Corrigé 5

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
24 Octobre 2011
Corrigé 5
Exercice 1 (Quelques remarques).
(1) Montrer que l’intersection de deux sous-groupes H et K d’un groupe G
est un sous-groupe de G.
(2) Trouver deux sous-groupes H et K de S3 tels que l’ensemble
HK := {hk : h ∈ H, k ∈ K}
ne soit pas un sous-groupe de S3 .
(3) Montrer que tout sous-groupe H d’un groupe commutatif G est normal
dans G.
Solution.
(1) Soient x, y ∈ H ∩ K. Alors xy −1 ∈ H car H est un sous-groupe de G.
De même xy −1 ∈ K car K est un sous-groupe de G. Par conséquent on a
bien xy −1 ∈ H ∩ K. En particulier :
• dans le cas x = 1G , on obtient y − 1 ∈ H ∩ K ;
• en remplaçant y par y −1 on montre de même que xy ∈ H ∩ K.
Ainsi l’intersection H ∩ K est bien un sous-groupe de G.
(2) Il suffit de choisir H comme le groupe engendré par la transposition (1 2),
et K comme le groupe engendré par la transposition (2 3). L’ensemble HK
est un sous-ensemble à 4 éléments d’un groupe à 6 éléments. Le théorème
de Lagrange montre que HK n’est pas un sous-groupe de S3 puisque 4 ne
divise pas 6. On peut aussi remarquer que HK n’est stable ni par produit,
ni par passage à l’inverse.
(3) Soit x ∈ G. Soit h ∈ H. Alors xhx−1 = h est dans H. Par conséquent on
a bien xHx−1 = H.
Exercice 2 (Indicatrice d’Euler).
On rappelle que l’indicatrice d’Euler ϕ : Z −→ N est une fonction telle que
ϕ(m) soit le nombre d’éléments inversibles pour la multiplication dans Z/mZ.
Montrer que, pour tout premier p et tout entier n ≥ 1, on a ϕ (pn ) = pn−1 (p − 1).
Solution.
Le nombre ϕ(pn ) est l’ordre du groupe des unités de l’anneau Z/pn Z, c’est-àdire le nombre d’entiers naturels k tels que 1 ≤ k ≤ pn et pgcd(k, pn ) = 1 (c.f.
série 3).
Si k est un entier naturel tel que 1 ≤ k ≤ pn , alors on a équivalence entre
2
• le nombre premier p divise k,
• et pgcd(k, pn ) > 1.
Comme on a pn entiers naturels dans l’intervalle [1, pn ], le nombre pn − ϕ(pn )
est donc égal au nombre de multiples de p dans l’intervalle [1, pn ], c’est-à-dire le
nombre d’entiers de la forme pl avec 0 ≤ l < pn−1 . Ainsi pn − ϕ(pn ) = pn−1 et
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) engendré par les matrices
i 0
0 −1
0 −i
I=
J=
K=
.
0 −i
1
0
−i 0
Montrer que H8 est un groupe d’ordre 8. Quelle est la table de la loi de
groupe de H8 ?
(2) Montrer que tous les sous-groupes de H8 sont normaux bien que H8 soit
non commutatif (on dit que H8 est un groupe hamiltonien).
Solution.
(1) On calcule I 2 , J 2 , K 2 et IJ. On obtient
2
2
2
I = J = K = IJK = −
1 0
0 1
.
Ces relations permettent de montrer que l’ensemble
1 0
E := ±
, ±I, ±J, ±K
0 1
est un sous-groupe de GL2 (C) d’ordre 8. Celà peut se voir en calculant la
table de la restriction à E de la multiplication matricielle :
.
1
I
J
K −1 −I −J −K
1
1
I
J
K −1 −I −J −K
I
I −1
K −J −I
1 −K
J
J
J −K −1
I −J
K
1 −I
K
K
J −I −1 −K −J
I
1
−1 −1 −I −J −K
1
I
J
K
−I −I
1 −K
J
I −1
K −J
−J −J
K
1 −I
J −K −1
I
−K −K −J
I
1
K
J −I −1
Par définition, H8 est le plus petit sous-groupe de GL2 (C) contenant I, J
et K. L’ensemble E est donc égal à H8 .
(2) D’après le théorème de Lagrange, un sous-groupe de H8 est d’ordre 1 ou
2 ou 4 ou 8. Par conséquent les sous-groupes de H8 sont :
{1}
3
{±1}
{±1, ±I}
{±1, ±J}
{±1, ±K}
H8
Ces sous-groupes sont normaux dans H8 car :
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 à coefficients dans un corps fini).
(1) Soit p un nombre premier. Quel est l’ordre du groupe GL2 (Fp ) ?
(2) Montrer que GL2 (F2 ) est isomorphe à S3 (et donc aussi au groupe des
isométries d’un triangle équilatéral).
Solution.
a b
c d
(1) Première méthode (courte) : on constate qu’une matrice
a
est inversible si et seulement si
est un vecteur colonne non nul et
c
b
a
est un vecteur colonne non colinéaire à
. S’il est non nul, le
d
c
a
vecteur colonne
admet exactement p vecteurs colonne colinéaires,
c
et donc p2 − p vecteurs non colinéaires. Ainsi, GL2 (Fp ) a (p2 − 1)(p2 − p) =
p(p + 1)(p − 1)2 éléments.
Seconde méthode
(plus longue) : un élément de GL2 (Fp ) est une
a b
matrice
avec a, b, c, d ∈ Fp tels que ad − bc soit inversible dans
c d
Fp , c’est-à-dire tels que ad 6= bc.
Lorsque a = 0, celà revient à demander b 6= 0 et c 6= 0. dans ce cas on a
p − 1 possibilités pour b, et p − 1 possibilités pour c et ppossibilités
pour
0 b
d. On a ainsi p(p − 1)2 matrices inversibles de la forme
.
c d
4
a b
Lorsque a 6= 0 une matrice
est inversible si et seulement si
c d
d 6= a−1 bc. Dans ce cas, on a p − 1 possibilités pour a, et p possibilités
pour b et p possibilités pour c et seulement p − 1 possibilités
pour d. On
a
b
a ainsi p2 (p − 1)2 matrices inversibles de la forme
avec a 6= 0.
c d
Par conséquent GL2 (Fp ) a p(p−1)2 +p2 (p−1)2 = p(p+1)(p−1)2 éléments.
0
(2) On note E = M2×1 (F2 ) −
l’ensemble des matrices colonnes non
0
nulles de taille 2 × 1 à coefficients dans F2 . Comme E est de cardinal 3,
les groupes S(E) et S3 sont isomorphes (numérotez les éléments de E).
On considère l’application ϕ : GL2 (F2 ) → S(E) qui envoie une matrice
M ∈ GL2 (F2 ) sur la bijection ϕ(M ) : E −→ E, X 7−→ M X. Cette
application est un homomorphisme de groupe. Nous allons montrer que ϕ
est bijectif. Comme GL2 (F2 ) et S3 sont finis et de même cardinal, il suffit
de montrer que ϕ est injectif.
a b
Soient a, b, c, d ∈ F2 . On suppose que M :=
est dans le noyau
c d
de ϕ. Alors on a
a
a b
1
1
=
=
c
c d
0
0
b
a b
0
0
=
=
.
d
c d
1
1
1 0
Par conséquent, on a M :=
. L’homomorphisme de groupe ϕ est
0 1
donc bien injectif.
Exercice 5 (Groupe Diédral).
(1) Soit n ≥ 3. Montrer que le groupe des isométries Isom(Pn ) d’un polygône
régulier Pn à n cotés est de cardinal au plus 2n.
(2) Montrer que Isom(Pn ) est isomorphe au sous-groupe D2n de GL2 (R) généré
par les matrices
2π
cos 2π
−
sin
1
0
n n R :=
S :=
.
2π
0 −1
cos 2π
sin
n
n
Le groupe D2n est appelé groupe diédral (d’ordre 2n).
Solution.
(1) On note A1 , · · · , An les sommets de Pn , ordonnés de façon à s’assurer que
les segments [Ai , Ai+1 ] sont des arêtes de Pn .
5
On s’inspire de la réponse à l’exercice 5 de la série 4. Une isométrie
f de Pn envoie un sommet de Pn sur un sommet de Pn . La restriction
des isométries du plan à l’ensemble E := {A1 , · · · , An } des sommets de
Pn définit donc un homomorphisme de groupe ϕ : Isom(Pn ) −→ S(E).
Soit f ∈ ker(ϕ). Comme ϕ(f ) est une bijection de E, l’isométrie f laisse
invariant l’isobarycentre O de Pn . Comme ϕ(f ) est l’identité, la matrice de
−−→ −−→
f dans le repère (O, OA1 , OA2 ) est la matrice identité. Par conséquent f
est l’identité. Ainsi ϕ est injectif. Le groupe Isom(Pn ) est donc en bijection
avec l’image de ϕ, dont on va borner le cardinal.
Une isométrie f de Pn envoie le sommet A1 sur un sommet Ai de Pn . On
a au plus n possibilités pour f (A1 ). L’isométrie f envoie l’arête [A1 , A2 ]
sur une arête de Pn . Par conséquent, f (A2 ) est soit Ai−1 soit Ai+1 . l’image
de A1 étant fixée, on a donc au plus 2 choix pour l’image de A2 . De même
[f (A2 ), f (A3 )] est une arête de Pn différente de [f (A1 ), f (A2 )]. Ainsi si les
images de A1 et A2 ont été fixées, on a un seul choix pour l’image de A3 .
De même, par récurrence, on montre que si les images de Ai−1 et Ai ont
été fixées, alors on a un seul choix pour l’image de Ai+1 . On en déduit
donc que Isom(Pn ) a au plus 2n éléments.
(2) On considère un repère orthonormé du plan de centre l’isobarycentre de
Pn et dont un axe est la médiatrice du segment [An , A1 ]. La matrice R est
la matrice de la rotation de centre O et d’angle 2π
qui est une isométrie de
n
Pn . La matrice S est la matrice de la symétrie axiale d’axe la médiatrice
du segment [An , A1 ] qui est une isométrie de Pn . Par conséquent Dn est
bien isomorphe à un sous-groupe G de Isom(Pn ).
La matrice R est d’ordre n, la matrice S est d’ordre 2 et n’appartient pas
au groupe engendré par R. D’après le théorème de Lagrange, le cardinal
de Dn est donc au moins 2n. Comme le cardinal de Isom(Pn ) est au plus
2n, les groupes G et Isom(Pn ) doivent être égaux.
Exercice 6 (Indice d’un sous-groupe).
Soient H et K deux sous-groupes d’un groupe G.
(1) Soit x ∈ G. Montrer que la classe à gauche de x modulo H ∩ K est
l’intersection de la classe à gauche de x modulo H et de la classe à gauche
de x modulo K.
(2) Montrer que, si K est d’indice fini dans G, alors [H : H ∩ K] ≤ [G : K].
(3) Montrer que, si H et K sont 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 A une partie non vide de G. Montrer qu’on a équivalence entre :
• il existe un sous-groupe H de G tel que A soit une classe à droite
modulo H ;
• il existe c ∈ G tel que pour tout a, b ∈ A on ait ab−1 c ∈ A.
6
Solution.
(1) On a bien x(H ∩ K) ⊂ (xH) ∩ (xK). Soit y ∈ (xH) ∩ (xK). Alors, il existe
h ∈ H et k ∈ K tels que y = xh = xk. Comme x a un unique inverse, on
doit avoir h = k ∈ H ∩ K. Ainsi x(H ∩ K) = (xH) ∩ (xK)
(2) Soient x, y ∈ H avec x(H ∩ K) 6= y(H ∩ K). Alors y ∈
/ x(H ∩ K). D’après
la question précédente, on a donc y ∈
/ xH ou x ∈
/ xK. Cependant H est un
sous-groupe de G et x, y ∈ H donc y = x(x−1 y) ∈ xH. Par conséquent on
ay∈
/ xK, i.e. xK 6= yK. Ainsi G/K a bien au moins autant d’éléments
que H/(H ∩ K).
(3) Soit x, y ∈ G. Si x(H ∩ K) 6= y(H ∩ K), alors y ∈
/ x(H ∩ K). D’après
la question précédente, on a donc y ∈
/ xH ou y ∈
/ xK i.e. (yH, yK) 6=
(xh, xK). On a donc une injection de G/(H ∩ K) dans (G/H) × (G/K),
d’où l’inégalité [G : H ∩ K] ≤ [G : H].[G : K].
(4) Par définition de [G : H], l’ensemble G/H est de cardinal 2. On a donc
deux classes égales parmis les trois classes H, xH et x2 H. Si H = xH,
alors x ∈ H et donc x2 ∈ H. si xH = x2 H, alors x = x−1 (x2 ) ∈ H et donc
x2 ∈ H. Si H = x2 H, on a bien sur x2 ∈ H.
(5) Dire que A est une classe à droite modulo un sous-groupe H de G signifie
que A = Hc pour un certain c ∈ G et un certain sous-groupe H de G,
c’est-à-dire que Ac−1 est un sous-groupe de G.
Par définition d’un sous-groupe de G, A est une classe à droite modulo
un sous-groupe de G si et seulement si pour tout a, b ∈ A on a ab−1 c =
(ac−1 )(bc−1 )−1 c ∈ A.