Corrigé 5

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 24 Octobre 2011
Corrig´e 5
Exercice 1 (Quelques remarques).
(1) Montrer que l’intersection de deux sous-groupes Het Kd’un groupe G
est un sous-groupe de G.
(2) Trouver deux sous-groupes Het Kde S3tels que l’ensemble
HK := {hk :h∈H, k ∈K}
ne soit pas un sous-groupe de S3.
(3) Montrer que tout sous-groupe Hd’un groupe commutatif Gest normal
dans G.
Solution.
(1) Soient x, y ∈H∩K. Alors xy−1∈Hcar Hest un sous-groupe de G.
De mˆeme xy−1∈Kcar Kest un sous-groupe de G. Par cons´equent on a
bien xy−1∈H∩K. En particulier :
•dans le cas x= 1G, on obtient y−1∈H∩K;
•en rempla¸cant ypar y−1on montre de mˆeme que xy ∈H∩K.
Ainsi l’intersection H∩Kest bien un sous-groupe de G.
(2) Il suffit de choisir Hcomme le groupe engendr´e par la transposition (1 2),
et Kcomme le groupe engendr´e par la transposition (2 3). L’ensemble HK
est un sous-ensemble `a 4 ´el´ements d’un groupe `a 6 ´el´ements. Le th´eor`eme
de Lagrange montre que HK n’est pas un sous-groupe de S3puisque 4 ne
divise pas 6. On peut aussi remarquer que HK n’est stable ni par produit,
ni par passage `a l’inverse.
(3) Soit x∈G. Soit h∈H. Alors xhx−1=hest dans H. Par cons´equent on
a bien xHx−1=H.
Exercice 2 (Indicatrice d’Euler).
On rappelle que l’indicatrice d’Euler ϕ:Z−→ Nest une fonction telle que
ϕ(m) soit le nombre d’´el´ements inversibles pour la multiplication dans Z/mZ.
Montrer que, pour tout premier pet tout entier n≥1, on a ϕ(pn) = pn−1(p−1).
Solution.
Le nombre ϕ(pn) est l’ordre du groupe des unit´es de l’anneau Z/pnZ, c’est-`a-
dire le nombre d’entiers naturels ktels que 1 ≤k≤pnet pgcd(k, pn) = 1 (c.f.
s´erie 3).
Si kest un entier naturel tel que 1 ≤k≤pn, alors on a ´equivalence entre

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•le nombre premier pdivise k,
•et pgcd(k, pn)>1.
Comme on a pnentiers naturels dans l’intervalle [1, pn], le nombre pn−ϕ(pn)
est donc ´egal au nombre de multiples de pdans l’intervalle [1, pn], c’est-`a-dire le
nombre d’entiers de la forme pl avec 0 ≤l < pn−1. Ainsi pn−ϕ(pn) = pn−1et
donc ϕ(pn) = pn−1(p−1).
Exercice 3 (Groupe des quaternions).
(1) On appelle groupe des quaternions, et on note H8,le sous-groupe de
GL2(C) engendr´e par les matrices
I=i0
0−iJ=0−1 1 0 K=0−i −i0.
Montrer que H8est un groupe d’ordre 8. Quelle est la table de la loi de
groupe de H8?
(2) Montrer que tous les sous-groupes de H8sont normaux bien que H8soit
non commutatif (on dit que H8est un groupe hamiltonien).
Solution.
(1) On calcule I2, J2,K2et IJ. On obtient
I2=J2=K2=IJK =−1 0
0 1 .
Ces relations permettent de montrer que l’ensemble
E:= ±1 0
0 1 ,±I, ±J, ±K
est un sous-groupe de GL2(C) d’ordre 8. Cel`a peut se voir en calculant la
table de la restriction `a Ede la multiplication matricielle :
.1I J K −1−I−J−K
1 1 I J K −1−I−J−K
I I −1K−J−I1−K J
J J −K−1I−J K 1−I
K K J −I−1−K−J I 1
−1−1−I−J−K1I J K
−I−I1−K J I −1K−J
−J−J K 1−I J −K−1I
−K−K−J I 1K J −I−1
Par d´efinition, H8est le plus petit sous-groupe de GL2(C) contenant I,J
et K. L’ensemble Eest donc ´egal `a H8.
(2) D’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, un sous-groupe de H8est d’ordre 1 ou
2 ou 4 ou 8. Par cons´equent les sous-groupes de H8sont :
{1}

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{±1}
{±1,±I}
{±1,±J}
{±1,±K}
H8
Ces sous-groupes sont normaux dans H8car :
JIJ−1=−JIJ =−JK =−I
JKJ−1=−JKJ =JI =−K
KIK−1=−KIK =KJ =−I
KJK−1=−KJK =−KI =−J
IJI−1=−IJI =IK =−J
IKI−1=−IKI =−IJ =−K.
Exercice 4 (Matrices inversibles `a coefficients dans un corps fini).
(1) Soit pun nombre premier. Quel est l’ordre du groupe GL2(Fp) ?
(2) Montrer que GL2(F2) est isomorphe `a S3(et donc aussi au groupe des
isom´etries d’un triangle ´equilat´eral).
Solution.
(1) Premi`ere m´ethode (courte) : on constate qu’une matrice a b
c d 
est inversible si et seulement si a
cest un vecteur colonne non nul et
b
dest un vecteur colonne non colin´eaire `a a c. S’il est non nul, le
vecteur colonne a
cadmet exactement pvecteurs colonne colin´eaires,
et donc p2−pvecteurs non colin´eaires. Ainsi, GL2(Fp) a (p2−1)(p2−p) =
p(p+ 1)(p−1)2´el´ements.
Seconde m´ethode (plus longue) : un ´el´ement de GL2(Fp) est une
matrice a b
c d avec a, b, c, d ∈Fptels que ad −bc soit inversible dans
Fp, c’est-`a-dire tels que ad 6=bc.
Lorsque a= 0, cel`a revient `a demander b6= 0 et c6= 0. dans ce cas on a
p−1 possibilit´es pour b, et p−1 possibilit´es pour cet ppossibilit´es pour
d. On a ainsi p(p−1)2matrices inversibles de la forme 0b
c d .

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Lorsque a6= 0 une matrice a b
c d est inversible si et seulement si
d6=a−1bc. Dans ce cas, on a p−1 possibilit´es pour a, et ppossibilit´es
pour bet ppossibilit´es pour cet seulement p−1 possibilit´es pour d. On
a ainsi p2(p−1)2matrices inversibles de la forme a b
c d avec a6= 0.
Par cons´equent GL2(Fp) a p(p−1)2+p2(p−1)2=p(p+1)(p−1)2´el´ements.
(2) On note E= M2×1(F2)− 0
0l’ensemble des matrices colonnes non
nulles de taille 2 ×1 `a coefficients dans F2. Comme Eest de cardinal 3,
les groupes S(E) et S3sont isomorphes (num´erotez les ´el´ements de E).
On consid`ere l’application ϕ:GL2(F2)→S(E) qui envoie une matrice
M∈GL2(F2) sur la bijection ϕ(M) : E−→ E, X 7−→ MX. Cette
application est un homomorphisme de groupe. Nous allons montrer que ϕ
est bijectif. Comme GL2(F2) et S3sont finis et de mˆeme cardinal, il suffit
de montrer que ϕest injectif.
Soient a, b, c, d ∈F2. On suppose que M:= a b
c d est dans le noyau
de ϕ. Alors on a
a
c=a b c d  1 0=1 0
b
d=a b c d  0 1=0 1.
Par cons´equent, on a M:= 1 0
0 1 . L’homomorphisme de groupe ϕest
donc bien injectif.
Exercice 5 (Groupe Di´edral).
(1) Soit n≥3. Montrer que le groupe des isom´etries Isom(Pn) d’un polygˆone
r´egulier Pn`a ncot´es est de cardinal au plus 2n.
(2) Montrer que Isom(Pn) est isomorphe au sous-groupe D2nde GL2(R) g´en´er´e
par les matrices
R:= cos 2π
n−sin 2π n
cos 2π
nsin 2π nS:= 1 0
0−1.
Le groupe D2nest appel´e groupe di´edral (d’ordre 2n).
Solution.
(1) On note A1,· · · , Anles sommets de Pn, ordonn´es de fa¸con `a s’assurer que
les segments [Ai, Ai+1] sont des arˆetes de Pn.

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On s’inspire de la r´eponse `a l’exercice 5 de la s´erie 4. Une isom´etrie
fde Pnenvoie un sommet de Pnsur un sommet de Pn. La restriction
des isom´etries du plan `a l’ensemble E:= {A1,· · · , An}des sommets de
Pnd´efinit donc un homomorphisme de groupe ϕ: Isom(Pn)−→ S(E).
Soit f∈ker(ϕ). Comme ϕ(f) est une bijection de E, l’isom´etrie flaisse
invariant l’isobarycentre Ode Pn. Comme ϕ(f) est l’identit´e, la matrice de
fdans le rep`ere (O, −−→ OA1,−−→ OA2) est la matrice identit´e. Par cons´equent f
est l’identit´e. Ainsi ϕest injectif. Le groupe Isom(Pn) est donc en bijection
avec l’image de ϕ, dont on va borner le cardinal.
Une isom´etrie fde Pnenvoie le sommet A1sur un sommet Aide Pn. On
a au plus npossibilit´es pour f(A1). L’isom´etrie fenvoie l’arˆete [A1, A2]
sur une arˆete de Pn. Par cons´equent, f(A2) est soit Ai−1soit Ai+1. l’image
de A1´etant fix´ee, on a donc au plus 2 choix pour l’image de A2. De mˆeme
[f(A2), f(A3)] est une arˆete de Pndiff´erente de [f(A1), f(A2)]. Ainsi si les
images de A1et A2ont ´et´e fix´ees, on a un seul choix pour l’image de A3.
De mˆeme, par r´ecurrence, on montre que si les images de Ai−1et Aiont
´et´e fix´ees, alors on a un seul choix pour l’image de Ai+1. On en d´eduit
donc que Isom(Pn) a au plus 2n´el´ements.
(2) On consid`ere un rep`ere orthonorm´e du plan de centre l’isobarycentre de
Pnet dont un axe est la m´ediatrice du segment [An, A1].La matrice Rest
la matrice de la rotation de centre Oet d’angle 2π
nqui est une isom´etrie de
Pn. La matrice Sest la matrice de la sym´etrie axiale d’axe la m´ediatrice
du segment [An, A1] qui est une isom´etrie de Pn. Par cons´equent Dnest
bien isomorphe `a un sous-groupe Gde Isom(Pn).
La matrice Rest d’ordre n, la matrice Sest d’ordre 2 et n’appartient pas
au groupe engendr´e par R. D’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, le cardinal
de Dnest donc au moins 2n. Comme le cardinal de Isom(Pn) est au plus
2n, les groupes Get Isom(Pn) doivent ˆetre ´egaux.
Exercice 6 (Indice d’un sous-groupe).
Soient Het Kdeux sous-groupes d’un groupe G.
(1) Soit x∈G. Montrer que la classe `a gauche de xmodulo H∩Kest
l’intersection de la classe `a gauche de xmodulo Het de la classe `a gauche
de xmodulo K.
(2) Montrer que, si Kest d’indice fini dans G, alors [H:H∩K]≤[G:K].
(3) Montrer que, si Het Ksont tous deux d’indices finis dans G, alors on a
[G:H∩K]≤[G:H].[G:K].
(4) On suppose [G:H] = 2. Soit x∈G. Montrer que x2∈H.
(5) Soit Aune partie non vide de G. Montrer qu’on a ´equivalence entre :
•il existe un sous-groupe Hde Gtel que Asoit une classe `a droite
modulo H;
•il existe c∈Gtel que pour tout a, b ∈Aon ait ab−1c∈A.