vaut 1. si $n=2$ ou $n=3$ ce produit vaut 1 ssi $\sigma$ est un produit pair de transpositions, égal à -1 sinon. Ainsi pour $n=2$ ou $n=3$, la signature de $\mu_{\sigma}$ vaut 1 ssi $\epsilon(\sigma)=1$, et vaut -1 ssi $\epsilon(\sigma)=-1$