corrigé - Université de Bordeaux

UNIVERSITÉ DE BORDEAUX
Master 1
Théorie des Groupes
Corrigé du Devoir Surveillé du 24 novembre 2014
Exercice 1. Soit G un groupe et soient a, b deux éléments de G. Supposons que
ab est d’ordre fini n = ord(ab). Prouver que ord(ba) = n.
Supposons que (ab)n = e. Comme (ab)n = a(ba)n−1 b on a a(ba)n−1 b = e.
En multipliant cette égalité à gauche par a−1 et à droite par a on obtient que
(ba)n−1 (ba) = a−1 a = e. Donc (ba)n = e. Le même argument montre que (ba)n = e
implique (ab)n = e. Donc ord(ba) = ord(ab) = n.
Exercice 2. Soit G un groupe fini et soit H un sous-groupe distingué de G d’ordre
n et d’indice m. Supposons que m et n sont premiers entre eux. Prouver que H est
l’unique sous-groupe de G d’ordre n.
Soit H 0 un sous-groupe de G d’ordre n. Soit x ∈ H 0 . Alors xn = e. D’autre part,
comme H est distingué dans G et (G : H) = m on a y m ∈ H pour tout y ∈ G (on
a ȳ m = ē dans G/H). Comme m et n sont premiers entre eux il existe a, b ∈ Z tels
que 1 = am + bn. Donc
x = xam+bn = (xa )m xnb = (xa )m ∈ H.
On en déduit que H 0 ⊂ H. Comme |H 0 | = |H|, on a H 0 = H.
Exercice 3. Donner tous les endomorphismes du groupe (Q, +).
Il est facile de voir que pour tout a ∈ Q l’application fa : Q −
→ Q définie
par fa (x) = ax est un endomorphisme du groupe (Q, +). Soit f : Q −
→ Q un
endomorphisme quelconque et soit a = f (1). On va prouver que f = fa . Comme
f (1) = a, on a f (n) = f (1 + · · · + 1) = f (1) + · · · + f (1) = na pour n ∈ N et
f (−n) = (−n)a. Soit maintenant x = n/m un nombre rationnel. Alors mf (x) =
f (mx) = f (n) = na, d’où f (x) = na/m = xa = fa (x).
Exercice 4. Soit p un nombre premier et soit G un groupe d’ordre pn (n > 1).
Soit N un sous-groupe distingué non trivial de G.
1) Expliciter la formule des classes pour l’action de G sur N par conjugaison.
L’orbite d’un élément x ∈ N est réduite à x si et seulement si x ∈ N ∩ Z(G).
Donc
X |G|
,
|N | = |N ∩ Z(G)| +
|Gxi |
x
i
où xi parcourt un système complet des représentants des orbites non ponctuelles.
2) En déduire que N ∩ Z(G) 6= {e}. Quel théorème connu vient-on de généraliser?
Comme p divise |N | et |G|/|Gxi | (puisque Gxi 6= G) on obtient que p divise
N ∩ Z(G). Donc N ∩ Z(G) 6= {e}. En posant N = G on obtient que Z(G) 6= {e}
(théorème du cours).
2
mk
1 m2
Exercice 5. 1) Soit G un groupe fini d’ordre n et soit n = pm
la
1 p2 · · · pk
décomposition de n en produit de facteurs premiers. Montrer que si G admet
un unique pi -sous-groupe de Sylow Gpi pour chaque i = 1, 2, . . . , k alors G =
Gp1 × Gp2 × · · · × Gpk .
Pour tout g ∈ G le sous-groupe g −1 Gpi g est un pi -sous-groupe de Sylow, d’où
g −1 Gpi g = Gpi . Donc les sous-groupes Gpi sont distingués.
Soient x ∈ Gpi et y ∈ Gpj où pi 6= pj . Comme x−1 y −1 x ∈ Gpj et y −1 xy ∈ Gpi
on a
x−1 y −1 xy ∈ Gpi ∩ Gpj = {e}.
Donc xy = yx. Alors l’application
ϕ : Gp1 × Gp2 × · · · × Gpk −
→G
définie par
ϕ(x1 , x2 , · · · , xk ) = x1 x2 · · · xk ,
xi ∈ Gpi ,
est un homomorphisme. On va prouver que ϕ est un isomorphisme. Comme
|G| = |Gp1 | · |Gp2 | · · · |Gpk |,
il suffit de montrer que ϕ est injective. Supposons que
ϕ(x1 , x2 , · · · , xk ) = x1 x2 · · · xk = e.
mk
M
−M
2
Alors x1 = (x2 · · · xk )−1 . Soit M = pm
= e et
2 · · · pk . On a x1 = (x2 · · · xk )
p
m1
1
x11 = e. Comme M et pm
sont premiers entre eux, on en déduit que x1 = e.
1
Donc ker(ϕ) = {e} et ϕ est injective.
Dans le reste de cet exercice on se propose de démontrer que tout groupe d’ordre
255 est cyclique. Soit G un groupe d’ordre 255.
2) Prouver que G possède un sous-groupe distingué H d’ordre 17 et un seul.
On a 255 = 3 · 5 · 17. Soit n17 le nombre de 17-sous groupes de Sylow de G. Alors
n17 ≡ 1 (mod 17) et n17 divise 15, d’où n17 = 1.
3) Prouver que G/H est abélien et qu’il possède un sous-groupe K d’ordre 5 et un
seul.
G/H = 15. On note n3 le nombre de 3-sous-groupes de Sylow et n5 le nombre de 5sous-groupes de Sylow de G/H respectivemet. Alors n3 divise 5 et n3 ≡ 1 (mod 3)
et n5 divise 3 et n3 ≡ 1 (mod 5). Donc n3 = n5 = 1. Comme le 5-sous-groupe
de Sylow de G/H est un groupe d’ordre 5 il est isomorphe à Z/5Z. De même, le
3-sous-groupe de Sylow de G/H est isomorphe à Z/3Z. Il découle maintenant de la
question 1) que G/H est isomorphe à Z/5Z × Z/3Z ' Z/15Z.
4) Soit π : G −
→ G/H la projection canonique. Prouver que C = π −1 (K) est un
sous-groupe distingué de G.
3
Soit g ∈ G. Comme K est distingué dans G/H on a
π(g −1 Cg) = π(g)−1 π(C)π(g) = π(g)−1 Kπ(g) = K,
d’où g −1 Cg ⊂ C. Donc C est distingué dans G.
5) Prouver que C est cyclique.
Comme ker(π) = H, C est un groupe d’ordre |K| · |H| = 85. Soient m17 le
nombre de 17-sous-groupes de Sylow et m5 le nombre de 5-sous-groupes de Sylow
de C. Comme m5 ≡ 1 (mod 5) et m5 divise 17 on trouve que m5 = 1. On a déjà
vu dans 2) que H est l’unique 17-sous groupe de Sylow de C. En appliquant 1) on
obtient que C est isomorphe à Z/17Z × Z/5Z.
6) Prouver que tous les p-sous-groupes de Sylow (p = 3, 5, 17) de G sont distingués.
On sait déjà que H est distingué. Comme C est abélien, il possède un unique
5-sous-groupe de Sylow C5 . Soit g ∈ G. Comme C est distingué on a g −1 C5 g ⊂
g −1 Cg = C. Donc g −1 C5 g est un 5-sous-groupe de Sylow de C, d’où g −1 C5 g = C5 .
Comme tous les 5-sous-groupes de Sylow sont conjugués on en déduit que C5 est
l’unique 5-sous groupe de Sylow de G.
Soit N l’unique sous-groupe de G/H d’ordre 3 et soit D = π −1 (N ). Alors les
mêmes arguments montrent que D est un sous-groupe distingué dans G et que son
unique 3-sous-groupe de Sylow est distingué dans G.
7) En déduire que G est abélien et conclure.
Il suffit d’appliquer la question 1).
Exercice 6. Le but de cet exercice est de prouver qu’il existe un sous-groupe H
de S6 isomorphe à S5 qui opère transitivement sur {1, 2, . . . , 6}.
1) Soit H un sous-groupe distingué de Sn (n > 5). Prouver que H = {e}, An ou
Sn . (Vous pouvez utiliser la simplicité de An ).
Soit H un sous-groupe distingué non trivial de Sn (n > 5.) Alors H ∩ An est un
sous-groupe distingué de An . Par la simplicité de An on en déduit que H ∩An = An
ou H ∩ An = {e}. Si H ∩ An = An alors An ⊂ H ⊂ Sn et comme [Sn : An ] = 2 on
a H = An ou H = Sn . Si H ∩ An = {e}, on a
H ' H/H ∩ An ' HAn /An = Sn /An .
Donc |H| = 2. Soit G = {e, σ}. Alors pour tout τ ∈ Sn on a τ −1 στ = σ et donc
σ ∈ Z(Sn ) ce qui est impossible comme Z(Sn ) = {e}.
2) Soit P un 5-sous-groupe de Sylow de S5 . On considère le normalisateur N de P
dans S5 :
N = {g ∈ S5 | gP g −1 ⊂ P }.
On pose m = (S5 : N ). Prouver que m divise 24 et que m ≡ 1 (mod 5).
Comme les 5-sous-groupes de Sylow de S5 sont conjugués, m = (S5 : N ) est égal
au nombre n5 de 5-sous-groupes de Sylow de S5 . Or n5 ≡ 1 (mod 5) et n5 divise
|S5 | = 24 · 5.
4
3) Prouver que m 6= 1. En déduire que m = 6 et |N | = 20.
Si m = 1 le groupe P serait distingué dans S5 ce qui contredit la question 1). Il
découle maintenant de la question 2) que m = 6 et |N | = |S5 |/m = 20.
4) Montrer qu’il existe un homomorphisme injectif ϕ : S5 −
→ S(S5 /N ) ' S6 .
Soit S5 /N = {xN |x ∈ S5 } l’ensemble des classes à gauche de S5 selon N. On
définit une action de S5 sur S5 /N en posant
g(xN ) = (gx)N.
Cette action induit un homomorphisme injectif ϕ : S5 −
→ S(S5 /N ) (voir le cours)
et par la question précédente l’ensemble S5 /N est de cardinal 6.
5) Conclure.
L’action de S5 sur S5 /N est transitive puisque pour tous x1 , x2 ∈ S5 on a
g(x1 N ) = x2 N pour g = x2 x−1
1 .
FIN