corrigé - Institut de Mathématiques de Bordeaux

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Algèbre 3 – Licence 2
Année 2015–2016
Université Bordeaux
Mathématiques
Devoir Maison no 2
Exercice 1 : lemme de Frobenius
1. Il faut montrer que f (h) est une application de X dans X et qu’elle est bijective.
Soient h ∈ H et xH ∈ X. Alors on a
xH ∈ X ⇒ xH 6= H ⇒ x 6∈ H ⇒ hx 6∈ H ⇒ hxH 6= H ⇒ hxH ∈ X,
d’où le premier point.
Par ailleurs, si xH et yH ∈ X et si f (h)(xH) = f (h)(yH), alors hxH = hyH d’où xH = yH.
Ainsi, f (h) est injective. Comme G est fini, X l’est aussi et f (h) qui est une injection de X dans
X est bijective. On peut aussi établir la surjectivité de f (h) sans invoquer la finitude de X. En
effet si xH ∈ X, on a f (h)(h−1 xH) = xH où h−1 xH ∈ X car h−1 xH = H ⇒ xH = H, ce qui est
faux. D’où la surjectivité de f (h). En résumé pour tout h ∈ H, f (h) ∈ S(X).
2. Soient h, h0 ∈ H. Alors f (hh0 ) est l’application X → X qui à xH associe hh0 xH et f (h) ◦ f (h0 )
est l’application X → X qui à xH associe f (h)(h0 xH) = hh0 xH. On a bien f (hh0 ) = f (h) ◦ f (h0 )
et f est un morphisme de H dans S(X).
3. Comme, par définition de m, |X| = m − 1, on a |S(X)| = (m − 1)!. Or comme f est un
morphisme de groupes, Imf est un sous-groupe de S(X) et par le théorème de Lagrange son
cardinal divise (m − 1)!. S’il existe p premier divisant |Imf |, alors p divise (m − 1)!. Comme un
premier divisant un produit divise un facteur du produit, on en déduit qu’il existe 2 ≤ i ≤ m − 1
tel que p divise i, d’où p ≤ m − 1.
4. Le théorème d’isomorphisme implique que |Imf | × |Kerf | = |H|, d’où |Imf | | |H|. Supposons
que |Imf | > 1. Alors il existe un premier p qui divise |Imf | donc |H|. Mais par la question 3 on
a p ≤ m − 1 et par l’hypothèse faite sur H on a p ≥ m. C’est absurde et donc |Imf | = 1. On en
déduit que Imf = {IdX } (l’élément neutre de S(X)) et donc que pour tout h ∈ H, f (h) = IdX .
Ainsi quel que soit h ∈ H et quel que soit x 6∈ H (ce qui équivaut à xH ∈ X), on a hxH = xH.
Mais ceci est encore vrai si x ∈ H car alors xH = hxH = H. Ainsi, quel que soit x ∈ G et quel
que soit h ∈ H, on a hxH = xH ce qui implique en particulier hx ∈ xH. Par suite Hx ⊂ xH
pour tout x ∈ G et H est normal dans G 1 .
Exercice 2
1. Montrons que (Aut(G), ◦) est un groupe.
– Aut(G) 6= ∅ car IdG ∈ Aut(G).
– Si φ, ψ ∈ Aut(G), φ ◦ ψ est un morphisme de G dans G comme composée de morphismes et
est bijective comme composée de bijections, donc φ ◦ ψ ∈ Aut(G).
1. Notons que l’inclusion établie suffit car elle implique que pour tout x ∈ G, Hx−1 ⊂ x−1 H ce qui en multipliant
à gauche et à droite par x donne xH ⊂ Hx donc l’égalité Hx = xH. De même, montrer que pour tout x ∈ G on a
xHx−1 ⊂ H suffit pour établir que H est normal dans G.
– La loi ◦ est toujours associative.
– L’application IdG qui appartient à Aut(G) est neutre pour la loi ◦.
– Si φ ∈ Aut(G), φ est un morphisme bijectif de G dans G et sa bijection réciproque φ−1 l’est
aussi (cours). Tout élément de Aut(G) admet donc un inverse dans Aut(G) pour la loi ◦.
2. Montrons d’abord que Int(G) ⊂ Aut(G). Soit ϕx ∈ Int(G). Pour tout g et tout g 0 ∈ G, on a
ϕx (gg 0 ) = xgg 0 x = xgx−1 xg 0 x = ϕx (g)ϕx (g 0 ) et ϕx est un morphisme de G dans G. De plus ϕx est
injectif car si g, g 0 ∈ G vérifient xgx−1 = xg 0 x−1 , par multiplication à gauche par x−1 et à droite
par x, on obtient g = g 0 . Enfin ϕx est surjectif car pour tout g ∈ G on a ϕ(x−1 gx) = g.
Remarque. Ce dernier point montre que ϕ−1
x = ϕx−1 . Notons que l’on a aussi ϕx ◦ ϕy = ϕxy car
−1 −1
−1
x(ygy )x = (xy)g(xy) pour tout g de G.
Montrons maintenant que Int(G) est un sous-groupe de Aut(G).
– Int(G) est non vide car G est non vide.
– Si ϕx , ϕy ∈ Int(G), alors par la remarque précédente ϕx ◦ ϕ−1
y = ϕx ◦ ϕy −1 = ϕxy −1 ∈ Int(G).
Enfin montrons qu’il est normal dans Aut(G). Pour cela il suffit de démontrer que si f ∈ A(G) on
a f ◦ Int(G) ◦ f −1 ⊂ Int(G) (voir note de bas de page précédente). Soit donc ϕx ∈ Int(G). Pour
tout g ∈ G on a f ◦ ϕx ◦ f −1 (g) = f (xf −1 (g)x−1 ) = f (x)gf (x−1 ) = f (x)gf (x)−1 car f est un
morphisme. On en déduit que f ◦ ϕx ◦ f −1 = ϕf (x) ∈ Int(G).
3. Le fait que ϕ soit un morphisme a été vu plus haut dans la remarque de la question 2. Son
image est Int(G) par définition de Int(G). De plus
x ∈ Kerϕ ⇔ ϕx = IdG ⇔ ∀ g ∈ G, xgx−1 = g ⇔ ∀ g ∈ G, xg = gx ⇔ x ∈ Z(G),
d’où Kerϕ = Z(G).
4. Montrons que H × K muni de la loi proposé est un groupe.
– H × K est non vide.
– La loi est évidemment interne.
– Montrons qu’elle est associative. Soient (h, k), (h0 , k 0 ), (h00 , k 00 ) ∈ H × K. D’une part, en
utilisant l’associativité de la loi de G qui permet de s’affranchir du parenthésage, on a
[(h, k)(h0 , k 0 )](h00 , k 00 ) = (hf (k)(h0 ), kk 0 )(h00 , k 00 )
= (hf (k)(h0 )f (kk 0 )(h00 ), kk 0 k 00 ).
D’autre part on a
(h, k)[(h0 , k 0 )(h00 , k 00 )] = (h, k)(h0 f (k 0 )(h00 ), k 0 k 00 )
= (hf (k)(h0 f (k 0 )(h00 )), kk 0 k 00 ).
Considérons l’expression f (k)(h0 f (k 0 )(h00 )). Comme f (k) est un automorphisme de H, on a
f (k)(h0 f (k 0 )(h00 )) = f (k)(h0 )f (k)(f (k 0 )(h00 )).
De plus
f (k)(f (k 0 )(h00 ) = f (k) ◦ f (k 0 )(h00 ) = f (kk 0 )(h00 )
car f est un morphisme. On en déduit que
f (k)(h0 f (k 0 )(h00 )) = f (k)(h0 )f (kk 0 )(h00 )
et l’égalité entre les deux expressions trouvées ci-dessus.
– Notons eH et eK les éléments neutres de H et K. Alors quel que soit (h, k) ∈ H × K, on a
(h, k)(eH , eK ) = (hf (k)(eH ), keK ) = (heH , keK ) = (h, k) car f (k) est un automorphisme de
H d’où f (k)(eH ) = eH . De même (eH , eK )(h, k) = (eH f (eK )(h), eK k) = (eH h, eK k) = (h, k)
car f est un morphisme de K dans Aut(H) d’où f (eK ) = IdK . L’élément (eH , eK ) est donc
neutre pour la loi.
– Soit (h, k) ∈ H × K. Posons h0 = f (k −1 )(h−1 ), k 0 = k −1 et montrons que (h, k)(h0 , k 0 ) =
(h0 , k 0 )(h, k) = (eH , eK ). Ainsi tout élément de H × K admettra un inverse pour la loi.
D’une part (h, k)(h0 , k 0 ) = (hf (k)(f (k −1 )(h−1 )), kk −1 ). Mais f (k)(f (k −1 )(h−1 )) = f (k) ◦
f (k −1 )(h−1 ) = f (eK )(h−1 ) = h−1 car f est un morphisme et f (eK ) = IdH . On obtient bien
(h, k)(h0 , k 0 ) = (eH , eK ).
D’autre part (h0 , k 0 )(h, k) = (f (k −1 )(h−1 )f (k −1 ))(h), k −1 k). Mais f (k −1 )(h−1 )f (k −1 ))(h) =
f (k −1 )(h−1 h) = f (k −1 )(eH ) = eH car f (k −1 ) est un automorphisme de H. On a bien
(h0 , k 0 )(h, k) = (eH , eK ).
5. Soit φ : H → H of K définie par φ(h) = (h, eK ) et soit ψ : K → H of K définie par ψ(k) =
(eH , k). Montrons que φ et ψ sont des morphismes de groupes. Si tel est le cas, Imφ = H × {eK } et
Imψ = {eH } × K seront des sous-groupes de H of K. Comme de plus φ et ψ sont évidemment des
bijections de H dans Imφ et de K dans Imψ respectivement, on aura les isomorphismes recherchés.
– L’application φ est un morphisme. En effet, si h, h0 ∈ H, φ(h)φ(h0 ) = (h, eK )(h0 , eK ) =
(hf (eK )(h0 ), eK eK ) = (hh0 , eK ) = φ(hh0 ) car f est un morphisme et f (eK ) = IdH .
– L’application ψ est un morphisme. En effet, si k, k 0 ∈ K, ψ(k)ψ(k 0 ) = (eH , k)(eH , k 0 ) =
(eH f (k)(eH ), kk 0 ) = (eH , kk 0 ) = ψ(kk 0 ) car f (k) est un automorphisme de H et f (k)(eH ) =
eH .
Il reste à montrer que Imφ est normal dans H of K. Pour cela il faut montrer que pour tout
(h, k) ∈ H of K on a (h, k)Imφ(h, k)−1 ⊂ Imφ. Soit (h0 , eK ) ∈ Imφ. Alors (h, k)(h0 , eK )(h, k)−1 =
(hf (k)(h0 ), k)(h, k)−1 = (hf (k)(h0 ), k)(f (k −1 )(h−1 ), k −1 ) par le dernier point de la question 4. On
voit sans calcul que ce dernier produit est de la forme (h00 , eK ) ∈ Imφ.
6. Considérons f qui à k ∈ K associe la restriction de ϕk à H où ϕk est l’automorphisme intérieur
de G associé à k (pour tout g ∈ G, ϕk (g) = kgk −1 ). Montrons d’abord que pour tout k ∈ K,
f (k) ∈ Aut(H) puis que f est un morphisme de K dans Aut(H).
Comme H est normal dans G, pour tout k ∈ K, f (k)(H) = kHk −1 = H. On en déduit que f (k)
va bien de H dans H et que, considérée comme application de H dans H, f (k) est surjective.
Comme restriction du morphisme injectif ϕk à H, c’est aussi un morphisme injectif de H dans H.
Tout ceci montre que f (k) ∈ Aut(H).
Le fait que f soit un morphisme de K dans Aut(H) vient du fait que pour tout k, k 0 ∈ K,
ϕk ◦ ϕk0 = ϕkk0 (voir plus haut). En passant aux restrictions à H et compte tenu du fait que f (k 0 )
applique H dans H, on obtient f (k) ◦ f (k 0 ) = f (kk 0 ).
Comme f est un morphisme de K dans Aut(H), on peut définir H of K comme précédemment.
Considérons maintenant l’application Ψ : H of K → G définie par Ψ(h, k) = hk et montrons qu’il
s’agit d’un isomorphisme entre H of K et G.
Il s’agit d’un morphisme car pour tout (h, k) et tout (h0 , k 0 ) ∈ H of K on a
Ψ((h, k)(h0 , k 0 )) = Ψ(hf (k)(h0 ), kk 0 ) = hf (k)(h0 )kk 0 = hkh0 k −1 kk 0 = hkh0 k 0 = Ψ(h, k)Ψ(h0 , k 0 ).
Par ailleurs Ψ est surjectif car par hypothèse G = {hk | h ∈ H, k ∈ K}. Reste à établir l’injectivité
de Ψ. Comme Ψ est un morphisme il suffit détablir que KerΨ = {(eH , eK )} = {(e, e)}. Soit
(h, k) ∈ KerΨ. Alors hk = e, d’où h = k −1 ∈ H ∩ K. Mais H ∩ K = {e}. On en déduit h = k = e.
7. Rappelons que D2n (où n est un entier ≥ 3) est un groupe contenant un élément r d’ordre
n et un élément s d’ordre 2 vérifiant sr = r−1 s et D2n = hr, si. On a vu en TD (exercice 9
de la feuille 3 - la preuve est cependant rappelée ci-dessous) que hri ∩ hsi = {e} et que D2n =
{e, r, r2 , . . . , rn−1 , s, rs, r2 s, . . . , rn−1 s} a pour cardinal 2n. Si on pose H = hri et K = hsi, H et K
sont cycliques d’ordres respectifs n et 2. On a H ∩ K = {e}, D2n = {hk | h ∈ H, k ∈ K}. En outre
H qui est d’indice 2 dans D2n est normal dans D2n (voir exercice 5 de la feuille 5). Le résultat de
la question précédente implique que D2n est isomorphe à un produit semi-direct de H par K.
Preuve des propriétés utilisées ci-dessus.
Si s ∈ hri, il existe 1 ≤ k ≤ n − 1 tel que s = rk car s 6= e. Ceci implique sr = rk+1 , mais sr = r−1 s
d’où rk+1 = rk−1 et r2 = e. Ceci contredit le fait que r soit d’ordre n ≥ 3. Donc s 6∈ hri et comme
hsi = {e, s} on a hri ∩ hsi = {e}.
Comme s 6∈ hri les éléments e, r, r2 , . . . , rn−1 , s, rs, r2 s, . . . , rn−1 s sont distincts. Reste à montrer
que tout élément de D2n est de cette forme. Mais D2n = hr, si et tout élément x ∈ D2n s’écrit
rk1 sl1 · · · rkm slm où 0 ≤ ki ≤ n − 1 et 0 ≤ li ≤ 1 pour tout i. On voit en utilisant sr = r−1 s que
pour tout k ≥ 0 on a srk = r−k s (récurrence immédiate sur k), ce qui permet d’écrire x sous la
forme ra sb où a, b ∈ Z. Comme r et s sont d’ordres respectifs n et 2 on a la conclusion.
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