Corrigé

Université Montpellier II
L3 Mathématiques, GLMA501
Année universitaire 2013-2014
Examen d’algèbre générale
vendredi 17 janvier 2014
Durée : 2h
Corrigé
Exercice 1 (10 points) Soit G un groupe d’ordre 30.
1. On suppose que G ne possède pas de sous-groupe distingué d’ordre 5.
(a) Montrer qu’alors G possède 24 éléments d’ordre 5.
(b) En déduire que G possède un sous-groupe distingué d’ordre 3.
(a) On a |G| = 2×3×5. D’après les théorèmes de Sylow, G possède n5 ∈ {1, 6} sousgroupes d’ordre 5, qui sont conjugués deux à deux. L’hypothèse implique n5 6= 1.
Donc G possède 6 sous-groupes d’ordre 5; ils contiennent tous les éléments de G
d’ordre 5. Comme 5 est premier, ces sous-groupes sont cycliques, et pour chacun
d’eux tout élément distinct du neutre est générateur. Donc l’intersection de deux
tels sous-groupes distincts est réduite à l’élément neutre, et G possède 6 × 4 = 24
éléments d’ordre 5.
(b) On a n3 ∈ {1, 10} sous-groupes de G d’ordre 3, conjugués deux à deux. Si
n3 = 10, alors |G| ≥ 24 + (2 × 10) > 30 en ajoutant les éléments d’ordre 3 à ceux
d’ordre 5. Donc n3 = 1, ce qui montre que G possède un unique sous-groupe d’ordre
3, qui est alors distingué (d’après les théorèmes de Sylow).
2. Montrer que G possède toujours un sous-groupe distingué H d’ordre 15.
D’après la question précédente, G possède un sous-groupe distingué d’ordre 5 ou
d’ordre 3. Soit K ce sous-groupe, et L un sous-groupe de G d’ordre 3 si K est
d’ordre 5, et d’ordre 5 si K est d’ordre 3. Comme plus haut on a K ∩ L = {eG },
et KL = LK puisque K est distingué dans G. Donc KL est un sous-groupe de G,
d’ordre |L||K|/|K ∩ L| = 15. Son indice dans G étant égal à |G|/|KL| = 2, KL est
distingué dans G. Le groupe H = KL convient donc.
3. Montrer que H possède deux sous-groupes distingués propres et non triviaux, puis
que H est un groupe cyclique.
On vérifie immédiatement que les sous-groupes K et L ci-dessus sont distingués
dans H (K parce qu’il l’est dans G, et L par les théorèmes de Sylow). Soient
k un générateur de K et l un générateur de L (ces groupes sont d’ordre premier
donc cycliques). Montrons que kl engendre H = KL. Comme K est distingué
dans H, il existe k 0 ∈ K tel que lk = k 0 l. Une récurrence immédiate implique que
1
pour tout entier n il existe k 00 ∈ K tel que (kl)n = klkl . . . kl = k 00 ln (le produit
contient n facteurs kl). Soit n ≤ 15 l’ordre de kl. Alors (kl)n = eG implique
k 00 = l−n ∈ K ∩ L = {eG }. Donc l’ordre de l divise n. En utilisant de manière
similaire le fait que L est distingué dans H, on montre que l’ordre de k divise n.
Les ordres de k et l étant 3 et 5 (premiers entre eux), on déduit n = 15.
4. Construire un produit semi-direct de Z/15Z et Z/2Z qui ne soit pas abélien (penser
à l’application g 7→ g −1 ). On exprimera ses éléments en fonction de générateurs de
Z/2Z et Z/15Z, et les relations entre ces générateurs.
Notons h un générateur de Z/15Z, τ un générateur de Z/2Z, 1 les éléments neutres de
Z/15Z et Z/2Z (notation multiplicative), et ϕ(τ )(hn ) = h−n . On vérifie immédiatement
que ϕ(τ ) est un automorphisme de Z/15Z, et que ϕ : Z/2Z → Aut(Z/15Z), τ 7→ ϕ(τ )
est un morphisme. Il définit un produit semi-direct G0 = (Z/2Z × Z/15Z, ·ϕ ), où la loi
de groupe ·ϕ est définie par (τ a , hb ) ·ϕ (τ c , hd ) = (τ a+c , hb ϕ(τ a )(hd )). Le groupe G0 est
engendré par t = (τ, 1) et s = (1, h) vérifiant les relations t2 = s15 = (1, 1) = eG0 , et tst =
(τ, 1)(1, h)(τ, 1) = (τ, ϕ(τ )(h))(τ, 1) = (τ, h−1 )(τ, 1) = (τ 2 , h−1 ϕ(τ )(1)) = (1, h−1 ) = s−1 .
Les éléments de G0 peuvent s’écrire de manière unique sous la forme sa tb , avec a ∈ {0, 1}
et b ∈ {0, . . . , 14}.
Exercice 2 (10 points) Soit E un espace vectoriel réel de dimension 3.
1. Soit u un endomorphisme nilpotent de E, ie. il existe un entier p tel que up = 0.
(a) Donner le polynôme caractéristique de u.
(b) Donner toutes les réduites de Jordan possibles de u, à l’ordre des blocs près, et
préciser pour chacune le polynôme minimal de u qui lui correspond.
(c) On suppose que le polynôme minimal de u est mu (X) = X 3 . Montrer qu’il
existe un vecteur non nul x ∈ E tel que (u2 (x), u(x), x) soit une base de E.
(d) Ecrire la matrice de u dans cette base.
(a) Le spectre d’un endomorphisme nilpotent est toujours réduit à {0}. Comme E
est de dimension n = 3, on a Pu (X) = det(u − XidE ) = −X 3 .
(b) Les polynômes minimaux de u possibles sont mu (X) = X, X 2 , X 3 . Dans le
premier cas u = 0, sa réduite de Jordan est la matrice nulle. Si mu (X) = X 2 (resp.
mu (X) = X 3 ), alors sa réduite de Jordan A (resp. B) a un bloc de Jordan de taille
2 (resp. 3), la multiplicité de u. À l’ordre des blocs près on a donc




0 1 0
0 1 0
A =  0 0 0  , B =  0 0 1 .
0 0 0
0 0 0
(c) Si mu (X) = X 3 alors u2 6= 0 et donc il existe x ∈ E \Ker(u2 ). On a u(x), u2 (x) 6=
0, et la famille (u2 (x), u(x), x) est libre. En effet, si λ1 , λ2 , λ3 ∈ R son tels que
λ1 x + λ2 u(x) + λ3 u2 (x) = 0, alors en appliquant u2 on trouve λ1 u2 (x) = 0. Comme
u2 (x) 6= 0, on a λ1 = 0. En appliquant alors u on déduit λ2 = 0, puis λ3 = 0. La
fammile étant libre et de cardinal 3 dans E de dimension 3, c’est une base de E.
(d) La matrice de u dans la base est la matrice B ci-dessus.
2
2. Soit u l’endomorphisme de R3 représenté dans la base canonique par la matrice
suivante


1
1
3
2 .
A =  2 −2
−3 −1 −5
(a) Calculer le polynôme caractéristique de u. Montrer que le polynôme minimal
de u est mu (X) = (X + 2)3 .
(b) Déterminer une réduite de Jordan de u.
(c) Construire une base de Jordan de u.
(a) Le calcul de Pu (X) est élémentaire; il peut être simplifié en soustrayant la 3ème
colonne de la première dans la matrice A − XI3 . Pour déterminer mu (X) on peut
vérifier que (A + 2I3 )2 6= 0. Alternativement on peut vérifier que l’espace propre
E−2 est de dimension 1, ce qui implique que la réduite de Jordan de A n’a qu’un
seul bloc de Jordan, nécessairement de taille 3. Cette taille est l’ordre de la matrice
nilpotente A + 2I3 , c’est- à-dire aussi le degré de son polynôme minimal.
(b) L’argument ci-dessus et les questions 1 (c)-(d) appliquées à l’endomorphisme
u + 2idR3 montrent que la réduite de Jordan de A + 2I3 est la matrice B ci-dessus,
donc celle de A est


−2
1
0
1 .
J =  0 −2
0
0 −2
(c) On est dans la situation de la question 1 (c). Soit x ∈ R3 \ Ker(A + 2I3 )2 . On a


2 0
2
0 .
(A + 2I3 )2 =  0 0
−2 0 −2
Donc Ker(A + 2I3 )2 = {(x1 , x2 , x3 )t ∈ R3 | x1 = −x3 }. Prenons x = (1, 0, 0)t .
Posons v = u + 2idR3 . Alors la famille (v 2 (x), v(x), x) est une base de R3 , B est la
matrice de v dans cette base, et J celle de u dans cette base.
(c) Déterminer la décomposition de Jordan-Dunford A = D + N , où D est diagonalisable, N nilpotente, et DN = N D.
(d) Pour tout entier k exprimer la matrice Ak en fonction de D, N et k.
(c) Soit P la matrice de passage de la base canonique vers la base (v 2 (x), v(x), x).
Alors A = P JP −1 = P (−2I3 + B)P −1 = D + N , où D = P (−2I3 )P −1 = −2I3 et
N = P BP −1 , où


2
3 1
2 0 .
P = 0
−2 −3 0
(d) On a Ak = (D + N )k =
puisque N 3 = 0.
Pk
j=0
Cjk Dj N k−j = Dk + kDk−1 N +
3
k(k−1) k−2 2
D N ,
2