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 G et K ≤ G, montrer que H ∩ K est distingué dans K
et que :
K/(K ∩ H) = HK/H.
(2) Si en plus on a K G, montrer H K et K/H G/H. Montrer
aussi :
G/H ∼
= G/K.
K/H
Exercice 2. Soit H un sous-groupe d’un groupe G.
(1) Démontrer que :
H NG (H) ≤ G,
H ≤ H G G,
et que :
H G = H ⇐⇒ NG (H) = G ⇐⇒ H G.
(2) Démontrer que tout quotient abélien de G est quotient de G/D(G).
Exercice 3. Soient H et K sous-groupes d’un groupe G.
(1) Est-ce que K H G implique K G ? (Indication : considérer le
groupe engendré par (12)(34) et (13)(24) dans le groupe alterné A4 ).
(2) Est-ce que H G implique K G si K est caractéristique dans H
(c’est à dire, stable pour tout automorphisme de H) ?
(3) Est-ce que, si tout sous-groupe de G est distingué, alors G est forcément abélien ?
Exercice 4. Soit GL(2, R) le groupe des matrices (2, 2) inversibles à coefficients réels.
1 p
(1) Montrer que H :=
, p ∈ Z, est un sous-groupe abélien.
0 1
(2) Montrer qu’il est monogène. Est-il normal ?
0 −1
0 1
(3) Soient A :=
et B :=
deux matrices.
1 1
−1 0
(a) Montrer que A et B appartiennent à GL(2, Z), calculer leur
ordre et montrer que H est 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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DANIELE FAENZI
– “tous les éléments d’un groupe engendré par des éléments
d’ordre fini sont d’ordre fini.”
(c) Le groupe engendré par A et B est-il abélien ?
(d) Calculer l’intersection du groupe cyclique engendré par A et du
groupe cyclique engendré par B.
Exercice 5 (Groupes d’ordre pn ). Soit G un groupe d’ordre pn , avec p
premier et n > 0.
(1) Montrer que le centre de G n’est pas trivial. (Indication : faire agir
G par conjugaison sur lui-même).
(2) En déduire que, pour tout 0 < m < n, il existe un sous-groupe
distingué de G d’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 G est abélien.
(2) Déduire que, pour tout nombre premier p, il existe exactement deux
groupes d’ordre p2 non isomorphes :
Z/pZ × Z/pZ,
et
Z/p2 Z.
Exercice 7 (Sous-groupes de plus petit indice). Soit G un groupe fini, et
soit |G| = pr11 · · · prmm , une décomposition en facteurs premiers de l’ordre de
G, avec p1 < · · · < pm .
(1) Démontrer que si H est un sous-groupe de G d’indice p1 , alors H est
distingué dans G. (Indication : faire agir H sur 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 G et |H| = p1 , alors H est central, i.e.
H ⊂ ZG (G). (Indication : faire opérer G sur H par conjugaison).
Corrigé 5. On note par Z le centre du groupe G. Il s’agit d’un sous-groupe
de G donc l’ordre de Z divise l’ordre de G, et vu que p est un nombre premier,
on a |Z| = pm avec m ≤ n.
On fait opérer G sur G par conjugaison. Le stabilisateur d’un élément
x ∈ G est donc le centralisateur de x dans G.
Stabx (G) = {g ∈ G | gxg −1 = x} = ZG (x).
Un élément x de G est donc dans le centre si et seulement si son centralisateur coïncide avec G tout entier. Autrement dit, x ∈ Z si 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 G donnée par les orbites (les classes
de conjugaison) :
◦
[
G=
ω(xi ).
i∈I
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On divise l’ensemble des indices I en deux parties : les i tels que xi est dans
le centre (on note l’ensemble de ces indices par I1 ), et les i tels que xi n’est
pas dans le centre (on note alors i ∈ I2 ). on a donc :
G=
◦
[
◦
[
ω(xi ) ∪
i∈I1
ω(xi ),
i∈I2
ce qui implique :
|G| =
X
|ω(xi )| +
i∈I
X
|ω(xi )|,
i∈I
1
2
P
On sait que |ω(xi )| = 1 si et seulement si i ∈ I1 . Le cardinal de i∈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`i avec 1 ≤ `i ≤ n,
car en tout cas l’indice d’un sous-groupe divise l’ordre de G. On en obtient :
X
|G| = |Z| +
p`i ,
i∈I2
où les `i satisfont 1 ≤ `i ≤ n. En réduisant l’équation
Pci-dessus modulo p,
on obtient zéro à gauche, et aussi zéro pour le terme i∈I2 p`i car tous les
`i sont plus grands que zéro. Donc :
|Z| ≡ 0
mod p.
Mais l’élément neutre e appartient à Z donc |Z| ≥ 1, ce qui entraîne |Z| = pm
avec m ≥ 1. En particulier Z n’est pas trivial, ce qui achève la démonstration
de (1).
Pour (2), on suppose que le groupe G ne 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 Z de G est un sous-groupe propre
de G (car Z 6= {e} par le point précédant et Z 6= G car G n’est pas abélien).
Remarquons que π : G → G/H est un morphisme de groupes surjectif. On
sait alors que |Z| = p` et |G/Z| = pm avec `, m < n. Par récurrence (sur n),
0
on peut supposer que l’énoncé soit vrai pour tout p-groupe d’ordre pn avec
n0 < n, en particulier pour Z et G/Z.
Maintenant, étant donné un entier 0 < r < n, on cherche un sous-groupe
de G d’ordre pr . On étudie deux cas :
a) r ≤ `.
b) r > `,
Dans le premier cas, il suffit de trouver un sous-groupe de Z d’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 K de 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 Z est distingué dans G donc G/Z est un groupe.
(1) Dire que Z/G est cyclique revient à dire qu’il existe x dans G tel
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 = xn Z.
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Alors si on prend deux éléments y1 et y2 dans G, on peut dire que
y1 Z = x`1 Z et y2 Z = x`2 Z, avec `i ∈ Z. Donc yi = x`i zi avec zi ∈ Z.
On en déduit :
y1 y2 = . . . ,
y 2 y1 = . . .
(2) Déjà les deux groupes en question Z/pZ × Z/pZ et Z/p2 Z ne sont
pas isomorphes (pourquoi ?).
Pour démontrer le réciproque, on considère un groupe G d’ordre
p2 . Son centre Z n’est pas trivial (pourquoi ?). Donc il est d’ordre p
ou d’ordre p2 . Dans le second cas on a Z = G donc G est abélien, et
le théorème de classification des groupes abéliens donne le résultat
(n’est pas ?) D’ailleurs, si |Z| = p alors G/Z est cyclique (pour quelle
raison ?). Donc de nouveau G est abélien (par le point précédant) on
a le résultat.
Corrigé 7. Le contre-exemple demandé au point (2) peut s’obtenir facilement en regardant des sous-groupes de S3 - quel est ce contre-exemple ? On
passe donc au point (1). On considère alors un sous-groupe H d’indice p1 ,
l’ensemble X = G/H des classes à gauche, on remarque que |X| = p1 et on
définit une opération de H (par restriction de l’opération de G) sur X par :
h.xH = hxH,
pour tout h ∈ H ⊂ G, x ∈ G.
Le stabilisateur StabG (xH) est :
StabG (xH) = {g ∈ G | gxH = xH} =
= {g ∈ G | x−1 gxH = H} =
= {g ∈ G | x−1 gx ∈ H} =
= {g ∈ G | g ∈ xHx−1 } = xHx−1 ,
ce qui implique :
StabH (xH) = H ∩ xHx−1 .
Donc on peut dire que x normalise H si 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 H est distingué dans G précisément quand tout x de G
normalise H, c’est à dire que H G équivaut que toutes les H-orbites dans
X aient cardinal 1.
Remarquons le cardinal de n’importe quelle orbite doit diviser |G|, donc
ce cardinal doit être ps11 · · · psmm , avec si ≤ ri pour tout i. Mais, vu que p1 < pi
pour i ≥ 2, ce nombre est plus grand que p1 sauf si s1 = 1 et si = 0 pour
i ≥ 2 ou 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 p1 orbites 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 G sur H par :
g.h = ghg −1 ,
pour tout g ∈ G, h ∈ H. On sait que ghg −1 appartient à H puisque H est
distingué dans G.
Si on analyse l’orbite ω(h) par l’opération de G d’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 h est dans
le centre de G.
On considère maintenant la partition de H en G-orbites. On en obtient :
X
p1 =
|ω(hj )|,
j∈I
et vu que chaque |ω(h)| doit être de la forme ps11 · · · psmm , avec si ≤ ri pour
tout i, comme p1 et le plus petit des nombre premiers pi , on en obtient deux
possibilités :
a) soit il existent p1 orbites 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 h de H sont 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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