Corrigé 8

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
14 Novembre 2011
Corrigé 8
Le test du 21 novembre ne portera pas sur cette série. Les exercices qui n’ont
pas été terminés le 14 novembre seront repris et finis lors de la scéance du 28
novembre.
Exercice 1.
Soient p un premier et (A, +) un p-groupe abélien fini.
(1) Montrer que A a un élément d’ordre p.
(2) On suppose que A a un seul sous-groupe d’ordre p, que l’on note K.
(a) Montrer que A/K est isomorphe à un sous groupe de A
(b) En utilisant une récurrence sur le cardinal de A, déduire des deux
questions précédentes que A est cyclique.
(3) Soit A1 un sous-groupe cyclique de A de cardinal maximal.
(a) On suppose que A n’est pas cyclique. Vérifier l’existence d’un sousgroupe B d’ordre p de A qui ne soit pas contenu dans A1 .
(b) Montrer par récurrence sur le cardinal de A l’existence d’un sousgroupe H de A tel que A = A1 + H et A1 ∩ H = {0A }.
Indication : que peut -on dire sur l’ordre du sous-groupe (A1 +B)/B
de A/B ?
(4) Soient a ∈ A un élément de A d’ordre maximal et A1 le sous-groupe engendré par a. Soit x ∈ A/A1 . Déduire des questions précédentes l’existence
de y ∈ x tel que l’ordre de y ∈ A soit égal à l’ordre de l’élément x ∈ A/A1 .
Solution.
(1) Soit x un élément non trivial de A. D’après le théorème de Lagrange,
l’ordre de x divise l’ordre de A. En particulier l’ordre de x est de la forme
pr pour un certain entier r > 0. L’élément pr−1 x est donc d’ordre p.
(2) (a) En considèrant la multiplication par p, on définit un homomorphisme
de groupe
φp : A −→ A
a 7−→ pa = a + · · · + a.
Le noyau de φp est engendré par les sous-groupes d’ordre p de A. Le
groupe A a un unique sous-groupe d’ordre p, noté K. En particulier,
le sous-groupe ker(φp ) = K est d’ordre p.
2
D’après le premier théorème d’isomophisme, l’image de φp est un
sous-groupe de A isomorphe à A/K (remarquez que tout sous-groupe
de A est normal car A est abélien).
(b) Tout groupe d’ordre 1 ou p est un groupe cyclique.
On suppose que l’on ait montré que tout sous-groupe d’ordre pr ayant
un seul sous-groupe d’ordre p est un groupe cyclique. On suppose de
plus que A est d’ordre pr+1 .
D’après la question précédente, Im(φp ) a même 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 A a au plus un sousgroupe d’ordre p, donc Im(φp ) a au plus un sous-groupe d’ordre p
(et, d’après la question (1), le groupe Im(φp ) a en fait exactement un
sous-groupe d’ordre p).
Par hypothèse de récurrence, Im(φp ) est donc un groupe cyclique.
D’après la question précédente, le groupe quotient A/K est donc
aussi cyclique.
Soient α ∈ A/K un générateur de A/K et a un représentant de α.
D’après la question (1), le groupe engendré par a contient un sousgroupe d’ordre p, qui est forcément égal à K, puisque A a au plus
un sous-groupe d’ordre p. En particulier K est contenu dans le sousgroupe engendré par a.
Les élément de A/K étant les classes de la forme na+K (avec n ∈ Z),
tout élément de A s’écrit na + k pour un certain n ∈ Z et un certain
k ∈ K. Le groupe K étant contenu dans le sous-groupe engendré par
a, tout les élément de A sont de la forme na pour un certain n ∈ Z.
(3) (a) Comme A n’est pas cyclique, il contient au moins deux groupes d’ordre p distincts que l’on note B1 et B2 . Comme A1 est cyclique, A1 a
au plus un sous-groupe d’ordre p. Par suite B1 et B2 ne peuvent être
tous deux contenus dans A1 .
(b) Un groupe d’ordre p est cyclique. Par conséquent si A est d’ordre 1
ou p, on a A1 = A et il suffit de prendre H = {0A }.
On suppose que que pour tout groupe abélien fini A de cardinal pr et
tout sous-groupe cyclique maximal A1 de A, il existe un sous-groupe
H de A tel que A = A1 + H et A1 ∩ H = {0A }. Soient A un groupe
d’ordre pr+1 et A1 un sous-groupe cyclique maximal de A. Si A est
cyclique alors A = A1 .
On suppose A non cyclique. D’après la question précédente, il existe
un sous-groupe B de A d’ordre p qui n’est pas contenu dans A1 .
Alors le groupe A/B est d’ordre pr et (A1 + B)/B est un sous-groupe
cyclique maximal de A/B. Par hypothèse de récurrence, il existe un
un sous groupe K de A/B tel que
A/B = ((A1 + B)/B) + K
et
((A1 + B)/B) ∩ K = {0A/B }.
3
Tout sous-groupe de A/B est de la forme M/B pour un certain sousgroupe M de A contenant B. En particulier il existe un sous-groupe
H de A contenant B tel 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
a A = A1 + H. Soit a ∈ A1 ∩ H. Alors la classe de a modulo B est
dans ((A1 + B)/B) ∩ K. Par conséquent la classe de a modulo B est
triviale, i.e. a ∈ B. Or a ∈ A1 et A1 ∩ B = {0A } (car B est un groupe
d’ordre premier qui n’est pas contenu dans le groupe H) donc a = 0A .
Ceci termine notre démonstration par récurrence.
(4) Le groupe A1 est un groupe cyclique d’ordre maximal. D’après les questions précédentes, il existe un sous-groupe H de A tel que A = A1 + H et
A1 ∩ H = {0A }. Soit z ∈ x. Soient m ∈ Z et y ∈ H tels que z = ma + y.
Alors on a y ∈ z + A1 = x et donc x = y + A1 .
Soit n l’ordre de x = y + A1 ∈ A/A1 . Par définition de l’ordre de x, on
a ny + A1 = n(y + A1 ) = nx = 1A/A1 = A1 . En particulier, on ny ∈ A1 .
Or y ∈ H et A1 ∩ H = {0A }, donc ny = 0A . L’ordre de y est 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 x divise l. Par suite, l’ordre de
y est égal à l’ordre de x.
Exercice 2.
On rappelle que le théorème de structure des groupes abéliens finis affirme que
r
Y
tout groupe abélien fini G est isomorphe à
Z/di Z avec d1 , · · · , dr des entiers
i=1
tels que di |di+1 .
(1) Donner la liste des classes d’isomorphie des groupes abéliens d’ordre 432.
(2) Montrer que tout groupe abélien d’ordre 30 est cyclique.
s
Y
(3) Comment peut on calculer les entiers di quand G =
Z/qi Z pour ceri=1
tains entiers q1 , · · · , qs strictement positifs ?
(4) Calculer les entier di quand G = Z/18Z × Z/20Z × Z/63Z.
(5) A quelle condition sur les entiers di le groupe G est il cyclique ?
Solution.
(1) On décompose 432 en produit de facteurs premiers : 432 = 24 ×33 . D’après
le théorème de structure des groupes abéliens finis, tout groupe abélien
d’ordre 432 est isomorphe à 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 remarqué que, bien que 4 ne divise pas 54, le groupe
Z/2Z × Z/4Z × Z/54Z apparait bien dans la liste ? En effet on a
Z/2Z × Z/4Z × Z/54Z ' Z/2Z × Z/216Z.
Les redondances dans la liste sont évitées grâce aux conditions de divisibilité des entiers di . Notez aussi que les conditions de divisibilité permettent de ne pas avoir à calculer tout les factorisations de 432 en produit
r
Y
d’entiers mais seulement les factorisations 432 =
di avec di |di+1 .
i=1
(2) Un groupe abélien d’ordre 30 est isomorphe à
r
Y
Z/di Z avec d1 , · · · , dr
i=1
des entiers tels que di |di+1 . Le produit d1 · · · dr est à Card(G) = 30. Or,
pour tout indice i, on a di |dr , donc dr est divisible par tous les facteurs
premiers de 30.
L’entier 30 est sans facteur carré, c’est à dire qu’aucun carré n’apparait
dans sa décomposition en produit de nombres premiers : 30 = 2 × 3 × 5.
Par suite 30 divise dr . On en déduit que dr = 30, i.e. que G ' Z/30Z.
(3) Soit m et n deux entiers premiers entre eux. Le lemme chinois vu lors de
la série 2 affirme l’existence d’un isomorphisme
Z/mnZ ' Z/nZ × Z/mZ.
Pour calculer les entiers di on commencer par chercher la factorisation
des entiers qi en produit de nombres premiers :
qi = ±
t
Y
j=1
n
pj i,j
5
Avec ni,j ∈ N pouvant être nul (pour des raisons de simplicité d’écriture
nous voulons que la famille de nombres premiers utilisée ne dépende pas
de qi ). D’après le lemme chinois, on a
s
Y
Z/qi Z '
i=1
s Y
t
Y
n
Z/pi i,j Z.
i=1 j=1
Pour tout k ∈ {1, · · · s} et tout j ∈ {1, · · · , t}, on note mi,k la k-ième
plus grande valeur apparaissant dans la liste des exposants n1,j , · · · , ns,j .
On obtient ainsi s entiers m1,j ≤ · · · ≤ ms,j tels que {m1,j , · · · , ms,j } =
t
Y
c
0
{n1,j , · · · , ns,j }. On pose dk :=
pjk,j . Par construction, dk0 divise d0k+1
j=1
pour tout indice k. D’après le lemme chinois, on a
s
s
Y
Y
Z/d0k Z.
Z/qi Z '
i=1
k=1
Par unicité des entiers di apparaissant dans le théorème de structure des
groupes abéliens libres, les entiers di sont (au signe près) les entiers d0k
(plus exactement, ceux qui sont différents 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’après 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 n un groupe cyclique a au plus un sous-groupe de cardinal
n. Comme di divise dr , le groupe Z/dr Z a au moins un sous-groupe de
cardinal di . Par suite le groupe G est cyclique si et seulement si dr =
±card(G) (et dans ce cas di = ±1 pour tout i < r).
Exercice 3.
Soit G un groupe non commutatif d’ordre p2 .
(1) Montrer que G est engendré par deux éléments h1 , h2 ∈ G d’ordre p.
(2) Au cours de l’exercice 7 de la série 6, on a montré que le groupe Hi
engendré par hi est normal dans G. En déduire que le groupe des commutateurs de G est inclu dans Hi .
(3) En déduire 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 G a un élément d’ordre p2 alors G est cyclique. l’ordre des éléments de
G est donc soit 1 soit p. Soient h1 , h2 ∈ G d’ordre p avec h2 en dehors du
sous-groupe engendré par p. Alors le sous-groupe H engendré par h1 et
6
h2 est d’ordre divisant p2 et plus grand que p + 1. Par conséquent H est
d’ordre p2 . Comme G est aussi d’ordre p2 , on a G = H.
(2) Comme Hi est normal, G/Hi peut être muni d’une structure de groupe
pour laquelle la surjection canonique π : G −→ G/Hi est un homomorphisme de groupe. Le groupe G/Hi est d’ordre p.
Le groupe G/Hi est donc cyclique. En particulier, G/Hi est abélien.
L’image par π d’un commutateur dans G est un commutateur dans G/Hi .
Cette image est donc égale à 1G/Hi . Par conséquent, le groupe des commutateurs de G est contenu dans Hi .
(3) Comme H1 et H2 sont deux sous-groupes d’ordre p distincts, le théorème
de Lagrange montre que le cardinal H1 ∩ H2 est de cardinal 1. Par suite,
pour tout x, y ∈ G, on a xyx−1 y −1 = 1G i.e. xy = yx. Ceci contredit la
non-commutativité de G.
(4) D’après le théorème de structure des groupes abéliens finis, les classes d’isomorphie des groupes d’ordre p2 sont les classes d’isomorphies de (Z/pZ)2
et Z/p2 Z.
Exercice 4.
(1) Soient A, B, C trois groupes abéliens finis. Montrer que si A × B ' A × C,
alors B ' C.
Attention : on ne connait pas à priori l’isomorphisme entre A × B et
A×C!
(2) On note A = (Z/4Z)N (respectivement B = (Z/4Z × Z/2Z)N , respectivement C = (Z/2Z)N ) le groupe des suites à valeurs dans Z/4Z (respectivement Z/4Z × Z/2Z, respectivement Z/2Z). Montrer que A × B ' A × C
mais que B et C ne sont pas isomorphes.
Solution.
(1) Le théorème de structure des groupes abéliens finis affirme l’existence
d’entiers α1 , · · · , αr , β1 , · · · βs , γ1 , · · · , γt > 1 (uniques !) tels que
r
Y
• A'
Z/αi Z et αi |αi+1 pour tout i ;
i=1
• A'
• A'
r
Y
i=1
r
Y
Z/βi Z et βi |βi+1 pour tout i ;
Z/γi Z et γi |γi+1 pour tout i ;
i=1
Comme A × B ' A × C, on a
r
Y
i=1
Z/αi Z ×
r
Y
i=1
Z/βi Z '
r
Y
i=1
Z/αi Z ×
r
Y
i=1
Z/γi Z,
7
ce qui n’est possible que si βi = γi (par l’assertion d’unicité dans le
théorème de structure des groupes abéliens finis). En particulier on a
B ' C.
(2) Un isomorphisme de groupe entre A × B et A × C est donné par l’application :
A × C −→ A × B
(un )n∈N , (vn )n∈N 7−→ (u2n )n∈N , ((u2n+1 , vn ))n∈N
Les groupes B et C ne sont pas isomorphes : B a un élément d’ordre 4,
mais tous les éléments de C sont d’ordre divisant 2.