Corrigé du Test 1

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
21 novembre 2011
Corrigé du Test 1
Exercice 1. (15 points)
Déterminer tous les sous-groupes de Z/12Z.
Solution.
D’après le théorème de Lagrange, un sous-groupe de Z/12Z est de cardinal 1,
2, 3, 4, 6, ou 12. En calculant les ordres des éléments de Z/12Z, et en comparant des cardinaux on peut vérifier à la main que les sous-groupes de Z/12Z sont
les ensembles nZ/12Z avec n ∈ N tel que n|12. On va donner une preuve plus
générale et demandant moins de calculs.
On considère la surjection canonique π : Z −→ Z/12Z. L’application
H 7−→ π −1 (H)
est une bijection entre les sous-groupes de Z contenant 12Z et les sous-groupes
de Z/12Z.
On va montrer que les sous-groupes de Z contenant 12Z sont de la forme
nZ avec n|12. Ceci implique que les sous-groupes de Z/12Z sont les ensembles
nZ/12Z avec n ∈ N tel que n|12.
Soit H un sous-groupe non nul de Z. Soit a > 0 le plus petit élement strictement
positif de H. Soient b ∈ H un entier positif et r le reste de la division euclidienne
de b par a i.e.
0≤r<a
et
b = qa + r
pour un certain q ∈ N. Alors r = b − qa ∈ H et 0 ≤ r < a, donc r = 0 (par
définition de a). Ainsi H = aZ. En particulier si 12Z ⊂ H, on a 12 ∈ aZ i.e.
a|12.
Exercice 2. (25 points)
Soit p un nombre premier.
(1) Montrer que l’ensemble
SL2 (Z/pZ) := M ∈ GL2 (Z/pZ) : det(M ) = 1Z/pZ
est un sous-groupe normal de GL2 (Z/pZ).
(2) Identifier le quotient GL2 (Z/pZ)/SL2 (Z/pZ).
(3) Quel est le cardinal de SL2 (Z/pZ) ?
Solution.
2
(1) Le déterminant det : GL2 (Z/pZ) −→ (Z/pZ)× est un homomorphisme de
groupe dont le noyau est SL2 (Z/pZ). Par conséquent, SL2 (Z/pZ) est un
sous-groupe normal de GL2 (Z/pZ).
(2) Le déterminant det : GL2 (Z/pZ) −→ (Z/pZ)× est un homomorphisme
surjectif de groupe dont le noyau est SL2 (Z/pZ). D’après le premier théorème
d’isomorphisme, on a donc GL2 (Z/pZ)/SL2 (Z/pZ) ' (Z/pZ)× .
(3) On commence
par rappeler le calcul du cardinal de GL2 (Z/pZ).
Une
maa b
a
trice
∈ M2 (Z/pZ) est inversible si et seulement si
est un
c d
c
b
vecteur colonne non nul et
est un vecteur colonne non colinéaire
d
a
a
à
. S’il est non nul, le vecteur colonne
admet exactement p
c
c
vecteurs colonne colinéaires, et donc p2 − p vecteurs non colinéaires. On
vient ainsi de montrer que
|GL2 (Z/pZ)| = (p2 − 1)(p2 − p) = p(p + 1)(p − 1)2 .
D’après la question précédente, on a GL2 (Z/pZ)/SL2 (Z/pZ) ' (Z/pZ)× .
On en déduit que
|SL2 (Z/pZ)| =
p(p + 1)(p − 1)2
|GL2 (Z/pZ)|
=
= p(p + 1)(p − 1).
|(Z/pZ)× |
p−1
Exercice 3. (15 points)
Soient m, n ≥ 1 deux entiers, et f : (Qm , +) −→ (Qn , +) un homomorphisme
de groupe.
(1) Montrer que f est une application Q-linéaire.
(2) À quelle condition deux espace vectoriels sur Q de dimensions finies sont
ils isomorphes ?
(3) Montrer que les groupes (Qm , +) et (Qn , +) sont isomorphes en tant que
groupes si et seulement si m = n.
Solution.
(1) On sait que f est compatible aux lois d’additions de Qm et Qn . Soient
x ∈ Qm et λ ∈ Q. Soient a, b ∈ Z avec b 6= 0 et λ = a/b.
Comme f est un homomorphisme de groupe, une récurrence immédiate
montre que, pour tout k ∈ Z et tout y ∈ Qm , on a f (ky) = kf (y). En
particulier on a
a a bf
.x = f b .x = f (ax) = af (x),
b
b
d’où f ab .x = ab .f (x). Ainsi f est compatible avec les lois de multiplication par un scalaire sur Qm et Qn .
3
(2) Deux espaces vectoriels sur Q de dimensions finies sont isomorphes en
tant que Q-espaces vectoriels si et seulement si ils ont même dimension.
(3) D’après la première question, (Qm , +) et (Qn , +) sont isomorphes en tant
que groupes si et seulement si les Q-espaces vectoriels Qm et Qn sont
isomorphes. Ainsi, d’après la seconde question, les groupes (Qm , +) et
(Qn , +) sont isomorphes en tant que groupes si et seulement si m = n.
Attention : Ce résultat est spécifique à Q. Il est faux lorsque l’on remplace Q par un corps quelconque. Un contre exemple s’obtient en considérant
R(T ), le sous-groupe du groupe des fonctions réelles engendré par les fractions rationelles (i.e. les quotients de fonctions polynômiales ; la loi de
groupe est l’addition des fonctions). On peut montrer que l’application
R(T ) × R(T ) −→
R(T )
2
(P, Q)
7−→ P (T ) + T Q(T 2 )
est un isomorphisme de groupe. La preuve de cette affirmation ne sera pas
donné dans ce texte. Elle utilise le fait qu’une fonction à la fois paire et
impaire est nulle.
Exercice 4. (20 points)
Soit H un sous-groupe d’un groupe G. On note
\
MH :=
gHg −1 .
g∈G
(1) Montrer que MH est un sous-groupe normal dans G.
(2) Montrer que tout sous-groupe K de H normal dans G est contenu dans
MH . En déduire que MH est le plus grand sous-groupe de H normal
dans G.
(3) Donner un exemple de sous-groupe H1 d’un groupe G1 tel que MH1 = H1 .
(4) Donner un exemple de sous-groupe H2 6= {1G2 } d’un groupe G2 tel que
MH2 = {1G2 }.
Solution.
(1) Soient g ∈ G et h1 , h2 ∈ H. Alors
gh1 g −1 gh2 g −1 = g(h1 h2 )g −1 .
En particulier, comme H est un sous-groupe de G, l’ensemble gHg −1 est
un sous-groupe de G. Une intersection de sous-groupes de G est un sousgroupe de G. Par conséquent, MH est un groupe.
Soient h ∈ MH et g ∈ G. Par définition de MH , pour tout g 0 ∈ G, il
existe hg0 ∈ H tel que h = g 0 hg0 g 0−1 . En particulier, pour tout g 0 ∈ G,
on a
ghg −1 = g 0 g 0−1 ghg −1 g 0 g 0−1 = g 0 hg−1 g0 g 0−1 ∈ g 0 Hg 0−1 .
4
Par suite, on a bien ghg −1 ∈ H. Le sous-groupe MH est donc normal.
(2) Soit K un sous-groupe de H normal dans G. Pour tout g ∈ G, on a
K = gKg −1 ⊂ gHg −1 ,
d’où K ⊂ MH . D’après la question précédente, MH est lui-même un
groupe normal. Le groupe MH est donc bien le plus grand sous-groupe
de H normal dans G.
(3) Si H1 est normal dans G1 alors MH1 = H1 . On choisit G1 = Z/4Z et
H1 = 2Z/4Z.
(4) On pose G2 := S3 . Le groupe H2 engendré par (1 2) n’est pas normal.
Les seuls sous-groupes de H2 sont {Id} et H2 . On a donc MH2 = {Id}.
Exercice 5. (20 points)
(1) Donner la liste des homomorphismes de groupes f : Z/45Z −→ S4 ?
(2) Donner la liste des homomorphismes de groupes g : S4 −→ Z/45Z ?
Indication : Que peut on dire sur les noyaux de tels homomorphismes de groupes
f : Z/45Z −→ S4 et g : S4 −→ Z/45Z ?
Solution.
(1) Soit f : Z/45Z −→ S4 un homomorphisme de groupe. Comme Z/45Z est
cyclique (et engendré par la classe 1 mod 45 de 1 modulo 45), l’homomorphisme f est entièrement déterminé par f (1 mod 45).
D’après le théorème de lagrange, l’indice de ker(f ) dans Z/45Z divise
45. D’après le premier théorème d’isomorphisme, et le théorème de Lagrange, l’indice de ker(f ) dans Z/45Z est aussi un diviseur de |S4 | = 24.
Or pgcd(45, 24) = 3, donc l’indice de ker(f ) dans Z/45Z est 3. Par suite,
f (1 mod 45) est d’ordre 1 ou 3. Les homomorphismes f : Z/45Z −→ S4
sont donc soit l’homomorphisme trivial soit
fσ :
Z/45Z
−→ S4
k mod 45 7−→ σ k
avec σ ∈ S4 un 3-cycle.
(2) Soit g : S4 −→ Z/45Z un homomorphisme de groupe. Une transposition
étant d’ordre 2, l’image par g d’une transposition est 1 ou 2. D’après le
théorème de Lagrange, Z/45Z n’a aucun élément d’ordre 2. Par conséquent
toutes les transpositions appartiennent à ker(g). Or S4 est engendré par
les transpositions, donc ker(f ) = S4 .
Exercice 6. (5 points)
Soit G un groupe. Montrer l’existence d’un homomorphisme injectif de groupe
f : G −→ S(G) (où S(G) désigne le groupe des bijections de G).
5
Solution.
Il suffit de remarquer que l’application
fσ : G −→ S(G)
G −→ G
g 7−→
h 7−→ gh
est un homomorphisme de groupe injectif.