Corrigé

Cours de Théorie des groupes
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
28 septembre 2015
Quiz 2
Question 1. Soient m, n ∈ Z non nuls. Prouver que
(1) hm, ni = h(m, n)i,
(2) hmi ∩ hni = hppcm(m, n)i,
où ppcm(m, n) est le plus petit multiple commun de m et n.
Solution.
(1) On a hm, ni = {am + bn | a, b ∈ Z}. En effet, H := {am + bn | a, b ∈ Z}
est un sous-groupe de Z (facile à vérifier) qui contient m, n et tout sousgroupe de Z qui contient m et n doit conténir H, ainsi que H est le plus
petit sous-groupe de Z contenant m et n.
(m, n)|m et (m, n)|n. Donc (m, n)|am + bn pour tous a, b ∈ Z. Alors on a
hm, ni ⊆ h(m, n)i.
Viceversa, par Bezout on a l’existence de a, b ∈ Z tels que (m, n) = am +
bn, ainsi que pour tout c ∈ Z, on a c(m, n) = c(am + bn) = (ca)m + (cb)n.
Donc h(m, n)i ⊆ hm, ni.
(2) L’inclusion hppcm(m, n)i ⊆ hmi ∩ hni est claire (en effet, tout multiple de
ppcm(m, n) est multiple de m et n).
Viceversa, on a m = (m, n)m0 et n = (m, n)n0 pour m0 , n0 ∈ Z tels que
mn
(m0 , n0 ) = 1. On a clairement que ppcm(m, n) = (m, n)m0 n0 = (m,n)
.
0
Soit z un multiple de m, i.e. z = mh = (m, n)m h pour un certain h ∈ Z.
Si z est aussi un multiple de n, disons z = nk pour un certain k ∈
Z, on a (m, n)n0 k = (m, n)m0 h. Donc n0 divise m0 h. Puisque (m0 , n0 ) =
1, on a n0 |h, c’est-à-dire h = n0 h0 pour un certain h0 ∈ Z. Alors z =
(m, n)m0 n0 h0 = ppcm(m, n)h0 . Donc hmi ∩ hni ⊆ hppcm(m, n)i.
2
Question 2. Soit (G; ·) un groupe.
(1) Soit H un sous-ensemble non-vide de G tel que h1 · h−1
2 ∈ H, ∀h1 , h2 ∈ H.
Prouver que H est un sous-groupe de G.
(2) Prouver que l’intersection d’une famille de sous-groupes de G est un sousgroupe de G.
(3) Une réunion de sous-groupes de G est-elle un sous-groupe de G ?
Solution.
(1) H non-vide, donc il contient au moins un élément, disons e
h. Donc 1G =
−1
e
e
h · h ∈ H. Ainsi H contient un élément neutre.
Pour tout h ∈ H, on a h−1 = 1G · h−1 ∈ H. Ainsi tout h ∈ H a un élément
inverse dans H.
−1
Finalement, pour tous h1 , h2 ∈ H, on a h1 · h2 = h1 · (h−1
∈ H, parce
2 )
−1
que h2 ∈ H.
L’associativité de la loi de composition est claire (puisque (G; ·) est un
groupe).
Alors H est un groupe contenu dans G, c’est-à-dire un sous-groupe de G.
(2) T
Supposons que H soit une famille de sous-groupes de G. Si h1 , h2 ∈
−1
tout H ∈ H, car H est un sous-groupe,
H∈H H, alorsTh1 h2 ∈ H pour
T
−1
donc h1 h2 ∈ H∈H H. Ainsi, H∈H H est un sous-groupe de G.
(3) Non. Par exemple, 2Z et 3Z sont des sous-groupes de Z, mais 2, 3 ∈
2Z ∪ 3Z, alors que 2 + 3 = 5 6∈ 2Z ∪ 3Z.
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Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
28 septembre 2015
Série 2
Exercice 1. (les résultats de cet exercice sont à retenir)
Soient G un groupe et H un sous-groupe de G. Montrer que les trois propriétés
ci-dessous sont équivalentes :
(1) pour tout x ∈ G, on a xH = Hx ;
(2) pour tout x ∈ G, on a xHx−1 = H ;
(3) pour tout x ∈ G, et tout h ∈ H, on a xhx−1 ∈ H.
Solution.
• Supposons que la propriété (1) soit vérifiée et montrons la propriété (2).
Pour x ∈ G et h ∈ H, on a par hypothèse xh ∈ xH = Hx, c’est-à-dire
qu’il existe h0 ∈ H tel que
xh = h0 x.
Par suite, xhx−1 = h0 ∈ H et donc xHx−1 ⊂ H. Réciproquement, si
h ∈ H, alors
h = x(x−1 hx)x−1 ∈ xHx−1 ,
car x−1 hx ∈ H par la première inclusion (avec x−1 à la place de x). Par
conséquent, H ⊂ xHx−1 .
• Clairement, la propriété (2) implique la propriété (3).
• Finalement, si la propriété (3) est vérifiée, alors la propriété (1) l’est aussi.
En effet, si x ∈ G et h ∈ H, alors
xh = xh(x−1 x) = (xhx−1 )x ∈ Hx
hx = (xx−1 )hx = x(x−1 hx) ∈ xH.
Par conséquent, xH = Hx.
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Exercice 2. Soit n ≥ 1 un entier. Montrer que
H := { (nk, nk) : k ∈ Z }
est un sous-groupe normal de (Z2 ; +), et que Z2 /H est isomorphe à (Z/nZ×Z; +).
Solution. L’ensemble Z/nZ × Z = {([a]n , z) | a, z ∈ Z} est un groupe avec
l’addition composante par composante. Comme (Z2 , +) est abélien, tout sousgroupe de Z2 est normal. En particulier, H est normal dans Z2 .
Notons premièrement que H = {(x, y) ∈ Z2 | n|x et x = y} et donc
(a, b) + H = (c, d) + H
si et seulement si n|a − c et a − c = b − d.
On définit φ : Z2 /H → Z/nZ × Z par
φ : (a, b) + H 7→ ([a]n , a − b).
On a
• φ bien défini : si (a, b) + H = (c, d) + H, alors ([a]n , a − b) = ([c]n , b − d) ;
• φ homomorphisme de groupe : φ((a, b) + H + (c, d) + H) = φ((a + c, b +
d) + H) = ([a + c]n , (a + c) − (b + d)) = ([a]n , a − b) + ([c]n , c − d) ;
• φ injectif : φ((a, b) + H) = ([0]n , 0) si et seulement si n|a et a = b, c’està-dire, si et seulement si (a, b) + H = H.
• φ surjectif : ([a]n , b) = φ((a, a − b) + H).
Donc φ est un isomorphisme de groupe.
Exercice 3.
(1) Soit (G; ·) un groupe. Montrer que l’ensemble des homomorphismes de
groupes f : (Z; +) −→ (G; ·) est en bijection avec G.
(2) Montrer que le groupe multiplicatif de (C∗ ; ·) de C n’est pas isomorphe
au groupe additif (C; +).
Solution.
(1) Un homomorphisme de groupes f : (Z; +) −→ (G; ·) est complètement
déterminé par f (1) ∈ G. En effet, pour tout z ∈ Z on a f (z) = f (z 1) =
f (1)z . Ainsi, l’application f 7→ f (1) est une bijection entre l’ensemble des
homomorphismes de groupes f : (Z; +) −→ (G; ·) et G.
(2) Supposons qu’il existe un isomorphisme φ : (C∗ ; ·) → (C; +). Alors,
0 = φ(1) = φ((−1) · (−1)) = φ(−1) + φ(−1) = 2φ(−1),
ce qui implique que φ(−1) = 0. Celà est une contradiction, parce que
φ(1) = φ(−1) et donc φ n’est pas un isomorphisme.
5
Exercice 4. Soit H := {Id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)} le sous-ensemble
de G := S4 (groupe symétrique de l’ensemble {1, 2, 3, 4}) composé par l’identité
et tous les produits de deux 2-cycles à supports disjoints.
(1) Est-ce que H est un sous-groupe de G ?
(2) Est-il normal dans G ?
(3) Quelle est la cardinalité du quotient G/H ?
(4) Prouver que G/H n’est pas un groupe abélien.
Solution.
(1) Comme (i, j) = (j, i), on constate que pour tous σ, τ ∈ H \ {Id}, on
peut trouver i, j, k, l ∈ {1, 2, 3, 4} deux à deux distincts tels que σ =
(i, j)(k, l), τ = (i, k)(j, l). On déduit alors des formules
σ ◦ τ = (i, l)(j, k)
((i, j)(k, l))−1 = (ij)(kl)
que H est un sous-groupe de G.
(2) Les éléments de H différents de l’identité de H sont précisément tous les
éléments de G dont la décomposition en cycles disjoints (unique à ordre
près) est composée de deux transpositions. Pour σ ∈ G, la formule de
conjugaison des cycles implique que
σ ◦ (a, b)(c, d) ◦ σ −1 = σ ◦ (a, b) ◦ σ −1 ◦ σ ◦ (c, d) ◦ σ −1 = (σ(a), σ(b))(σ(c), σ(d))
pour toutes transpositions disjointes (a, b)(c, d) ∈ G.
L’élément σ ◦ (a, b)(c, d) ◦ σ −1 appartient donc à H puisque σ(a),σ(b),σ(c),
et σ(d) sont distincts. Ainsi, H est normal dans G.
(3) On a #(gH) = #H pour tout g ∈ G (c’est une conséquence directe du
fait qui gh = gh0 si et seulement si h = h0 ). Donc G/H est un groupe de
cardinal #G/#H = 4!/4 = 6.
(4) On a
(1, 2)H ◦ (1, 3)H = ((1, 2)(1, 3))H = (1, 3, 2)H
et
(1, 3)H ◦ (1, 2)H = ((1, 3)(1, 2))H = (1, 2, 3)H
mais (1, 3, 2)H 6= (1, 2, 3)H puisque
(1, 3, 2)−1 (1, 2, 3) = (1, 2, 3)2 = (1, 3, 2),
qui n’appartient pas à H.
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Exercice 5. Soit G un groupe, H ≤ G un sous-groupe normal de G et K ≤ H
un sous-groupe normal de H. Est-ce que K est nécessairement un sous-groupe
normal de G ?
Solution. Non. En effet, dans l’Exercice 4. on a prouvé que
H := {Id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)}
est un sous-groupe normal de
G := S4 .
On peut vérifier avec facilement que H est abélien. Si on définit
K := {Id, (1, 2)(3, 4)},
le sous-groupe cyclique engendré par (1, 2)(3, 4), il est certainement normal dans
H, parce que tout sous-groupe d’un groupe abélien est normal. Mais K n’est pas
normal dans G. Par exemple, pour σ = (1, 2, 3) ∈ G \ H on a
σ ◦ (1, 2)(3, 4) ◦ σ −1 = (σ(1), σ(2))(σ(3), σ(4)) = (2, 3)(1, 4) 6∈ K.