ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE - FEUILLE D`EXERCICES 1 Exercice 1

ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE - FEUILLE D’EXERCICES 1
DANIELE FAENZI
Exercice 1 (Théorèmes d’isomorphisme).Soient H, K, G des groupes.
(1) Si on a HGet K≤G, montrer que H∩Kest distingué dans K
et que :
K/(K∩H) = HK/H.
(2) Si en plus on a KG, montrer HKet K/H G/H. Montrer
aussi : G/H
K/H ∼
=G/K.
Exercice 2. Soit Hun sous-groupe d’un groupe G.
(1) Démontrer que :
HNG(H)≤G,
H≤HGG,
et que :
HG=H⇐⇒ NG(H) = G⇐⇒ HG.
(2) Démontrer que tout quotient abélien de Gest quotient de G/D(G).
Exercice 3. Soient Het Ksous-groupes d’un groupe G.
(1) Est-ce que KHGimplique KG?(Indication : considérer le
groupe engendré par (12)(34) et (13)(24) dans le groupe alterné A4).
(2) Est-ce que HGimplique KGsi Kest caractéristique dans H
(c’est à dire, stable pour tout automorphisme de H) ?
(3) Est-ce que, si tout sous-groupe de Gest distingué, alors Gest forcé-
ment abélien ?
Exercice 4. Soit GL(2,R)le groupe des matrices (2,2) inversibles à coeffi-
cients réels.
(1) Montrer que H:= 1p
0 1 , p ∈Z,est un sous-groupe abélien.
(2) Montrer qu’il est monogène. Est-il normal ?
(3) Soient A:= 0−1
1 1 et B:= 0 1 −1 0deux matrices.
(a) Montrer que Aet Bappartiennent à GL(2,Z), calculer leur
ordre et montrer que Hest contenu dans hA, Bi.
(b) Que pensez-vous des assertions suivantes ?
– “un groupe engendré par des éléments d’ordre fini est fini.”
Date: 21 février 2009.
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– “tous les éléments d’un groupe engendré par des éléments
d’ordre fini sont d’ordre fini.”
(c) Le groupe engendré par Aet Best-il abélien ?
(d) Calculer l’intersection du groupe cyclique engendré par Aet du
groupe cyclique engendré par B.
Exercice 5 (Groupes d’ordre pn).Soit Gun groupe d’ordre pn, avec p
premier et n > 0.
(1) Montrer que le centre de Gn’est pas trivial. (Indication : faire agir
Gpar conjugaison sur lui-même).
(2) En déduire que, pour tout 0< m < n, il existe un sous-groupe
distingué de Gd’ordre pm.(Indication : traiter d’abord le cas G
abélien.)
Exercice 6 (Groupes d’ordre p2).Soit Z=ZG(G)le centre d’un groupe G.
(1) Montrer que, si G/Z est cyclique, alors Gest abélien.
(2) Déduire que, pour tout nombre premier p, il existe exactement deux
groupes d’ordre p2non isomorphes :
Z/pZ×Z/pZ,et Z/p2Z.
Exercice 7 (Sous-groupes de plus petit indice).Soit Gun groupe fini, et
soit |G|=pr1
1· · · prm
m, une décomposition en facteurs premiers de l’ordre de
G, avec p1<· · · < pm.
(1) Démontrer que si Hest un sous-groupe de Gd’indice p1, alors Hest
distingué dans G.(Indication : faire agir Hsur G/H).
(2) Montrer avec un exemple que l’énoncé au point (1) n’est plus vrai si
on enlève l’hypothèse p1<· · · < pm.
Exercice 8 (Sous-groupes distingués de plus petit ordre).Avec les notations
de l’exercice 7, démontrer que si HGet |H|=p1, alors Hest central, i.e.
H⊂ZG(G).(Indication : faire opérer Gsur Hpar conjugaison).
Corrigé 5. On note par Zle centre du groupe G. Il s’agit d’un sous-groupe
de Gdonc l’ordre de Zdivise l’ordre de G, et vu que pest un nombre premier,
on a |Z|=pmavec m≤n.
On fait opérer Gsur Gpar conjugaison. Le stabilisateur d’un élément
x∈Gest donc le centralisateur de xdans G.
Stabx(G) = {g∈G|gxg−1=x}=ZG(x).
Un élément xde Gest donc dans le centre si et seulement si son centrali-
sateur coïncide avec Gtout entier. Autrement dit, x∈Zsi et seulement si
Stabx(G) = G, ce qui est équivalent à (G: Stabx(G)) = 1. Vu que le cardinal
de l’orbite ω(x)est égale à (G: Stabx(G)), un a que :
x∈Z⇐⇒ ω(x) = 1.
Maintenant on utilise la partition de Gdonnée par les orbites (les classes
de conjugaison) :
G=
◦
[
i∈I
ω(xi).

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On divise l’ensemble des indices Ien deux parties : les itels que xiest dans
le centre (on note l’ensemble de ces indices par I1), et les itels que xin’est
pas dans le centre (on note alors i∈I2). on a donc :
G=
◦
[
i∈I1
ω(xi)∪
◦
[
i∈I2
ω(xi),
ce qui implique :
|G|=X
i∈I1
|ω(xi)|+X
i∈I2
|ω(xi)|,
On sait que |ω(xi)|= 1 si et seulement si i∈I1. Le cardinal de Pi∈I1|ω(xi)|
est donc |I1|, qui à sont tour est égale au cardinal de Z.
Par contre, si i∈I2, alors |ω(xi)|= (G: Stabxi(G)) = p`iavec 1≤`i≤n,
car en tout cas l’indice d’un sous-groupe divise l’ordre de G. On en obtient :
|G|=|Z|+X
i∈I2
p`i,
où les `isatisfont 1≤`i≤n. En réduisant l’équation ci-dessus modulo p,
on obtient zéro à gauche, et aussi zéro pour le terme Pi∈I2p`icar tous les
`isont plus grands que zéro. Donc :
|Z| ≡ 0 mod p.
Mais l’élément neutre eappartient à Zdonc |Z| ≥ 1, ce qui entraîne |Z|=pm
avec m≥1. En particulier Zn’est pas trivial, ce qui achève la démonstration
de (1).
Pour (2), on suppose que le groupe Gne soit pas abélien (le cas des groupes
abéliens est facile à traiter grâce au théorème de structure des groupe abéliens
de type fini). On sait donc que le centre Zde Gest un sous-groupe propre
de G(car Z6={e}par le point précédant et Z6=Gcar Gn’est pas abélien).
Remarquons que π:G→G/H est un morphisme de groupes surjectif. On
sait alors que |Z|=p`et |G/Z|=pmavec `, m < n. Par récurrence (sur n),
on peut supposer que l’énoncé soit vrai pour tout p-groupe d’ordre pn0avec
n0< n, en particulier pour Zet G/Z.
Maintenant, étant donné un entier 0< r < n, on cherche un sous-groupe
de Gd’ordre pr. On étudie deux cas :
a) r≤`.
b) r > `,
Dans le premier cas, il suffit de trouver un sous-groupe de Zd’ordre pr
(pourquoi un tel sous-groupe serait-il distingué ?). Mais ceci est vrai par
l’hypothèse de récurrence.
Dans le second cas, on considère un sous-groupe distingué Kde G/H
d’ordre pr−`, ce qui est possible grâce à l’hypothèse de récurrence. L’ensemble
π−1(K)est alors un sous-groupe distingué dans G(démontrez-le) et son ordre
est précisément p`(pourquoi ?). On a donc terminé.
Corrigé 6. Rappelons que Zest distingué dans Gdonc G/Z est un groupe.
(1) Dire que Z/G est cyclique revient à dire qu’il existe xdans Gtel
que la classe x=xZ engendre tout G/Z, c’est à dire que tous les
éléments de G/Z sont de la forme xn=xnZ.

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Alors si on prend deux éléments y1et y2dans G, on peut dire que
y1Z=x`1Zet y2Z=x`2Z, avec `i∈Z. Donc yi=x`iziavec zi∈Z.
On en déduit :
y1y2=. . . , y2y1=. . .
(2) Déjà les deux groupes en question Z/pZ×Z/pZet Z/p2Zne sont
pas isomorphes (pourquoi ?).
Pour démontrer le réciproque, on considère un groupe Gd’ordre
p2. Son centre Zn’est pas trivial (pourquoi ?). Donc il est d’ordre p
ou d’ordre p2. Dans le second cas on a Z=Gdonc Gest abélien, et
le théorème de classification des groupes abéliens donne le résultat
(n’est pas ?) D’ailleurs, si |Z|=palors G/Z est cyclique (pour quelle
raison ?). Donc de nouveau Gest abélien (par le point précédant) on
a le résultat.
Corrigé 7. Le contre-exemple demandé au point (2) peut s’obtenir facile-
ment en regardant des sous-groupes de S3- quel est ce contre-exemple ? On
passe donc au point (1). On considère alors un sous-groupe Hd’indice p1,
l’ensemble X=G/H des classes à gauche, on remarque que |X|=p1et on
définit une opération de H(par restriction de l’opération de G) sur Xpar :
h.xH =hxH,
pour tout h∈H⊂G,x∈G.
Le stabilisateur StabG(xH)est :
StabG(xH) = {g∈G|gxH =xH}=
={g∈G|x−1gxH =H}=
={g∈G|x−1gx ∈H}=
={g∈G|g∈xHx−1}=xHx−1,
ce qui implique :
StabH(xH) = H∩xHx−1.
Donc on peut dire que xnormalise Hsi et seulement si H∩ ∩xHx−1=H,
c’est-à-dire si et seulement si StabH(xH) = H. Cela est donc équivalent à
|ω(xH)|= 1. Or Hest distingué dans Gprécisément quand tout xde G
normalise H, c’est à dire que HGéquivaut que toutes les H-orbites dans
Xaient cardinal 1.
Remarquons le cardinal de n’importe quelle orbite doit diviser |G|, donc
ce cardinal doit être ps1
1· · · psm
m, avec si≤ripour tout i. Mais, vu que p1< pi
pour i≥2, ce nombre est plus grand que p1sauf si s1= 1 et si= 0 pour
i≥2ou si si= 1 pour tout i. Vu que la somme des cardinaux des orbites
est égale à |X|=p1, on a donc seulement deux possibilités :
a) On a p1orbites de cardinal 1,
b) on a une seule orbite, et elle a cardinal p1.
Le cas (a) correspond à ce qu’on veut démontrer, donc il s’agit d’exclure le
cas (b). Mais ceci est évident : il existe au moins une orbite de cardinal 1
(celle de l’élément neutre), donc la démonstration est terminée.

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Corrigé 8. On fait opérer Gsur Hpar :
g.h =ghg−1,
pour tout g∈G,h∈H. On sait que ghg−1appartient à Hpuisque Hest
distingué dans G.
Si on analyse l’orbite ω(h)par l’opération de Gd’un élément h.
ω(h) = {ghg−1|g∈G}.
Donc on peut dire que |ω(h)|= 1 (c’est-à-dire ω(h) = {h}) si et seulement
si ghg−1=h, pour tout g∈G. Or ceci est équivalent à dire que hest dans
le centre de G.
On considère maintenant la partition de Hen G-orbites. On en obtient :
p1=X
j∈I
|ω(hj)|,
et vu que chaque |ω(h)|doit être de la forme ps1
1· · · psm
m, avec si≤ripour
tout i, comme p1et le plus petit des nombre premiers pi, on en obtient deux
possibilités :
a) soit il existent p1orbites de cardinal 1,
b) soit une seule orbite existe, et elle a cardinal p1.
Remarquons que, si (a) se vérifie, on a terminé car si toutes les orbites ont
cardinal 1, ça veut dire que tous les éléments hde Hsont dans le centre de
G, ce qu’il fallait démontrer. Il suffit donc de prouver que (b) n’a pas lieu.
Mais cela est facile à montrer, car l’orbite de l’élément neutre a cardinal 1.
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