Corrigé

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
25 novembre 2013
Série 10
Exercice 1.
Soient G un groupe et H un sous-groupe de G.
(1) Donner la définition du normalisateur NG (H) de H dans G.
(2) Est-ce que NG (H) est un sous-groupe normal de G ?
(3) Est-ce que H est un sous-groupe normal de NG (H) ?
Pensez à bien justifier vos réponses.
Solution.
(1) Par définition,
NG (H) = {g ∈ G : gHg −1 = H},
et notons que H est un sous-groupe de NG (H).
(3) Le sous-groupe H est un sous-groupe normal de NG (H) par définition
du normalisateur : pour tout g ∈ NG (H), on a gHg −1 = H. En fait,
on remarque même que NG (H) est le plus grand sous-groupe de G dans
lequel H est normal. En effet, si H est normal dans un sous-groupe J de
G, alors J ⊂ NG (H).
(2) Le normalisateur NG (H) n’est pas forcément un sous-groupe normal de
G. Par exemple, considérons le cas G = S3 et H = h(12)i. Dans la série
3 (exercice 3), nous avons vu que les seuls sous-groupes de S3 contenant
(12) sont h(12)i et S3 . Comme h(12)i n’est pas normal dans S3 , on a
NG (H) = h(12)i, d’où la conclusion.
Exercice 2.
Soient n ≥ 2 un entier, et m un diviseur de n. On note q := n/m. Montrer que
mZ/nZ et Z/qZ sont isomorphes.
Solution.
Nous montrons que mZ/nZ est un groupe cyclique d’ordre q, ce qui implique
qu’il est isomorphe à Z/qZ par un résultat du cours.
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En premier lieu, il est clair que mZ/nZ est cyclique puisque [m]n est un générateur.
D’autre part, on remarque que l’ordre de [m]n est q. En effet, pour x ∈ Z, xm ≡ 0
(mod n) si et seulement si q|x, d’où le résultat.
Exercice 3.
Soient m1 , . . . , mr ∈ N tels que (mi , mj ) = 1 si i 6= j. Montrer que Z/(m1 · · · mr )Z
et Z/m1 Z × · · · × Z/mr Z sont isomorphes.
Solution.
On procède par récurrence sur r ≥ 2. Si m1 , m2 sont deux entiers premiers entre
eux, considérons l’homomorphisme
f : Z/m1 m2 Z → Z/m1 Z × Z/m2 Z
[x]m1 m2 7→ ([x]m1 , [x]m2 ).
Il s’agit d’une application bien définie, puisque si x ≡ y (mod m1 m2 ), alors
m1 m2 |x − y, donc mi |x − y, i.e. x ≡ y (mod mi ) pour i = 1, 2. De plus, elle
est surjective. En effet, puisque (m1 , m2 ) = 1, il existe une identité de Bézout
m1 a + m2 b = 1
pour a, b ∈ Z (voir série 2, exercice 2). Par conséquent,
m2 b ≡ 1
m1 a ≡ 1
(mod m1 )
(mod m2 ).
Ainsi, pour tous x, y ∈ Z, on a
f (m1 ay + m2 bx) = ([x]m1 , [y]m2 ),
d’où la surjectivité. Comme |Z/m1 m2 Z| = m1 m2 = |Z/m1 Z × Z/m2 Z|, l’homomorphisme f est bijectif, donc il s’agit d’un isomorphisme. Le résultat est ainsi
établi pour r = 2. Si r > 2, alors
Z/m1 Z × · · · × Z/mr Z = (Z/m1 Z × . . . Z/mr−1 Z) × Z/mr Z
∼
= Z/(m1 · · · mr−1 )Z × Z/mr Z
∼
= Z/(m1 · · · mr )Z
si l’on suppose le résultat vrai pour r − 1, ce qui termine la démonstration.
De manière équivalente, on peut aussi obtenir le cas r = 2 par un résultat du
cours : l’entier m1 m2 annule A = Z/m1 m2 Z, par conséquent
A∼
= m1 Z/m1 m2 Z × m2 Z/m1 m2 Z ∼
= Z/m2 Z × Z/m1 Z,
où le deuxième isomorphisme provient de l’exercice 2.
Exercice 4.
Soient A := Z/9Z × Z/9Z et B := Z/9Z × Z/3Z × Z/3Z.
(1) Calculer 3A et 3B.
(2) Est-ce que A et B sont isomorphes ? Pensez à bien justifier votre réponse.
3
Solution.
(1) D’une part,
3A = 3Z/9Z × 3Z/9Z
et d’autre part,
3B = 3Z/9Z × {[0]3 } × {[0]3 }.
Notons que |3A| = 9 et |3B| = 3.
(2) Si f : A → B était un isomorphisme de groupes, alors f se restreindrait
en une bijection entre 3A et 3B. Comme ces ensembles n’ont pas la même
cardinalité, on en conclut que A et B ne sont pas isomorphes.
Exercice 5.
Donner la liste des groupes abéliens finis d’ordre 2r avec r ≤ 4.
Solution.
Par le théorème de structure, tout groupe abélien fini d’ordre 2r est isomorphe à
un groupe de la forme
Z/d1 Z × · · · × Z/dn Z
(1)
pour d1 |d2 | . . . |dn des entiers positifs. En particulier, on aura d1 · · · dn = 2r , donc
di = 2ai pour ai ∈ N. La relation de divisibilité se traduit par a1 ≤ · · · ≤ an . Ainsi,
on voit que les groupes abéliens finis d’ordre 2r sont en bijection avec les suites finies croissantes (a1 , . . . , an ) d’entiers strictement positifs tels que a1 +· · ·+an = r.
Pour r ≤ 4, on a donc les possibilités suivantes :
(a1 , . . . , an )
Groupe correspondant
∅
{0}
(1)
Z/2Z
(2)
Z/4Z
(1, 1)
Z/2Z × Z/2Z
r=3
(3)
Z/8Z
(1, 2)
Z/2Z × Z/4Z
(1, 1, 1)
Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z
r=4
(4)
Z/16Z
(1, 3)
Z/2Z × Z/8Z
(2, 2)
Z/4Z × Z/4Z
(1, 1, 2)
Z/2Z × Z/2Z × Z/4Z
(1, 1, 1, 1) Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z
r=0
r=1
r=2
En fait, il est possible de montrer en toute généralité que l’écriture (1) est unique.
Ici, nous montrons manuellement que les groupes ci-dessus ne sont pas isomorphes
entre eux.
4
Comme un isomorphisme est en particulier une bijection, il suffit bien sûr de
traiter le cas de groupes du même ordre :
• Les cas r = 0, 1 sont triviaux.
• Le cas r = 2 a été traité dans l’exercice 1 de la série 8.
• Pour r = 3, remarquons premièrement que Z/8Z n’est isomorphe à aucun
des deux autres groupes. En effet, ces derniers ont tous leur éléments
d’ordre ≤ 4, alors que Z/8Z a des éléments d’ordre 8. De plus, Z/2Z ×
Z/4Z n’est pas isomorphe à Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z, puisque le premier a
un élément d’ordre 4 alors que le second a tous ses éléments d’ordre ≤ 2.
• Pour r = 4, on montre comme précédemment que Z/16Z n’est isomorphe
à aucun des quatre autres groupes. Notons les caractéristiques suivantes :
–
–
–
–
Z/2Z × Z/8Z : des éléments d’ordre 8.
Z/4Z × Z/4Z : des éléments d’ordre 4, aucun d’ordre 8.
Z/2Z × Z/2Z × Z/4Z : des éléments d’ordre 4, aucun d’ordre 8.
Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z : tous les éléments d’ordre ≤ 2.
Ainsi, il suffit de voir que Z/4Z×Z/4Z 6∼
= Z/2Z×Z/2Z×Z/4Z. Pour cela,
on procède comme dans l’exercice 4 : si les groupes étaient isomorphes,
on aurait une bijection entre
2(Z/4Z × Z/4Z) et 2(Z/2Z × Z/2Z × Z/4Z).
Or, par l’exercice 2, ces ensembles sont en bijection avec Z/2Z × Z/2Z,
respectivement Z/2Z. Comme la cardinalité n’est pas la même, on obtient
une contradiction.