Corrigé 6

Cours d’Algèbre I
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 3
31 Octobre 2011
Corrigé 6
Exercice 1 (Les sous-groupes des groupes quotients).
Soit f : G1 −→ G2 un homomorphisme de groupes. On rappelle les faits
suivants :
(A) l’image réciproque d’un sous-groupe de G2 par f est un sous-groupe de G1 ;
(B) l’image réciproque d’un sous-groupe normal de G2 par f est un sous-groupe
normal de G1 ;
(C) l’image d’un sous-groupe de G1 par f est un sous-groupe de G2 ;
(D) si f est surjectif, alors l’image d’un sous-groupe normal de G1 par f est un
sous-groupe normal de G2 .
(1) Donner un contre-exemple à la dernière assertion lorsque f n’est plus
supposé surjectif.
(2) Soit N un sous-groupe normal d’un groupe G.
(a) Montrer que la surjection canonique π : G −→ G/N induit une
bijection f entre l’ensemble des sous-groupes de G contenant N et
l’ensemble des sous-groupes de G/N .
(b) Montrer que f induit par restriction une bijection entre l’ensemble
des sous-groupes normaux de G contenant N et l’ensemble des sousgroupes normaux de G/N .
Solution.
(1) Comme
−1 0 1
1 0
0 1
b 0
=
,
1 0
0 b
1 0
0 1
1 0
le sous-groupe
: b ∈ R \ {0} de GL2 (R) n’est pas normal
0 b
dans GL2 (R). En particulier l’image de l’homomorphisme de groupe
R∗ −→ GL2 (R)
1 0
b 7−→
0 b
n’est pas un sous-groupe normal de GL2 (R) bien que R∗ soit un sousgroupe normal de R∗
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(2) (a) La surjection canonique π : G −→ G/N est un homomorphisme de
groupe sujectif. D’après l’assertion (C), on a une application f de
l’ensemble des sous-groupes de G contenant N vers l’ensemble des
sous-groupes de G/N qui associe à un sous-groupe H de G le sousgroupe f (H) := π(H). Comme π est surjective, pour tout sous-groupe
E de G/N , on a E = f (π −1 (E)). D’après l’assertion (A), l’ensemble
π −1 (E) est un sous-groupe de G. On en déduit que f est surjective
puisque N = ker(π) ⊂ π −1 (E).
L’injectivité de f s’obtient en montrant que H = π −1 (f (H)) pour
tout sous-groupe H de G contenant N . On a toujours H ⊂ π −1 (f (H))
mais on n’a pas égalité en général si on ne suppose pas que H contient
N . Soit H un sous-groupe de G contenant N . Soit g ∈ π −1 (f (H)).
alors π(g) est dans f (H) = π(H). En particulier, il existe h ∈ H tel
que π(g) = π(h). Par définition de π, il existe donc n ∈ N tel que
g = hn. Or N ⊂ H donc g = hn appartient à H. Ainsi, on a bien
π −1 (f (H)) ⊂ H et donc π −1 (f (H)) = H.
(b) Il suffit de remplacer respectivement, dans la réponse à la question
6(a), l’utilisation de l’assertion (A) et de l’assertion (C) par une application de l’assertion (B) et de l’assertion (D).
Exercice 2 (Les espace vectoriels quotients).
Soient K un corps et F un sous-espace vectoriel d’un K-espace vectoriel E.
Montrer que le groupe quotient (E/F, +) est isomorphe en tant que groupe à un
sous-espace vectoriel de E.
Solution.
Soit G un supplémentaire de F dans E. Alors (G, +) est un sous-groupe de
(E, +). Soit p la projection sur G parallèlement à F . Vous avez vu en première
année que l’application p : (E, +) −→ (G, +) est un homomorphisme de groupe
(et même une application linéaire) dont le noyau est F . D’après le premier
théorème d’isomorphisme, (G, +) est isomorphe au quotient (E/F, +).
Exercice 3 (Le cercle unité).
(1) Montrer que le cercle C de centre 0 et de rayon 1 est un sous-groupe de C∗ .
(2) Montrer que (Z, +) est normal dans (R, +).
(3) Montrer que le groupe quotient (R/Z, +) est isomorphe à (C, ×).
Solution.
(1) Le cercle C de centre 0 et de rayon 1 est est l’ensemble des nombres
complexes de module 1. Il est non vide (il contient 1). Pour tout a, b ∈ C
on a |a.b| = |a|.|b|. Si a 6= 0, on a aussi |a−1 | = |a|−1 |. Le cercle C est donc
bien un sous-groupe de C∗ .
(2) Le groupe (R, +) est commutatif donc (Z, +) est normal dans (R, +).
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(3) On considère l’application f : R −→ C, θ 7−→ exp(2πiθ). La fonction
exp : (C, +) −→ C∗ est un homomorphisme de groupe. Des propriétés des
fonctions cos et sin vues en cours d’analyse nous déduisons que :
• l’application f est surjective ;
• l’application f est 1-périodique ; en particulier son noyau contient Z ;
• la restriction de l’application f à [0, 2π] est injective ; en particulier
le noyau de f est contenu dans Z.
D’après le premier théorème d’isomorphisme, le groupe quotient (R/Z, +)
est isomorphe à (C, ×).
Exercice 4 (Quelques quotients de Q/Z).
(1) Montrer que pour tout n ∈ N∗ , le groupe quotient Q/Z contient exactement un sous-groupe cyclique d’ordre n.
(2) Quels sont les homomorphismes de Z/nZ dans Q/Z ?
(3) Quels sont les homomorphismes de Q/Z dans Z ?
Solution.
(1) Soit x ∈ Q/Z un générateur d’un groupe cyclique de cardinal n. Alors nx
est dans Z, c’est-à-dire que x est la classe de congruence de m/n modulo Z
pour un certain m ∈ Z.
Si d est un facteur commun de m et n, alors x est d’ordre au plus n/d.
Par conséquent, n et m sont premiers entre eux. Soit (µ, ν) ∈ Z2 \ {(0, 0)}
tel que µm + νn = 1. Alors µ(m/n) = (1/n) − ν et 1/n ont la même
classe de congruence modulo Z. Ainsi le groupe engendré par x est aussi
le groupe engendré par la classe de 1/n modulo Z. Le groupe Q/Z a donc
exactement un sous-groupe de cardinal n.
(2) Soit π : Z −→ Z/nZ la surjection canonique. Soit f : Z/nZ −→ Q/Z
un homomorphisme de groupe. Le morphisme f ◦ π : Z −→ Q/Z est
entièrement déterminé par la donnée de f (π(1)).
Le noyau de f ◦ π contient nZ. Par conséquent ker(f ◦ π) = mZ pour
un certain diviseur m de Z. D’après le premier théorème d’isomorphisme,
l’image de f ◦π est un sous-groupe cyclique d’ordre m de Q/Z. La réponse à
la question précédente montre f (π(1)) est la classe de congruence modulo
Z de a/m pour un certain entier a ∈ Z premier à m. Ainsi, pour tout
entier k ∈ Z, on a
f (k
mod n) = (ka/m)Z
où k mod n désigne la classe de congruence de k modulo n.
Inversement si m est un diviseur de n et a ∈ Z est premier à m, alors
l’application
f:
Z/nZ
−→
Q/Z
k mod n 7−→ (ka/m)Z
est bien définie. C’est même un homomorphisme de groupe.
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(3) Un homomorphisme de groupe de Q/Z dans Z s’obtient par passage au
quotient d’un homomorphisme de groupe de Q dans Z. On a un seul
homomorphisme de groupe f : Q −→ Z. L’homomorphisme trivial est
donc le seul homomorphisme de groupe de Q/Z dans Z.
Exercice 5 (Les quotients de groupes cycliques).
Soit n ≥ 2 un entier.
(1) Quels sont les sous-groupes normaux de Z/nZ ?
(2) Déterminer à isomorphisme près quels groupes sont isomorphes à un quotient de Z/nZ par un de ses sous-groupes normaux.
(3) Quels sont les groupes G pour lesquels il existe un homomorphisme de
groupes surjectif f : Z/nZ −→ G ?
Solution.
(1) Le groupe Z/nZ est un groupe abélien. Tous ses sous-groupes sont donc
normaux. Les sous groupes de Z/nZ sont les sous-groupes de la forme
dZ/nZ où d est un diviseur de n i.e. les groupes cycliques engendrés par
la classe de congurence modulo n d’un diviseur d de n.
(2) Soit H un sous-groupe de Z/nZ. Il existe un diviseur d de n tel que
H = dZ/nZ. On considère les deux inclusions
nZ ⊂ dZ ⊂ Z
de sous-groupes normaux de Z. D’après le troisième théorème d’isomorphisme, le quotient (Z/nZ) / (dZ/nZ) est isomorphe à Z/dZ. Les groupes
isomorphes à un quotient de Z/nZ par un de ses sous-groupes sont donc
les groupes isomorphes à Z/dZ pour un certain diviseur d de n, c’est-à-dire
les groupes cycliques d’ordre un diviseur d de n.
(3) D’après le premier théorème d’isomorphisme les groupes G pour lesquels
il existe un homomorphisme de groupe surjectif f : Z/nZ −→ G sont
exactement les groupes isomorphes à un quotient de Z/nZ par un de
ses sous-groupes normaux, c’est-à-dire les groupes cycliques d’ordre un
diviseur d de n (c.f. la question précédente).
Exercice 6 (Quelques quotients des groupes diédraux).
Soit n ≥ 2 un entier impair. On rappelle que D2n est engendré par un élément r
d’ordre exactement n et un élément s d’ordre exactement 2 tels que srs−1 = r−1 .
(1) Montrer que, pour tout diviseur m de n, le groupe D2n contient exactement
un sous-groupe Cm isomorphe à Z/mZ. Le groupe Cm est il le noyau d’un
homomorphisme de groupes ?
(2) Le sous-groupe H engendré par s est il le noyau d’un homomorphisme de
groupes ?
Solution.
5
(1) Comme rs = sr−1 , tout élément dans le groupe D2n est de la forme si rj
avec i ∈ {0, 1} et 0 ≤ j < n. Tout sous-groupe cyclique de D2n est donc le
groupe engendré par si rj pour un certain i ∈ {0, 1} et un certain entier j
tel que 0 ≤ j < n. Comme srj est d’ordre 2 et rj est d’ordre n/pgcd(j, n),
et comme m est impair, le groupe D2n contient un seul sous-groupe Cm
isomorphe à Z/mZ, à savoir le sous-groupe Cm engendré par rn/m . Comme
srj s−1 = r−j , le groupe Cm est normal. Par conséquent, Cm est le noyau
de la surjection canonique D2n −→ D2n /Cm .
(2) D’après l’exercice 1, si H était le noyau d’un homomorphisme de groupe,
alors H serait normal. Ce n’est pas le cas puisque rsr−1 ∈
/ {1D2n , s}.
Exercice 7 (Sous-groupes d’indice premier).
Soit H un sous-groupe d’un groupe fini G. On considère l’application
(*)
f : G −→
S(G/H)
g 7−→ (xH 7→ gxH)
On note p := [G : H].
(1) Montrer que f est un homomorphisme de groupes et que ker(f ) ⊂ H.
(2) Montrer que, si le cardinal de G ne divise pas p!, alors ker(f ) est un
sous-groupe normal non trivial de G.
(3) On suppose que p = [G : H] est égal au plus petit facteur premier de G.
En vous inspirant de la réponse à la question précédente, montrer que H
est normal dans G.
Indication : bien que ce ne soit pas demandé, on peut montrer qu’en
général ker(f ) est le plus grand sous-groupe de H normal dans G.
Solution.
(1) Le fait que f soit un homomorphisme est immédiat. Soit g ∈ ker(f ).
Alors pour tout x ∈ g on a gxH = xH. En particulier, pour x = 1G , on a
gH = H, c’est-à-dire que g ∈ H. Ainsi on a bien ker(f ) ⊂ H.
(2) Le sous-groupe ker(f ) est normal (c’est le noyau d’un homomorphisme de
groupe). Si ker(f ) = 1 alors le premier théorème d’isomorphisme montre
que G est isomorphe à Im(f ). Dans ce cas, le théorème de Lagrange montre
que le cardinal de G divise le cardinal de S(G/H), c’est-à-dire que le
cardinal de G divise p!.
(3) D’après le premier théorème d’isomorphisme, f induit un isomorphisme
entre G/ ker(f ) et un sous-groupe de S(G/H). En particulier, d’après le
théorème de Lagrange, le cardinal de G/ ker(f ) divise p!.
Le cardinal de G/ ker(f ) divise le cardinal de G, donc, si f n’est pas
triviale, le plus petit facteur premier du cardinal de G/ ker(f ) est p.
Ces deux remarques montrent que le cardinal de G/ ker(f ) est 1 ou p.
Par conséquent, le théorème de Lagrange montre que H/ ker(f ) est soit
{1} soit G/ ker(f ). D’après l’exercice 1, le sous-groupe H est donc égal
soit à ker(f ) soit à G. Ainsi H est normal dans G.
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Exercice 8 (Groupes quotients et groupes de permutation).
(*)
On note V4 le sous-groupe de S4 d’ordre 4 dont les éléments sont les permutations
τ1 := (1 4)(2 3),
τ2 := (1 3)(2 4),
τ3 := (1 2)(3 4),
τ4 := Id.
(1) Montrer que V4 est normal dans S3 .
(2) Montrer que S3 est isomorphe au groupe quotient S4 /V4 .
Solution.
(1) Il suffit de remarquer que, si i, j, k, l sont des éléments de {1, 2, 3, 4} deux
à deux distincts, alors pour tout σ ∈ S4 , on a
σ(i j)(k l)σ −1 = σ(i j)σ −1 σ(k l)σ −1 = (σ(i) σ(j))(σ(k) σ(l)).
En particulier, σ(i j)(k l)σ −1 est bien dans V4
(2) Par définition de τσ(4) , pour tout σ ∈ S4 , la permutation στσ−1 (4) laisse 4
invariant. Ainsi on peut considérer l’application
f : S4 −→
S3
σ 7−→ στσ−1 (4)
Soient σ, σ 0 ∈ S4 . Alors f (σσ 0 ) = f (σ)f (σ 0 ) si et seulement si
τσ0−1 σ−1 (4) = σ 0−1 τσ−1 (4) σ 0 τσ0−1 (4) .
Comme V4 est normal dans S4 , la permutation σ 0−1 τσ−1 (4) σ 0 τσ0−1 (4) est
dans V4 . Pour montrer que τσ0−1 σ−1 (4) = σ 0−1 τσ(4) σ 0 τσ0 (4) , il suffit donc de
vérifier que σ 0−1 τσ−1 (4) σ 0 τσ0−1 (4) envoie 4 sur σ 0−1 σ −1 (4) ce qui découle de
la définition de τσ−1 (4) et τσ0−1 (4) .
On vient ainsi de montrer que f est un homomorphisme de groupe.
comme τ4 = Id, la restriction de f à S3 est IdS3 . Par conséquent f
est surjective. D’après le premier théorème d’isomorphisme, f induit un
isomorphisme entre S4 / ker(f ) et S3 . En particulier ker(f ) est de cardinal
4!/3! = 4. Le noyau de f contient V4 qui est de cardinal 4, donc ker(f ) =
V4 .