Corrigé 8

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 14 Novembre 2011
Corrig´e 8
Le test du 21 novembre ne portera pas sur cette s´erie. Les exercices qui n’ont
pas ´et´e termin´es le 14 novembre seront repris et finis lors de la sc´eance du 28
novembre.
Exercice 1.
Soient pun premier et (A, +) un p-groupe ab´elien fini.
(1) Montrer que Aa un ´el´ement d’ordre p.
(2) On suppose que Aa un seul sous-groupe d’ordre p, que l’on note K.
(a) Montrer que A/K est isomorphe `a un sous groupe de A
(b) En utilisant une r´ecurrence sur le cardinal de A, d´eduire des deux
questions pr´ec´edentes que Aest cyclique.
(3) Soit A1un sous-groupe cyclique de Ade cardinal maximal.
(a) On suppose que An’est pas cyclique. V´erifier l’existence d’un sous-
groupe Bd’ordre pde Aqui ne soit pas contenu dans A1.
(b) Montrer par r´ecurrence sur le cardinal de Al’existence d’un sous-
groupe Hde Atel que A=A1+Het A1∩H={0A}.
Indication : que peut -on dire sur l’ordre du sous-groupe (A1+B)/B
de A/B ?
(4) Soient a∈Aun ´el´ement de Ad’ordre maximal et A1le sous-groupe en-
gendr´e par a. Soit x∈A/A1. D´eduire des questions pr´ec´edentes l’existence
de y∈xtel que l’ordre de y∈Asoit ´egal `a l’ordre de l’´el´ement x∈A/A1.
Solution.
(1) Soit xun ´el´ement non trivial de A. D’apr`es le th´eor`eme de Lagrange,
l’ordre de xdivise l’ordre de A. En particulier l’ordre de xest de la forme
prpour un certain entier r > 0. L’´el´ement pr−1xest donc d’ordre p.
(2) (a) En consid`erant la multiplication par p, on d´efinit un homomorphisme
de groupe
φp:A−→ A
a7−→ pa =a+· · · +a.
Le noyau de φpest engendr´e par les sous-groupes d’ordre pde A. Le
groupe Aa un unique sous-groupe d’ordre p, not´e K. En particulier,
le sous-groupe ker(φp) = Kest d’ordre p.

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D’apr`es le premier th´eor`eme d’isomophisme, l’image de φpest un
sous-groupe de Aisomorphe `a A/K (remarquez que tout sous-groupe
de Aest normal car Aest ab´elien).
(b) Tout groupe d’ordre 1 ou pest un groupe cyclique.
On suppose que l’on ait montr´e que tout sous-groupe d’ordre prayant
un seul sous-groupe d’ordre pest un groupe cyclique. On suppose de
plus que Aest d’ordre pr+1.
D’apr`es la question pr´ec´edente, Im(φp) a mˆeme cardinal que A/K.
En particulier Im(φp) est un groupe d’ordre pr.
L’image Im(φp) est un sous-groupe de A. Or Aa au plus un sous-
groupe d’ordre p, donc Im(φp) a au plus un sous-groupe d’ordre p
(et, d’apr`es la question (1), le groupe Im(φp) a en fait exactement un
sous-groupe d’ordre p).
Par hypoth`ese de r´ecurrence, Im(φp) est donc un groupe cyclique.
D’apr`es la question pr´ec´edente, le groupe quotient A/K est donc
aussi cyclique.
Soient α∈A/K un g´en´erateur de A/K et aun repr´esentant de α.
D’apr`es la question (1), le groupe engendr´e par acontient un sous-
groupe d’ordre p, qui est forc´ement ´egal `a K, puisque Aa au plus
un sous-groupe d’ordre p. En particulier Kest contenu dans le sous-
groupe engendr´e par a.
Les ´el´ement de A/K ´etant les classes de la forme na+K(avec n∈Z),
tout ´el´ement de As’´ecrit na +kpour un certain n∈Zet un certain
k∈K. Le groupe K´etant contenu dans le sous-groupe engendr´e par
a, tout les ´el´ement de Asont de la forme na pour un certain n∈Z.
(3) (a) Comme An’est pas cyclique, il contient au moins deux groupes d’or-
dre pdistincts que l’on note B1et B2. Comme A1est cyclique, A1a
au plus un sous-groupe d’ordre p. Par suite B1et B2ne peuvent ˆetre
tous deux contenus dans A1.
(b) Un groupe d’ordre pest cyclique. Par cons´equent si Aest d’ordre 1
ou p, on a A1=Aet il suffit de prendre H={0A}.
On suppose que que pour tout groupe ab´elien fini Ade cardinal pret
tout sous-groupe cyclique maximal A1de A, il existe un sous-groupe
Hde Atel que A=A1+Het A1∩H={0A}.Soient Aun groupe
d’ordre pr+1 et A1un sous-groupe cyclique maximal de A. Si Aest
cyclique alors A=A1.
On suppose Anon cyclique. D’apr`es la question pr´ec´edente, il existe
un sous-groupe Bde Ad’ordre pqui n’est pas contenu dans A1.
Alors le groupe A/B est d’ordre pret (A1+B)/B est un sous-groupe
cyclique maximal de A/B. Par hypoth`ese de r´ecurrence, il existe un
un sous groupe Kde A/B tel que
A/B = ((A1+B)/B) + Ket ((A1+B)/B)∩K={0A/B }.

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Tout sous-groupe de A/B est de la forme M/B pour un certain sous-
groupe Mde Acontenant B. En particulier il existe un sous-groupe
Hde Acontenant Btel que K=H/B. Comme
A/B = ((A1+B)/B) + H/B,
on a A= ((A1+B) + H) + B. En particulier, comme B⊂H, on
aA=A1+H. Soit a∈A1∩H. Alors la classe de amodulo Best
dans ((A1+B)/B)∩K. Par cons´equent la classe de amodulo Best
triviale, i.e. a∈B. Or a∈A1et A1∩B={0A}(car Best un groupe
d’ordre premier qui n’est pas contenu dans le groupe H) donc a= 0A.
Ceci termine notre d´emonstration par r´ecurrence.
(4) Le groupe A1est un groupe cyclique d’ordre maximal. D’apr`es les ques-
tions pr´ec´edentes, il existe un sous-groupe Hde Atel que A=A1+Het
A1∩H={0A}.Soit z∈x. Soient m∈Zet y∈Htels que z=ma +y.
Alors on a y∈z+A1=xet donc x=y+A1.
Soit nl’ordre de x=y+A1∈A/A1. Par d´efinition de l’ordre de x, on
any +A1=n(y+A1) = nx = 1A/A1=A1. En particulier, on ny ∈A1.
Or y∈Het A1∩H={0A}, donc ny = 0A. L’ordre de yest donc un
diviseur de n= ord(x). Inversement, si l:= ord(y) est l’ordre de y, alors
lx =ly +A1=A1. Dans ce cas, l’ordre de xdivise l. Par suite, l’ordre de
yest ´egal `a l’ordre de x.
Exercice 2.
On rappelle que le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis affirme que
tout groupe ab´elien fini Gest isomorphe `a
r
Y
i=1
Z/diZavec d1,· · · , drdes entiers
tels que di|di+1.
(1) Donner la liste des classes d’isomorphie des groupes ab´eliens d’ordre 432.
(2) Montrer que tout groupe ab´elien d’ordre 30 est cyclique.
(3) Comment peut on calculer les entiers diquand G=
s
Y
i=1
Z/qiZpour cer-
tains entiers q1,· · · , qsstrictement positifs ?
(4) Calculer les entier diquand G=Z/18Z×Z/20Z×Z/63Z.
(5) A quelle condition sur les entiers dile groupe Gest il cyclique ?
Solution.
(1) On d´ecompose 432 en produit de facteurs premiers : 432 = 24×33. D’apr`es
le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis, tout groupe ab´elien
d’ordre 432 est isomorphe `a l’un des groupes suivants :
Z/432Z
Z/2Z×Z/216Z
Z/3Z×Z/144Z

4
Z/4Z×Z/108Z,(Z/2Z)2×Z/108Z
Z/6Z×Z/72Z
(Z/2Z)3×Z/54Z
(Z/3Z)2×Z/48Z
Z/12Z×Z/36Z,Z/2Z×Z/6Z×Z/36Z
Z/3Z×Z/6Z×Z/24Z
(Z/2Z)2×Z/6Z×Z/18Z
Z/3Z×Z/12Z×Z/12Z,(Z/6Z)2×Z/12Z
Z/2Z×(Z/6Z)3
et de plus, parmis ces groupes, on ne peut pas en trouver deux qui soient
isomorphes.
Avez vous remarqu´e que, bien que 4 ne divise pas 54, le groupe
Z/2Z×Z/4Z×Z/54Zapparait bien dans la liste ? En effet on a
Z/2Z×Z/4Z×Z/54Z'Z/2Z×Z/216Z.
Les redondances dans la liste sont ´evit´ees grˆace aux conditions de divisi-
bilit´e des entiers di. Notez aussi que les conditions de divisibilit´e perme-
ttent de ne pas avoir `a calculer tout les factorisations de 432 en produit
d’entiers mais seulement les factorisations 432 =
r
Y
i=1
diavec di|di+1.
(2) Un groupe ab´elien d’ordre 30 est isomorphe `a
r
Y
i=1
Z/diZavec d1,· · · , dr
des entiers tels que di|di+1. Le produit d1· · · drest `a Card(G) = 30. Or,
pour tout indice i, on a di|dr, donc drest divisible par tous les facteurs
premiers de 30.
L’entier 30 est sans facteur carr´e, c’est `a dire qu’aucun carr´e n’apparait
dans sa d´ecomposition en produit de nombres premiers : 30 = 2 ×3×5.
Par suite 30 divise dr. On en d´eduit que dr= 30, i.e. que G'Z/30Z.
(3) Soit met ndeux entiers premiers entre eux. Le lemme chinois vu lors de
la s´erie 2 affirme l’existence d’un isomorphisme
Z/mnZ'Z/nZ×Z/mZ.
Pour calculer les entiers dion commencer par chercher la factorisation
des entiers qien produit de nombres premiers :
qi=±
t
Y
j=1
pni,j
j

5
Avec ni,j ∈Npouvant ˆetre nul (pour des raisons de simplicit´e d’´ecriture
nous voulons que la famille de nombres premiers utilis´ee ne d´epende pas
de qi). D’apr`es le lemme chinois, on a
s
Y
i=1
Z/qiZ'
s
Y
i=1
t
Y
j=1
Z/pni,j
iZ.
Pour tout k∈ {1,· · · s}et tout j∈ {1,· · · , t}, on note mi,k la k-i`eme
plus grande valeur apparaissant dans la liste des exposants n1,j,· · · , ns,j.
On obtient ainsi sentiers m1,j ≤ · · · ≤ ms,j tels que {m1,j,· · · , ms,j }=
{n1,j,· · · , ns,j }. On pose d0
k:=
t
Y
j=1
pck,j
j. Par construction, dk0divise d0
k+1
pour tout indice k. D’apr`es le lemme chinois, on a
s
Y
i=1
Z/qiZ'
s
Y
k=1
Z/d0
kZ.
Par unicit´e des entiers diapparaissant dans le th´eor`eme de structure des
groupes ab´eliens libres, les entiers disont (au signe pr`es) les entiers d0
k
(plus exactement, ceux qui sont diff´erents de 1 et −1).
(4) Il suffit de remarquer que 18 divise 20 ×63 = 1260 et que 20 et 63 sont
premiers entre eux.
En effet, d’apr`es le lemme chinois, on a Z/20Z×Z/63Z'Z/1260Z.
En particulier on a
Z/18Z×Z/20Z×Z/63/Z'Z/18Z×Z/1260Z.
(5) Pour tout nun groupe cyclique a au plus un sous-groupe de cardinal
n. Comme didivise dr, le groupe Z/drZa au moins un sous-groupe de
cardinal di. Par suite le groupe Gest cyclique si et seulement si dr=
±card(G) (et dans ce cas di=±1 pour tout i<r).
Exercice 3.
Soit Gun groupe non commutatif d’ordre p2.
(1) Montrer que Gest engendr´e par deux ´el´ements h1, h2∈Gd’ordre p.
(2) Au cours de l’exercice 7 de la s´erie 6, on a montr´e que le groupe Hi
engendr´e par hiest normal dans G. En d´eduire que le groupe des commu-
tateurs de Gest inclu dans Hi.
(3) En d´eduire qu’il n’existe pas de groupe commutatif d’ordre p2.
(4) Quelles sont les classes d’isomorphie des groupes d’ordre p2?
Solution.
(1) Si Ga un ´el´ement d’ordre p2alors Gest cyclique. l’ordre des ´el´ements de
Gest donc soit 1 soit p. Soient h1, h2∈Gd’ordre pavec h2en dehors du
sous-groupe engendr´e par p. Alors le sous-groupe Hengendr´e par h1et