Corrigé du test 2

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger
Corrig´e du test 2
Exercice 1. (20 points)
Soient Gun groupe d’ordre 35 et Eun ensemble de cardinal 19 muni d’une action
φ:G×E−→ Equi ne fixe aucun ´el´ement de E. Quel est le nombre d’orbites pour l’action φ?
Solution. Soient kle nombre d’orbites pour l’action φet x1,· · · , xkun syst`eme de repr´esentants des orbites
de l’action de Gsur E. D’apr`es l’´equation aux classes, on a
19 = |E|=
k
X
i=1
|G·xi|.
On sait que |G·xi|=|G: Stab(xi)|, donc |Gxi|est un diviseur de |G|= 35 pour tout i. Les diviseurs de 35
sont 1,5,7 et 35.
L’action φne fixe aucun ´el´ement de Ed’o`u |G·xi| 6= 1 pour tout i. Par ailleurs, G·xi⊂Ed’o`u |G·xi| ≤ 19 <35
pour tout i. Par cons´equent, on a soit |G·xi|= 5 soit |G·xi|= 7 pour tout i. Soit nle nombre d’orbites pour
l’action φdont la cardinalit´e est ´egal `a 5 et soit mle nombre le nombre d’orbites dont la cardinalit´e est ´egal
`a 7. Donc on a que 19 = 5n+ 7m. La seule solution (n, m)∈N2de cette equation est (1,2). D’o`u le nombre
d’orbites pour l’action φest ´egal `a k=n+m= 3.
Exercice 2. (25 points)
Soit Gun groupe d’ordre 60 n’ayant aucun sous-groupe normal autre que {1G}et G.
1. Calculer le nombre de 5-sous-groupes de Sylow de G.
2. Montrer que Gest isomorphe `a un sous-groupe de S6
Solution.
1. Comme Gest de cardinal 60 = 12 ×5 les 5-sous-groupes de sylow de gsont d’ordre 5. On utilise les
th´eor`emes de Sylow qui affirment que le nombre n5de 5-sous-groupes de sylow de Gv´erifie :
–n5divise ]G/5 = 12 i.e. n5∈ {1,2,3,4,6,12};
–n5≡1 mod 5 ;
– l’action de Gsur ses 5-sous-groupes de sylow conjugaison est transitive ; en particulier n5≥2 car G
n’a aucun sous-groupe normal non trivial.
Ces trois conditions ne peuvent ˆetre satisfaites simultan´ement que si n5= 6.
2. L’ensemble Edes 5-sous-groupes de Sylow de Gest de cardinal 6. En particulier, le groupe S(E) des bijec-
tions de Eest isomorphe `a S6. Se donner une action de Gsur E´equivaut `a se donner un homomorphisme
Φ : G−→ S(E). En particulier, l’action de Gsur Epar conjugaison implique l’existence d’un homo-
morphisme Φ : G−→ S(E)
g7−→ E−→ E
S7−→ gSg−1
et donc d’un homomorphisme Ψ : G−→ S6(puisque
S(E) et S6sont isomorphes).
Le noyau de Ψ est un sous-groupe normal de G. Par hypoth`ese, Ψ est donc soit injective soit ´egale `a
l’homomorphisme trivial. Le second cas n’est pas possible puisque Ψ est l’action de Gsur Eest transitive
(d’apr`es les th´eor`emes de sylow) et que n5>1.
Exercice 3. (15 points)
Montrer que tout groupe d’ordre 56 a au moins un sous-groupe normal non trivial.
Solution. Soit G un groupe d’ordre 56, et nple nombre de p-sous-groupes de Sylow. D’apr`es le troisi`eme
th´eor`eme de Sylow, on a
–n2≡1 (mod 2) et n2|7, c’est-`a-dire n2= 1 ou n2= 7 ;
–n7≡1 (mod 7) et n7|8, c’est-`a-dire n7= 1 ou n7= 8.

Si n7= 1, alors Ga un unique 5-sous-groupe de Sylow. Ce groupe est un sous-groupe distingu´e d’apr`es le
deuxi`eme th´eor`eme de Sylow.
Supposons que n7= 8. D’apr`es de le troisi`eme point de l’exercice 2 de la s´erie 14, Gcontient 48 ´el´ements
d’ordre 7. De plus, si n2>1, alors Gcontient au moins 9 ´el´ements d’ordre 2iavec 0 ≤i≤3. On en d´eduit
que
9 + 48 ≤ |G|= 56,
ce qui est une contradiction. Par suite, si n7= 8, alors Ga un unique 2-sous-groupe de Sylow, qui est distingu´e
d’apr`es le deuxi`eme th´eor`eme de Sylow.
Exercice 4. (20 points)
Soient Aun anneau et Iun id´eal bilat`ere de A. On note M2(I) l’ensemble des matrices M∈M2(A) dont les
coefficients appartiennent `a I.
1. Montrer que M2(I) est un id´eal bilat`ere de M2(A).
2. On suppose maintenant que Kest un corps. Montrer que tout id´eal bilat`ere de M2(K) est soit  0 0
0 0 
soit M2(K).
Solution.
1. On a deux possibilit´es pour r´epondre `a cette question. La premi`ere consiste `a v´erifier les conditions de la
d´efinition d’un id´eal bilat`ere, `a savoir que M2(I) est un sous-groupe de M2(A) stable par multiplication
`a gauche et `a droite par les ´el´ements de M2(A).
La seconde m´ethode consiste `a remarquer que φ:M2(A)−→ M2(A/I)
a b
c d 7−→ [a]I[b]I [c]I[d]I
est un homo-
morphisme d’anneaux de noyau M2(I) puisque l’application A−→ A/I
x7−→ [x]I
est un homomorphisme
d’anneaux de noyau I:
φ a b
c d +a0b0 c0d0 =[a+a0]I[b+b0]I [c+c0]I[d+d0]I
=[a]I+ [a0]I[b]I+ [b0]I
[c]I+ [c0]I[d]I+ [d0]I
=φa b
c d +φa0b0 c0d0
φ a b
c d  a0b0 c0d0 =[aa0+bc0]I[ab0+bd0]I [ca0+dc0]I[cb0+dd0]I
=[a]I[a0]I+ [b]I[c0]I[a]I[b0]I+ [b]I[d0]I
[c]I[a0]I+ [d]I[c0]I[c]I[b0]I+ [d]I[d0]I
=φa b
c d φa0b0 c0d0.
En particulier M2(I) est un id´eal bilat`ere de M2(A).
2. Soit Jun id´eal bilat`ere non nul de M2(K). Soit M∈June matrice non nulle.
Supposons que Mest de rang 2. Par d´efinition du rang d’une matrice, il existe deux matrices U, V ∈
GL2(K) telles que UMV =1 0
0 1 . En particulier, comme Jest un id´eal bilat`ere de M2(K) et
M∈J, on a 1 0
0 1 ∈J. Dans ce cas, on a J=M2(K).
Supposons maintenant que Mest de rang 1. Par d´efinition du rang d’une matrice, il existe deux matrices
U, V ∈GL2(K) telles que UMV =1 0
0 0 . Par suite, on a 1 0 0 0 ∈J. On en d´eduit que

0 0
0 1 =0 1 1 0  1 0 0 0  0 1 1 0 ∈J. Par cons´equent on a 1 0 0 1 =1 0 0 0 +
0 0
0 1 ∈J. Dans ce cas, on a aussi J=M2(K).
Exercice 5. (20 points)
Soit Aun anneau commutatif factoriel.
1. Pour tout a, b ∈Amontrer l’existence de pgcd(a, b).
2. Plus g´en´eralement, pour tout id´eal Inon nul de A, montrer l’existence de pgcd(I) i.e. d’un ´el´ement
d∈Atel que
•ddivise tous les ´el´ements x∈Ide I, et
•si δdivise tous les ´el´ements x∈Ide I, alors δdivise d.
3. On suppose maintenant que pour tous x1,· · · , xn∈Ail existe u1,· · · , un∈Atel que pgcd(x1,· · · , xn) =
u1x1+· · · +unxn. Montrer que Aest principal.
Solution.
On note Pun syst`eme d’irr´eductibles de l’anneau factoriel A(i.e. un ensemble Pd’´el´ements irr´eductibles de
Atel que, pout tout ´el´ement irr´eductible qde A, il existe un unique p∈Pet un unique u∈A∗tels que
q=up). Si a∈Aest non nul et p∈Pon note vp(a) l’exposant de pdans une d´ecomposition de aen produit
d’´el´ements irr´eductibles :
a=uY
p∈P
pvp(a)
avec u∈A∗.
1. Soient a, b ∈A. Alors adivise bsi et seulement si vp(a)≤vp(b) pour tout p∈P. Par cons´equent
Y
p∈P
pmin{vp(a),vp(b)}est un pgcd de aet b.
2. En s’inspirant de la question pr´ec´edente on pose
vp(I) := min{vp(x) : x∈I, x 6= 0} ≥ 0
pour tout p∈P. Si x∈Iest non nul, alors vp(x) = 0 pour tout p∈Psauf un nombre fini. En particulier,
il n’existe qu’un nombre fini de p∈Ptels que vp(I)6= 0. On peut donc poser
d:= Y
p∈P
pvp(I).
Si x∈Iest non nul, alors vp(d) = vp(I)≤vp(x) pour tout p∈P(par d´efinition de vp(I)) et donc d
divise x.
Si c∈Adivise tous les x∈I, alors vp(c)≤vp(x) pour tout p∈Pet tout x∈Inon nul. Dans ce cas
on a donc
vp(c)≤min{vp(x) : x∈I, x 6= 0}=vp(I) = vp(d)
i.e. cdivise d. Par suite, dest un pgcd des ´el´ements non nuls de I.
3. On conserve les notations de la question pr´ec´edente. On commence par montrer l’existence de x1,· · · , xn∈
Itels que d= pgcd(x1,· · · , xn). Si x∈Iest non nul, alors il existe p1,· · · , pr∈Pdeux `a deux distincts
tels que vp(x)6= 0 si et seulement si p∈ {p1,· · · , pr}. En particulier, vp(I) = 0 si p /∈ {p1,· · · , pr}.
Comme
{vp(y) : y∈I, y 6= 0, vp(y)≤vp(x)}
est fini, le minimum vp(d) = vp(I) = min{vp(y) : y∈I, y 6= 0}est atteint : il existe xi∈Itel que
vpi(I) = vpi(xi). On a alors d= pgcd(x1,· · · , xr).
Par hypoth`ese, il existe donc u1,· · · , ur∈Atels que d=u1x1+· · · +urxr. Or tous les ´el´ements xisont
dans l’id´eal I, donc d∈Ipar d´efinition d’un id´eal. Par suite Iest principal et engendr´e par d. Ainsi A
est bien principal.