Corrigé du test 2

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
Corrigé du test 2
Exercice 1. (20 points)
Soient G un groupe d’ordre 35 et E un ensemble de cardinal 19 muni d’une
φ : G × E −→ E qui ne fixe aucun élément de E. Quel est le nombre d’orbites pour l’action φ ?
action
Solution. Soient k le nombre d’orbites pour l’action φ et x1 , · · · , xk un système de représentants des orbites
de l’action de G sur E. D’après l’équation aux classes, on a
19 = |E| =
k
X
|G · xi |.
i=1
On sait que |G · xi | = |G : Stab(xi )|, donc |Gxi | est un diviseur de |G| = 35 pour tout i. Les diviseurs de 35
sont 1, 5, 7 et 35.
L’action φ ne fixe aucun élément de E d’où |G·xi | =
6 1 pour tout i. Par ailleurs, G·xi ⊂ E d’où |G·xi | ≤ 19 < 35
pour tout i. Par conséquent, on a soit |G · xi | = 5 soit |G · xi | = 7 pour tout i. Soit n le nombre d’orbites pour
l’action φ dont la cardinalité est égal à 5 et soit m le nombre le nombre d’orbites dont la cardinalité est égal
à 7. Donc on a que 19 = 5n + 7m. La seule solution (n, m) ∈ N2 de cette equation est (1, 2). D’où le nombre
d’orbites pour l’action φ est égal à k = n + m = 3.
Exercice 2. (25 points)
Soit G un groupe d’ordre 60 n’ayant aucun sous-groupe normal autre que {1G } et G.
1. Calculer le nombre de 5-sous-groupes de Sylow de G.
2. Montrer que G est isomorphe à un sous-groupe de S6
Solution.
1. Comme G est de cardinal 60 = 12 × 5 les 5-sous-groupes de sylow de g sont d’ordre 5. On utilise les
théorèmes de Sylow qui affirment que le nombre n5 de 5-sous-groupes de sylow de G vérifie :
– n5 divise ]G/5 = 12 i.e. n5 ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 12} ;
– n5 ≡ 1 mod 5 ;
– l’action de G sur ses 5-sous-groupes de sylow conjugaison est transitive ; en particulier n5 ≥ 2 car G
n’a aucun sous-groupe normal non trivial.
Ces trois conditions ne peuvent être satisfaites simultanément que si n5 = 6.
2. L’ensemble E des 5-sous-groupes de Sylow de G est de cardinal 6. En particulier, le groupe S(E) des bijections de E est isomorphe à S6 . Se donner une action de G sur E équivaut à se donner un homomorphisme
Φ : G −→ S(E). En particulier, l’action de G sur E par conjugaison implique l’existence d’un homomorphisme Φ : G −→ S(E)
et donc d’un homomorphisme Ψ : G −→ S6 (puisque
E −→
E
g 7−→
S 7−→ gSg −1
S(E) et S6 sont isomorphes).
Le noyau de Ψ est un sous-groupe normal de G. Par hypothèse, Ψ est donc soit injective soit égale à
l’homomorphisme trivial. Le second cas n’est pas possible puisque Ψ est l’action de G sur E est transitive
(d’après les théorèmes de sylow) et que n5 > 1.
Exercice 3. (15 points)
Montrer que tout groupe d’ordre 56 a au moins un sous-groupe normal non trivial.
Solution. Soit G un groupe d’ordre 56, et np le nombre de p-sous-groupes de Sylow. D’après le troisième
théorème de Sylow, on a
– n2 ≡ 1 (mod 2) et n2 |7, c’est-à-dire n2 = 1 ou n2 = 7 ;
– n7 ≡ 1 (mod 7) et n7 |8, c’est-à-dire n7 = 1 ou n7 = 8.
Si n7 = 1, alors G a un unique 5-sous-groupe de Sylow. Ce groupe est un sous-groupe distingué d’après le
deuxième théorème de Sylow.
Supposons que n7 = 8. D’après de le troisième point de l’exercice 2 de la série 14, G contient 48 éléments
d’ordre 7. De plus, si n2 > 1, alors G contient au moins 9 éléments d’ordre 2i avec 0 ≤ i ≤ 3. On en déduit
que
9 + 48 ≤ |G| = 56,
ce qui est une contradiction. Par suite, si n7 = 8, alors G a un unique 2-sous-groupe de Sylow, qui est distingué
d’après le deuxième théorème de Sylow.
Exercice 4. (20 points)
Soient A un anneau et I un idéal bilatère de A. On note M2 (I) l’ensemble des matrices M ∈ M2 (A) dont les
coefficients appartiennent à I.
1. Montrer que M2 (I) est un idéal bilatère de M2 (A).
2. On suppose maintenant que K est un corps. Montrer que tout idéal bilatère de M2 (K) est soit
0
0
0
0
soit M2 (K).
Solution.
1. On a deux possibilités pour répondre à cette question. La première consiste à vérifier les conditions de la
définition d’un idéal bilatère, à savoir que M2 (I) est un sous-groupe de M2 (A) stable par multiplication
à gauche et à droite par les éléments de M2 (A).
La seconde méthode consiste à remarquer que φ : M2 (A) −→ M2 (A/I) est un homoa b
[a]I [b]I
7−→
c d
[c]I [d]I
morphisme d’anneaux de noyau M2 (I) puisque l’application A −→ A/I est un homomorphisme
x 7−→ [x]I
d’anneaux de noyau I :
0
a b
a b0
[a + a0 ]I [b + b0 ]I
φ
+
=
c d
c0 d0
[c + c0 ]I [d + d0 ]I
=
[a]I + [a0 ]I
[c]I + [c0 ]I
= φ
φ
a
c
b
d
a0
c0
b0
d0
a0
c0
[ab0 + bd0 ]I
[cb0 + dd0 ]I
b
d
[aa0 + bc0 ]I
[ca0 + dc0 ]I
[a]I [a0 ]I + [b]I [c0 ]I
[c]I [a0 ]I + [d]I [c0 ]I
=
=
=
a
c
[b]I + [b0 ]I
[d]I + [d0 ]I
φ
a
c
b
d
0
a
φ
c0
+φ
b0
d0
[a]I [b0 ]I + [b]I [d0 ]I
[c]I [b0 ]I + [d]I [d0 ]I
b0
d0
.
En particulier M2 (I) est un idéal bilatère de M2 (A).
2. Soit J un idéal bilatère non nul de M2 (K). Soit M ∈ J une matrice non nulle.
Supposons que M est de rang2. Par définition
du rang d’une matrice, il existe deux matrices U, V ∈
1 0
GL2 (K) telles que U M V =
. En particulier, comme J est un idéal bilatère de M2 (K) et
0 1
1 0
M ∈ J, on a
∈ J. Dans ce cas, on a J = M2 (K).
0 1
Supposons maintenant que M est de rang
il existe deux matrices
1. Pardéfinition du rang d’une
matrice,
1 0
1 0
U, V ∈ GL2 (K) telles que U M V =
. Par suite, on a
∈ J. On en déduit que
0 0
0 0
0 0
0 1
1 0
0 1
1
=
∈ J. Par conséquent on a
0 1
1 0
0 0
1 0
0
0 0
∈ J. Dans ce cas, on a aussi J = M2 (K).
0 1
0
1
=
1
0
0
0
+
Exercice 5. (20 points)
Soit A un anneau commutatif factoriel.
1. Pour tout a, b ∈ A montrer l’existence de pgcd(a, b).
2. Plus généralement, pour tout idéal I non nul de A, montrer l’existence de pgcd(I) i.e. d’un élément
d ∈ A tel que
• d divise tous les éléments x ∈ I de I, et
• si δ divise tous les éléments x ∈ I de I, alors δ divise d.
3. On suppose maintenant que pour tous x1 , · · · , xn ∈ A il existe u1 , · · · , un ∈ A tel que pgcd(x1 , · · · , xn ) =
u1 x1 + · · · + un xn . Montrer que A est principal.
Solution.
On note P un système d’irréductibles de l’anneau factoriel A (i.e. un ensemble P d’éléments irréductibles de
A tel que, pout tout élément irréductible q de A, il existe un unique p ∈ P et un unique u ∈ A∗ tels que
q = up). Si a ∈ A est non nul et p ∈ P on note vp (a) l’exposant de p dans une décomposition de a en produit
d’éléments irréductibles :
Y
pvp (a)
a=u
p∈P
∗
avec u ∈ A .
1. Soient
a, b ∈ A. Alors a divise b si et seulement si vp (a) ≤ vp (b) pour tout p ∈ P. Par conséquent
Y
pmin{vp (a),vp (b)} est un pgcd de a et b.
p∈P
2. En s’inspirant de la question précédente on pose
vp (I) := min{vp (x) : x ∈ I, x 6= 0} ≥ 0
pour tout p ∈ P. Si x ∈ I est non nul, alors vp (x) = 0 pour tout p ∈ P sauf un nombre fini. En particulier,
il n’existe qu’un nombre fini de p ∈ P tels que vp (I) 6= 0. On peut donc poser
Y
d :=
pvp (I) .
p∈P
Si x ∈ I est non nul, alors vp (d) = vp (I) ≤ vp (x) pour tout p ∈ P (par définition de vp (I)) et donc d
divise x.
Si c ∈ A divise tous les x ∈ I, alors vp (c) ≤ vp (x) pour tout p ∈ P et tout x ∈ I non nul. Dans ce cas
on a donc
vp (c) ≤ min{vp (x) : x ∈ I, x 6= 0} = vp (I) = vp (d)
i.e. c divise d. Par suite, d est un pgcd des éléments non nuls de I.
3. On conserve les notations de la question précédente. On commence par montrer l’existence de x1 , · · · , xn ∈
I tels que d = pgcd(x1 , · · · , xn ). Si x ∈ I est non nul, alors il existe p1 , · · · , pr ∈ P deux à deux distincts
tels que vp (x) 6= 0 si et seulement si p ∈ {p1 , · · · , pr }. En particulier, vp (I) = 0 si p ∈
/ {p1 , · · · , pr }.
Comme
{vp (y) : y ∈ I, y 6= 0, vp (y) ≤ vp (x)}
est fini, le minimum vp (d) = vp (I) = min{vp (y) : y ∈ I, y 6= 0} est atteint : il existe xi ∈ I tel que
vpi (I) = vpi (xi ). On a alors d = pgcd(x1 , · · · , xr ).
Par hypothèse, il existe donc u1 , · · · , ur ∈ A tels que d = u1 x1 + · · · + ur xr . Or tous les éléments xi sont
dans l’idéal I, donc d ∈ I par définition d’un idéal. Par suite I est principal et engendré par d. Ainsi A
est bien principal.