Corrigé 7

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
07 novembre 2011
Corrigé 7
Exercice 1.
Soit H un sous-groupe normal d’un groupe G tel que G ' G/H. À-t-on
forcément H = {1G } ? Que se passe-t-il lorsque G est fini ?
Solution.
Il faut faire attention à l’isomorphisme entre G/H et G. La surjection canonique
est un isomorphisme si et seulement si H = {1G }. Seulement ici l’énoncé ne
suppose pas que la surjection canonique est un isomorphisme, mais seulement
que G et G/H sont isomorphes.
Lorsque G est fini, l’indice [G : H] est égal au quotient |G|/|H| des cardinaux
de G et H. Si G ' G/H, alors on a |G| = [G : H] et donc H est de cardinal 1.
Dans ce cas, on a bien H = {1G }.
Par contre, dans le cas où G n’est pas de cardinal fini, on peut construire des
homomorphismes surjectifs G −→ G qui ne sont pas des isomorphismes (c’est-àdire dont le noyau est non trivial). Un exemple est
C∗ −→ C∗
x 7−→ x2
qui est un homomorphisme de groupe surjectif de noyau {−1, 1}. En particulier
C∗ est isomorphe au quotient C∗ /{−1, 1}.
Exercice 2.
Soient G1 et G2 deux groupes. On considère deux sous-groupes normaux H1 /G1
et H2 / G2 . Montrer que H1 × H2 est un sous-groupe normal de G1 × G2 et que
(G1 × G2 ) / (H1 × H2 ) est isomorphe à (G1 /H1 ) × (G2 /H2 ).
Solution.
On note πi : Gi −→ Gi /Hi la surjection canonique. L’homomorphisme
f : G1 × G2 −→ (G1 /H1 ) × (G2 /H2 )
(g1 , g2 ) 7−→
(π1 (g1 ), π2 (g2 ))
est surjectif de noyau H1 × H2 . Par conséquent, H1 × H2 est normal dans G1 × G2 ,
et le premier théorème d’isomorphisme montre que (G1 × G2 ) / (H1 × H2 ) est
isomorphe à (G1 /H1 ) × (G2 /H2 ).
Exercice 3. Soit H un sous-groupe d’indice n d’un groupe G.
(1) On suppose H normal dans G. Montrer que pour tout x ∈ G on a xn ∈ H.
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(2) Donner un exemple où il existe x ∈ G avec xn ∈
/ H.
(3) Montrer que C∗ est le seul sous-groupe d’indice fini de C∗ .
(*)
Indication : tout polynôme à coefficient dans C a une racine dans C.
(4) Soient x, y, z ∈ G. On suppose H normal dans G et que
x8 ∈ H,
y 15 ∈ H,
y −1 zxz −1 ∈ H.
Montrer que x ∈ H et y ∈ H.
Solution.
(1) Par définition de l’indice d’un sous-groupe, le quotient G/H est de cardinal
n. Le sous-groupe H est normal. L’ensemble G/H est donc muni d’une
loi de groupe . telle que (xH).(yH) = (xy)H pour tous x, y ∈ G. D’après
le théorème de Lagrange, l’ordre de la classe de x modulo H divise n. En
particulier xn H = (xH)n = H. Par suite, on a bien xn ∈ H.
(2) La première question montre que H ne doit pas être normal dans G. En
particulier G ne doit pas être commutatif et on doit avoir n ≥ 3 (tout
sous-groupe d’indice 2 est normal).
Considérons le cas où G = S4 . Soit H le sous-groupe engendré par
le 3-cycle (1 2 3). Le sous-groupe H n’est pas normal dans S4 puisque
(1 4)(1 2 3)(1 4)−1 = (4 2 3). L’indice de H dans G est 4!/3 = 8.
On veut trouver x ∈ S4 tel que x8 6∈ H. L’ordre d’un tel élément x ne
doit pas diviser 8. Considérons le cycle x := (1 2 4). Comme x est d’ordre
3, on a x8 = x2 . L’élément x8 = x2 = (1 4 2) n’est pas dans H.
(3) Soit H un sous-groupe d’incice fini dans C∗ . on note n := [C∗ : H]. Soit
x ∈ C∗ . Il existe y ∈ C tel que x = y n (pour le voir utilisez les coordonnées
polaires). Comme C est commutatif, H est normal dans C∗ . D’après la
première question, x = y n appartient à H. Ainsi C∗ ⊂ H et donc H = C∗ .
(4) Le groupe H est normal dans G. On peut donc utiliser la structure de
groupe quotient sur G/H. Soit π : G −→ G/H la surjection canonique.
D’après l’énoncé, π(x) est d’ordre divisant 8 et on a π(z)π(x)π(z)−1 =
π(y). En particulier on a
8
π(y)8 = π(z)π(x)π(z)−1 = π(z)π(x)8 π(z)−1 = π(z)π(z)−1 = 1G/H .
L’ordre de π(y) divise donc 8. Or, d’après l’énoncé, l’ordre de π(y) divise
aussi 15, donc l’ordre de π(y) divise pgcd(8, 15) = 1. Ainsi on a bien
π(y) = 1G/H i.e. y ∈ H. Comme π(x) = π(z)−1 π(y)π(z) l’ordre de π(x)
est aussi égal à 1. On a donc aussi x ∈ H.
Exercice 4.
Soient H et K deux sous-groupes d’un groupe G.
(1) On suppose que H et K sont normaux et d’indice fini dans G. On note
p := [G : H] et q := [G : K]. Montrer que, si pgcd(p, q) = 1, alors
G = HK.
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(2) On suppose que H est normal et d’indice fini dans G. On note p := [G : H].
On suppose de plus que K est de cardinal fini r := |K|. Montrer que, si
pgcd(p, r) = 1, alors K ⊂ H.
Solution.
(1) Comme H est normal, HK est un sous-groupe de G contenant H et K.
Comme H et K sont normaux, le sous-groupe HK est normal (si h ∈ H
et k ∈ K et g ∈ G, alors g(hk)g −1 = (ghg −1 )(gkg −1 ) ∈ HK).
D’après le troisième théorème d’isomorphisme, G/HK est isomorphe
aux quotients (G/H) / (HK/H) et (G/K) / (HK/K). En particulier,
d’après le théorème de Lagrange, [G : HK] divise [G : H] et [G : K].
Comme [G : H] et [G : K] sont premiers entre eux, on a forcément
[G : HK] = 1 i.e. G = HK.
(2) On veut montrer que K = (H ∩ K) i.e. que [K : H ∩ K] = 1. D’après le
second théorème d’isomorphisme, [K : H ∩ K] = [HK : H]. Le cardinal
de G/H est p. D’après le théorème de lagrange, le cardinal [K : H ∩ K] =
[HK : H] de HK/H est donc un diviseur de p. D’après le théorème de
Lagrange, [K : H ∩ K] est aussi un diviseur de |K|.
On vient ainsi de montrer que [K : H ∩ K] est un diviseur commun
à p et r. Si pgcd(p, r) = 1, on en déduit que [K : H ∩ K] = 1 i.e. que
K = H ∩ K ⊂ H.
Exercice 5 (Centre et sous-groupe des commutateurs : quelques exemples).
Soit G un groupe. On appelle centre de G, et on note C(G), l’ensemble
C(G) := {g ∈ G : ∀x ∈ G, xgx−1 g −1 = 1G }.
(1) Vérifier que C(G) est un sous-groupe normal de G.
(2) Soit n ≥ 2 un entier. Calculer le centre et le sous-groupe des commutateurs
de Z/nZ.
(3) Calculer le centre et le sous-groupe des commutateurs de S3 .
(4) Calculer le centre et le sous-groupe des commutateurs de H8 .
(5) Soit n ≥ 2 un entier. Calculer le centre et le sous-groupe des commutateurs
de D2n (distinguer le cas n pair et le cas n impair). Interprêter le résultat
en termes d’isométries du polygône régulier à n cotés.
Solution.
(1) L’ensemble C(G) est non vide : il contient 1G . Soit g1 , g2 ∈ G. Soit x ∈ G.
Alors on a
x(g1 g2 )x−1 = (xg1 x−1 )(xg2 x−1 ) = g1 g2
xg1−1 x−1 = (xg1 x−1 )−1 = g1−1 .
En particulier g1 g2 et g1−1 appartiennent à C(G). L’ensemble C(G) est
bien un sous-groupe de G.
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(2) Le groupe Z/nZ est commutatif. Par conséquent le centre de Z/nZ est
Z/nZ, et le sous-groupe des commutateurs de Z/nZ est {0Z/nZ }.
(3) Le groupe S3 est de cardinal 3! = 6. Ses éléments sont
Id,
(1 2),
(1 3),
(2 3),
(1 2 3),
(1 3 2).
Le centre d’un groupe G est l’ensemble des g ∈ G tels que les commutateurs [x, g] et [g, x] soient triviaux quelque soit x ∈ G. On calcule quelques
commutateurs.
[(1 2), (1 3)] = (1 2)(1 3)(1 2)(1 3) = (1 2 3)
On en déduit que :
• le centre C(S3 ) ne contient ni (1 2) ni (1 3) ;
• le groupe des commutateurs D(S3 ) contient (1 2 3) ; en particulier
D(S3 ) contient A3 : le groupe A3 est engendré par (1 2 3) puisque
A3 est de cardinal 3!/2 = 3 et contient (1 2 3) qui est d’ordre 3.
Soit : S3 −→ Z/2Z l’homomorphisme de groupe qui associe à une
permutation σ la signature (σ) de σ. L’homomorphisme est surjectif
de noyau A3 . Comme Z/2Z est commutatif, l’image de tout commutateur
dans S3 par est forcément Id. En particulier D(S3 ) est contenu dans
A3 . Ainsi, on a D(S3 ) = A3 . En calculant
[(2 3), (1 2 3)] = (2 3)(1 2 3)(2 3)(1 3 2) = (1 2 3)
on s’aperçoit que (2 3) et (1 2 3) et (1 3 2) ne sont pas dans le centre de
S3 . Ainsi le centre de de S3 est {Id}.
(4) Le groupe H8 est engendré par 4 éléments −1, I, J, K tels que (−1)2 = 1H8
et
I 2 = J 2 = K 2 = IJK = −1.
Le centre de H8 contient {−1, 1}. Comme
[I, J] = IJI −1 J −1 = IJ(−I)(−J) = (IJ)2 = −1 6= 1,
ni I ni J ne sont dans le centre de H8 . Par symétrie des rôles de I, J et K,
on voit que le centre de H8 ne contient pas non plus K. Le centre de H8
étant un groupe, il ne contient pas non plus I −1 , J −1 ou K −1 . Le centre
de H8 est donc est donc {−1, 1}.
Ces calculs montrent aussi que 1 et −1 sont les seuls commutateurs
dans H8 (on a seulement calculé un commutateur, mais les autres s’en
déduisent directement en invoquant la symétrie des rôles de I, J et K).
Le groupe des commutateurs de H8 est donc {−1, 1}.
(5) Comme D4 est commutatif il est égal à son centre et son groupe des
commutateurs est {1D4 }. On suppose n > 2.
On rappelle que D2n est engendré par un élément r d’ordre exactement n
et un élément s d’ordre exactement 2 tels que srs−1 = r−1 . En particulier,
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s n’est pas dans le centre de D2n . De plus, pour tout entier i ∈ [1, n − 1],
on a
i
[s, ri ] = sri s−1 r−i = srs−1 r−i = r−2i .
Par suite, ri est dans le centre de D2n si et seulement si n est pair et
i = n/2 (remarquez que ri commute avec rj quelque soient i et j). Enfin,
comme
[sri , r] = sri rr−i s−1 r−1 = srs−1 r−1 = r−2 ,
l’élément sri n’est pas dans le centre de D2n .
Le centre de D2n est donc
• D4 si n = 2 ;
• {1D2n , rn/2 } si n > 2 est pair.
• {1D2n } si n > 2 est impair.
On vient aussi de montrer que le groupe des commutateurs de D2n contient
le sous-groupe H engendré par r2 . On va montrer qu’en fait le sous-groupe
des commutateurs de D2n est égal à H. Ceci peut être fait par un calcul direct des commutateurs [s, ri ] = [ri , s]−1 et [s, sri ] = [sri , s]−1 et
[ri , srj ] = [srj , ri ]−1 comme ci-dessus.
Une alternative est de remarquer que dans le groupe quotient D2n /H
les classes de r et s commutent puisque srs−1 = r−1 = rr−2 . En particulier, les commutateurs dans D2n /H sont tous triviaux. Par conséquent les
commutateurs dans D2n appartiennent tous à H.
Exercice 6 (Groupes quotients et commutativité).
Soit H un sous-groupe normal d’un groupe G.
(1) À quelle condition sur H le groupe G/H est il abélien ?
(2) On suppose H et G/H abéliens. Le groupe G est il abélien ?
Solution.
(1) Le groupe G/H est abélien si et seulement tous les commutateurs dans
G/H sont triviaux i.e. si et seulement si le groupe des commutateurs de
G est contenu dans H.
(2) Le groupe des commutateurs de H8 est D(H8 ) = {−1, 1}. En particulier H8 /D(H8 ) est abélien. Le groupe D(H8 ) = {−1, 1} est aussi abélien.
Pourtant H8 n’est pas abélien.