U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015 Université Paris

U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015 Université Paris-Diderot
Corrigé de l’examen du 12 janvier 2015.
I
(1) 2015 = 5 ×13 ×31.
(2) Le nombre de 13-Sylow de Gdoit diviser 5×31. Il est donc parmi 1,5,31 et 155. Par ailleurs, il est
congru à 1modulo 13. Ce n’est pas le cas de 5,31 et 155. Il n’y a donc qu’un seul 13-Sylow, et c’est un
sous-groupe distingué de G.
(3) Comme 13 est un nombre premier, G13 n’a pas d’autre sous-groupe que lui-même et le sous-groupe réduit
à son élément neutre. Ainsi, tout élément distinct de l’élément neutre engendre G13, qui est donc cyclique
et a 12 générateurs.
(4) Un sous-groupe distingué est (par définition) stable par toutes les conjugaisons. Les conjugaisons par
les éléments de Gdéfinissent donc toutes des automorphismes de G13. De plus, a7→ (x7→ axa−1)est un
morphisme de groupe de Gvers Aut(G13). Ainsi, Gagit par conjugaison sur G13.
(5) On a vu dans la question (3) qu’un générateur xde G13 est juste un élément de G13 distinct de 1. Tout
automorphisme de G13 envoie xsur un élément distinct de 1(puisqu’il est bijectif et envoie 1sur 1). Il envoie
donc tout générateur de G13 sur un générateur de G13, et c’est en particulier le cas de x7→ axa−1pour tout
a∈G.
(6) Comme h1est un générateur de G13, et comme y13 = 1 pour tout élément yde G13, il existe un unique
morphisme de groupes ϕ:G13 →G13 tel que ϕ(h1) = h2. Tout élément de l’orbite de xest de la forme xi
pour un certain entier i. On a alors ϕ(xi) = ϕ(x)i, autrement-dit, ϕenvoie l’orbite de xdans celle de ϕ(x).
De même ϕ−1envoie l’orbite de ϕ(x)dans celle de x. Les deux orbites sont donc en bijection.
Ainsi, toutes les orbites de l’ensemble des générateurs de G13 sous l’action de Gpar conjugaison ont le même
cardinal. Comme la réunion de ses orbites forme un ensemble à 12 éléments, ce cardinal divise 12.
(7) Le nombre d’élements de l’orbite de xsous l’action de Gest le quotient du cardinal de Gpar le cardinal
du stabilisateur de x(formule des classes). Ainsi, ddivise le cardinal de Gqui est 2015. Comme par ailleurs,
ddivise 12, ddivise le PGCD de 12 et de 2015, qui est 1. On a donc d= 1 (car dest un entier naturel).
(8) L’élément neutre 1(qui appartient à G13) commute évidemment à tout élément de G. L’orbite de tout
autre élément de G13 sous l’action par conjugaison de Ga un seul élément comme on l’a vu plus haut. Mais
ceci signifie que pour tout a∈G, on a axa−1=x, ce qui peut encore s’écrire ax =xa.
(9) Gétant d’ordre 2015 et G13 d’ordre 13, le quotient G/G13 est d’ordre 2015/13 = 155 (théorème de
Lagrange).
Le groupe additif Z/31Za pour élément neutre 0et pour générateurs tous les autres éléments (car 31
est premier). Chaque générateur xdétermine un automorphisme de Z/31Z, à savoir celui qui envoie 1
(le générateur canonique) sur x, et cette correspondance est bijective. Ainsi, le groupe Aut(Z/31Z)est de
cardinal 30, et il contient un élément d’ordre 5(théorème de Cauchy). On a donc un morphisme de groupe
non trivial ϕ:Z/5Z→Aut(Z/31Z)qui détermine un produit semi-direct non trivial Z/31Z×ϕZ/5Z, lequel
n’est pas commutatif précisément parce que ϕn’est pas trivial (rappelons que la raison est que l’action de
Z/5Zsur le sous-groupe distingué Z/31Zse fait par conjugaison dans le groupe produit semi-direct). Ce
produit semi-direct est donc un groupe non abélien à 155 éléments.
(10) Pour obtenir un groupe non abélien à 2015 éléments, il suffit de faire le produit (ordinaire) de Z/13Z
avec un groupe non abélien à 155 éléments, ce qui existe d’après la question précédente.
Si Gest un groupe abélien à 2015 éléments, comme 2015 = 5 ×13 ×31 et comme 5,13 et 31 sont premiers
entre eux deux à deux, Gse décompose en un produit (ordinaire) isomorphe à Z/5Z×Z/13Z×Z/31Z
(théorème de structure des groupes abéliens de type fini). Par ailleurs, on sait que si pet qsont premiers
entre eux, le groupe Z/pZ×Z/qZest isomorphe à Z/pqZ. En appliquant deux fois ce résultat, on voit que
Gest isomorphe à Z/2015Z, et qu’il est donc cyclique.

II
(1) Z[i]est stable par soustraction et multiplication, et il contient 1 = 1 + 0i. C’est donc un sous-anneau de
C. Il est intègre comme sous-anneau de l’anneau intègre C.
(2) z7→ zest une involution de Claissant stable Z[i]. Par ailleurs, ce morphisme respecte toutes les opérations
de l’anneau Z[i](ceci comprend les constantes 0et 1). C’est donc un automorphisme de Z[i].
(3) On a N(zz0) = zz0zz0=zzz0z0=N(z)N(z0). Si z∈Z[i]∗, c’est-à-dire si zest inversible dans Z[i], on a
zu = 1 pour un certain u∈Z[i]. On a alors 1 = N(1) = N(zu) = N(z)N(u). Comme par ailleurs, N(z) = zz
est un entier naturel pour tout z∈Z[i], on voit que cela implique N(z) = N(u)=1.
(4) Les éléments 1,−1,iet −isont clairement inversibles dans Z[i](avec pour inverses respectifs : 1,−1,
−iet i). Par ailleurs, ce sont les seuls z∈Z[i]tels que N(z) = 1. Ce sont donc les seuls inversibles d’après
la question précédente.
(5) Si a+ib est un élément non nul de Q[i], on a (a+ib)(a−ib) = a2+b26= 0. Comme a2+b2∈Q, on voit
que (a+ib)a−ib
a2+b2= 1, donc que a+ib est inversible dans Q[i], lequel est donc un corps.
Un éléméent du corps des fractions Z(i)de Z[i]peut être représenté par une fraction de la forme a+ib
c+id,
avec a, b, c, d ∈Zet c+id 6= 0 (ce qui équivaut à c2+d26= 0). Cette fraction peut encore s’écrire :
a+ib
c+id =(a+ib)(c−id) c2+d2=ac −bd c2+d2+iad +bc c2+d2
c’est-à-dire sous la forme d’un élément de Q[i]. Ceci définit une application Z(i)→Q[i]dont on peut vérifier
que c’est un isomorphisme de corps.
(6) Il suffit de prendre le polynôme X2+ 1. Comme il est de degré 2, il est réductible sur un corps Ksi et
seulement si il a une racine dans K. Or, il n’a pas de racine dans Q, mais en a une (en fait deux) dans Q[i].
(7) Il est immédiat que √2
2(±1±i)sont quatre racines de X4+ 1 dans C. Comme Cest commutatif, X4+ 1
n’a pas d’autre racine dans C.
(8) On peut se souvenir du fait que X4+ 1 = Φ8(X)est un polynôme cyclotomique, donc irréductible sur Q.
On peut aussi remarquer que X4+ 1 est irréductible si et seulement si (Y+ 1)4+ 1 l’est. Or, (Y+ 1)4+ 1 =
Y4+ 4Y3+ 6Y2+ 4Y+ 2, et le critère d’Eisenstein avec p= 2 s’applique.
On peut aussi traiter la question à la main en constatant d’abord que X4+ 1 n’a pas de racine dans Q, ce
qui fait qu’il ne se décompose pas en le produit d’un polynôme de degré 1par un polynôme de degré 3, puis
en constatant que s’il se décompose en un produit de deux polynômes à coefficients rationnels (donc réels)
de degré 2, alors ces derniers ne peuvent être que (X−√2
2(1 + i))(X−√2 2(1 −i)) et (X−√2 2(−1 + i))(X−
√2
2(−1−i)), c’est-à-dire X2−√2+1et X2+√2+1, qui ne sont pas à coefficients rationnels. X4+ 1 est
donc irréductible sur Q.
(9) X4+ 1 n’est pas irréductible sur Q[i], car on a X4+ 1 = (X2+i)(X2−i).
(10) Il suffit de considérer l’élément X2+i, qui est bien sûr non nul dans Q[i][X]/(X4+1) puisque X4+1 ne
divise pas X2+i. La même chose est vraie pour X2−i, et on a (X2+i)(X2−i) = 0 dans Q[i][X]/(X4+ 1).
Or si ab = 0,a6= 0 et b6= 0 dans un anneau quelconque non réduit à 0,ane peut pas être inversible car s’il
l’était, on aurait b=a−1ab =a−10=0.