U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015 Université Paris

U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015
Corrigé de l’examen du 12 janvier 2015.
Université Paris-Diderot
I
(1) 2015 = 5 × 13 × 31.
(2) Le nombre de 13-Sylow de G doit diviser 5 × 31. Il est donc parmi 1, 5, 31 et 155. Par ailleurs, il est
congru à 1 modulo 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 G définissent donc toutes des automorphismes de G13 . De plus, a 7→ (x 7→ axa−1 ) est un
morphisme de groupe de G vers Aut(G13 ). Ainsi, G agit par conjugaison sur G13 .
(5) On a vu dans la question (3) qu’un générateur x de G13 est juste un élément de G13 distinct de 1. Tout
automorphisme de G13 envoie x sur un élément distinct de 1 (puisqu’il est bijectif et envoie 1 sur 1). Il envoie
donc tout générateur de G13 sur un générateur de G13 , et c’est en particulier le cas de x 7→ axa−1 pour tout
a ∈ G.
(6) Comme h1 est un générateur de G13 , et comme y 13 = 1 pour tout élément y de G13 , il existe un unique
morphisme de groupes ϕ : G13 → G13 tel que ϕ(h1 ) = h2 . Tout élément de l’orbite de x est de la forme xi
pour un certain entier i. On a alors ϕ(xi ) = ϕ(x)i , autrement-dit, ϕ envoie l’orbite de x dans celle de ϕ(x).
De même ϕ−1 envoie 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 G par 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 x sous l’action de G est le quotient du cardinal de G par le cardinal
du stabilisateur de x (formule des classes). Ainsi, d divise le cardinal de G qui est 2015. Comme par ailleurs,
d divise 12, d divise le PGCD de 12 et de 2015, qui est 1. On a donc d = 1 (car d est 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 G a 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) G étant 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/31Z a pour élément neutre 0 et pour générateurs tous les autres éléments (car 31
est premier). Chaque générateur x détermine 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 ×ϕ Z/5Z, lequel
n’est pas commutatif précisément parce que ϕ n’est pas trivial (rappelons que la raison est que l’action de
Z/5Z sur le sous-groupe distingué Z/31Z se 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 G est un groupe abélien à 2015 éléments, comme 2015 = 5 × 13 × 31 et comme 5, 13 et 31 sont premiers
entre eux deux à deux, G se 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 p et q sont premiers
entre eux, le groupe Z/pZ × Z/qZ est isomorphe à Z/pqZ. En appliquant deux fois ce résultat, on voit que
G est 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) z 7→ z est une involution de C laissant stable Z[i]. Par ailleurs, ce morphisme respecte toutes les opérations
de l’anneau Z[i] (ceci comprend les constantes 0 et 1). C’est donc un automorphisme de Z[i].
(3) On a N (zz 0 ) = zz 0 zz 0 = zzz 0 z 0 = N (z)N (z 0 ). Si z ∈ Z[i]∗ , c’est-à-dire si z est 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, i et −i sont clairement inversibles dans Z[i] (avec pour inverses respectifs : 1, −1,
−i et 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 + b2 6= 0. Comme a2 + b2 ∈ Q, on voit
a − ib
= 1, donc que a + ib est inversible dans Q[i], lequel est donc un corps.
que (a + ib) 2
a + b2
Un éléméent du corps des fractions Z(i) de Z[i] peut être représenté par une fraction de la forme
avec a, b, c, d ∈ Z et c + id 6= 0 (ce qui équivaut à c2 + d2 6= 0). Cette fraction peut encore s’écrire :
a + ib
,
c + id
(a + ib)(c − id)
ac − bd
ad + bc
a + ib
=
= 2
+i 2
2
2
2
c + id
c +d
c +d
c + 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 X 2 + 1. Comme il est de degré 2, il est réductible sur un corps K si 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].
√
2
(7) Il est immédiat que
(±1 ± i) sont quatre racines de X 4 + 1 dans C. Comme C est commutatif, X 4 + 1
2
n’a pas d’autre racine dans C.
(8) On peut se souvenir du fait que X 4 + 1 = Φ8 (X) est un polynôme cyclotomique, donc irréductible sur Q.
On peut aussi remarquer que X 4 + 1 est irréductible si et seulement si (Y + 1)4 + 1 l’est. Or, (Y + 1)4 + 1 =
Y 4 + 4Y 3 + 6Y 2 + 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 X 4 + 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 1 par un polynôme de degré 3, puis
en constatant que s’il se décompose en un produit de deux
à coefficients rationnels
(donc réels)
√ polynômes √
√
2
2
2
de degré 2, alors ces derniers ne peuvent être que (X −
(1 + i))(X −
(1 − i)) et (X −
(−1 + i))(X −
2
2
2
√
√
√
2
(−1 − i)), c’est-à-dire X 2 − 2 + 1 et X 2 + 2 + 1, qui ne sont pas à coefficients rationnels. X 4 + 1 est
2
donc irréductible sur Q.
(9) X 4 + 1 n’est pas irréductible sur Q[i], car on a X 4 + 1 = (X 2 + i)(X 2 − i).
(10) Il suffit de considérer l’élément X 2 + i, qui est bien sûr non nul dans Q[i][X]/(X 4 + 1) puisque X 4 + 1 ne
divise pas X 2 + i. La même chose est vraie pour X 2 − i, et on a (X 2 + i)(X 2 − i) = 0 dans Q[i][X]/(X 4 + 1).
Or si ab = 0, a 6= 0 et b 6= 0 dans un anneau quelconque non réduit à 0, a ne peut pas être inversible car s’il
l’était, on aurait b = a−1 ab = a−1 0 = 0.