Corrigé

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
04 mars 2015
Quiz 16
Question 1.
Soient G un groupe fini, et H un sous-groupe de G. Est il vrai que tous les
conjugués de H ont le même cardinal ?
Solution.
Oui. Soit K un des conjugés de H. Alors il existe g ∈ G tel que K = gHg −1 .
Soient h1 , . . . , hm deux à deux distincts tels que H = {h1 , . . . , hm }. Alors
K = {gh1 g −1 , . . . , ghm g −1 }.
Si ghi g −1 = ghj g −1 , alors hi = hj . Ainsi les ghi g −1 sont deux à deux distincts.
On a donc #K = m = #H.
Question 2.
(1) Soient G un groupe abélien fini. Soient n et m premiers entre eux tels que
#G = nm. Est il vrai que G ' Gn × Gm , avec Gn un groupe d’ordre n et
Gm un groupe d’ordre m ?
(2) Soient G un groupe fini. Soient n et m premiers entre eux tels que
#G = nm. Est il vrai que G ' Gn × Gm , avec Gn un groupe d’ordre
n et Gm un groupe d’ordre m ?
Solution.
(1) Oui. Soient Gn = { g ∈ G | ng = 0G } et Gm = {g ∈ G | mg = 0G }.
D’après un résultat du cours, on a G ' Gn × Gm . Les nombres premiers
divisant #Gn sont exactement les nombres premiers divisant n. En effet, si
un nombre premier p divisait #Gn mais pas n, alors le groupe Gn aurait un
élément d’ordre p, ce qui n’est pas possible puisque (p, n) = 1. De même,
on montre que les nombres premiers divisant #Gm sont exactement les
nombres premiers divisant m. Or #G = (#Gn )(#Gm ), donc #Gn = n et
#Gm = m.
(2) Non. Le groupe S3 est de cardinal 6 = 2 · 3, mais il n’est pas un produit
direct de groupes d’ordre 2 et 3. En effet, tout groupe d’ordre premier p
est isomorphe à Z/pZ. Si S3 était isomorphe à G2 × G3 , avec G2 d’ordre
2 et G3 d’ordre 3, alors on aurait G ' Z/2Z × Z/3Z ' Z/6Z, ce qui n’est
pas possible puisque S3 n’est pas abélien.
Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
04 mars 2015
Série 16
Exercice 1.
Soit G un groupe de cardinal 2p, avec p premier impair.
(1) Prouver que G a un seul p-Sylow sous-groupe.
(2) Prouver que G est cylique si et seulement si G a un seul 2-Sylow sousgroupe.
(3) Prouver que si G n’est pas cyclique, alors G ' D2p .
Solution.
(1) Soit Hp un p-Sylow de G. On a #Hp = p, donc [G : Hp ] = 2. Tout sousgroupe de G d’indice 2 est normal dans G. Par conséquent, Hp est normal
dans G. En utilisant un résultat du cours, on en déduit que Hp est l’unique
p-Sylow de G.
(2) Supposons dans un premier temps G cyclique (et donc abélien). Alors
tous les sous-groupes, de G sont normaux. En particulier, les 2-Sylow de
G sont normaux. En utilisant un résultat du cours, on en déduit que G
n’a qu’un seul 2-Sylow.
Réciproquement, supposons que G ait un seul 2-Sylow, que nous notons
H2 . Alors, tous les sous-groupes de Sylow de G sont normaux. D’après
l’exercise 4.2 de la Série 15, on a
G ' H2 × Hp .
Comme 2 et p sont premiers, on a H2 ' Z/2Z et Hp ' Z/pZ. Par suite,
on a G ' Z/2Z × Z/pZ. Or (2, p) = 1, donc G est isomorphe à Z/2pZ.
(3) Supposons que G n’est pas cyclique. Soit n2 le nombre de 2-Sylow de G.
D’après la question précédente, on a n2 6= 1. Le troisième théorème de
Sylow implique donc que n2 = p. Par conséquent, G a p éléments d’ordre 2.
En effet, les générateurs des 2-Sylow de G sont d’ordre 2 et doivent être
deux à deux distincts. Soient s un de ces éléments d’ordre 2 de G, et r un
générateur du p-sous-groupe de Sylow de G. Comme G n’est pas cyclique,
il n’a pas d’élément d’ordre 2p. D’après le second théorème de Sylow, tout
élément d’ordre p appartient à l’unique p-Sylow de G, à savoir hri. Ce
n’est pas le cas de ri s. Par conséquent, ri s est d’ordre 2. En particulier,
on a
srsr = (sr)2 = 1 et donc srs = r−1 .
De plus, l’ensemble
{ ri : 1 ≤ i ≤ p } ∪ { ri s : 1 ≤ i ≤ p }
3
est d’ordre 2p et donc égal à G. Or r est d’ordre p et s est d’ordre 2, donc,
d’après l’exercise 2.4 de la Série 13, on a G ' D2p .
Exercice 2.
Soit p premier.
(1) Montrer que Sp contient (p − 2)! p-Sylow sous-groupes.
(2) En deduire que (p − 1)! ≡ −1 mod p (théorème de Wilson).
Solution.
(1) Soit np le nombre de p-Sylow de Sp . On a #Sp = p! = p · k avec k premier
à p. Les p-Sylow de Sp sont donc cycliques d’ordre p. Chaque p-Sylow
est constitué de Id et de p − 1 de cycles de longueur p. De plus, si H et
K sont deux p-Sylow distincts, alors on a H ∩ K = {Id}. Or le groupe
Sp a (p − 1)! cycles de longueur p, donc le nombre de p-Sylow de Sp est
np = (p−1)!
= (p − 2)!
p−1
(2) Le troisième théorème de Sylow implique que np ≡ 1 mod p. On a donc
(p − 2)! ≡ 1 mod p.
En multipliant pour p − 1 on obtient
(p − 1)! ≡ −1 mod p.
Exercice 3.
Soit A un anneau.
(1) Montrer que 0A .a = a.0A = 0A pour tout a ∈ A.
(2) Montrer que l’élément neutre pour la multiplication dans A est unique.
(3) Montrer que (−1A ).a = a.(−1A ) = −a pour tout a ∈ A.
(4) Montrer que (−a).b = a.(−b) = −(a.b) pour tous a, b ∈ A.
Solution.
(1) Soit a ∈ A. En utilisant la définition de 0A , et la distributivité de la
multiplication par rapport à l’addition, on constate que
0A .a + 0A .a = (0A + 0A ).a = 0A .a.
On en déduit que 0A .a = 0A . De même, comme
a.0A + a.0A = a.(0A + 0A ) = a.0A ,
on a a.0A = 0A .
(2) Si 1A et 10A sont deux éléments neutres pour la multiplication dans A,
alors on a
1A = 1A .10A = 10A .
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(3) Soit a ∈ A. D’après la première question, on a
0A = 0A .a = (1A + (−1A )).a = 1A .a + (−1A ).a = a + (−1A ).a
et
0A = a.0A = a.(1A + (−1A )) = a.1A + a.(−1A ) = a + a.(−1A ).
Donc (−1A ).a = a.(−1A ) = −a.
(4) D’après la question précd́ente, on a
−(a.b) = (−1A ).(a.b) = (−1A .a).b = (−a).b
et
−(a.b) = (a.b).(−1A ) = a.(b.(−1A )) = a.(−b).
Définition 1. Soient B un anneau, et A un sous-anneau de B. Soient b1 , . . . , bn ∈ B.
On note A[b1 , . . . , bn ] le plus petit sous-anneau de B contenant A et b1 , . . . , bn .
Exercice 4.
Soient B un anneau commutatif, et A un sous-anneau de B. Soient b1 , . . . , bn ∈ B.
Montrer que A[b1 , . . . , bn ] est constitué de toutes les expressions polynomiales en
b1 , ..., bn à coefficients dans A.
Solution.
Par définition d’un sous-anneau de B, le sous-anneau A[b1 , . . . , bn ] est stable par
multiplication. En particulier, A[b1 , . . . , bn ] contient toutes les expressions monomiales a.bi11 . . . binn (avec a ∈ A et i1 , . . . , in ∈ N). De plus, A[b1 , . . . , bn ] est stable
par addition. Il contient donc aussi toutes les sommes d’expressions monomiales,
c’est-à-dire toutes les expressions polynomiales en b1 , ..., bn à coefficients dans A.
Soit P l’ensemble des expressions polynomiales en b1 , ..., bn à coefficients dans
A. On remarque que 0B , 1B ∈ A, car A est un sous-anneau de B. Par suite, on a
0B , 1B ∈ P . De plus, P est stable par addition. Comme A est un sous-anneau de
B, l’inverse de chaque élément p de P
r
X
in,n
i
p=
al b1l,1 . . . bn l ∈ P
l=1
est dans P . En effet, on a
−p =
r
X
i
in,nl
(−al )b1l,1 . . . bn
.
l=1
Ainsi, (P, +) est un sous-groupe. De plus, comme la multiplication est distributive
par rapport à l’addition, P est stable par multiplication. Par suite, P est un sousanneau de B qui contient A et b1 , . . . , bn . Par définition de A[b1 , . . . , bn ], on a donc
A[b1 , . . . , bn ] ⊆ P. D’après le premier paragraphe, on a donc A[b1 , . . . , bn ] = P.