corrigé - Institut de Mathématiques de Bordeaux

Université Bordeaux Algèbre 3 – Licence 2
Mathématiques Année 2015–2016
Devoir Maison no2
Exercice 1 : lemme de Frobenius
1. Il faut montrer que f(h)est une application de Xdans Xet qu’elle est bijective.
Soient h∈Het xH ∈X. Alors on a
xH ∈X⇒xH 6=H⇒x6∈ H⇒hx 6∈ H⇒hxH 6=H⇒hxH ∈X,
d’où le premier point.
Par ailleurs, si xH et yH ∈Xet si f(h)(xH) = f(h)(yH), alors hxH =hyH d’où xH =yH.
Ainsi, f(h)est injective. Comme Gest fini, Xl’est aussi et f(h)qui est une injection de Xdans
Xest 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−1xH) = xH où h−1xH ∈Xcar h−1xH =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→Xqui à xH associe hh0xH et f(h)◦f(h0)
est l’application X→Xqui à xH associe f(h)(h0xH) = hh0xH. On a bien f(hh0) = f(h)◦f(h0)
et fest un morphisme de Hdans S(X).
3. Comme, par définition de m,|X|=m−1, on a |S(X)|= (m−1)!. Or comme fest un
morphisme de groupes, Imfest un sous-groupe de S(X)et par le théorème de Lagrange son
cardinal divise (m−1)!. S’il existe ppremier divisant |Imf|, alors pdivise (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 pdivise 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 pqui divise |Imf|donc |H|. Mais par la question 3 on
ap≤m−1et par l’hypothèse faite sur Hon 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∈Het quel que soit x6∈ H(ce qui équivaut à xH ∈X), on a hxH =xH.
Mais ceci est encore vrai si x∈Hcar alors xH =hxH =H. Ainsi, quel que soit x∈Get quel
que soit h∈H, on a hxH =xH ce qui implique en particulier hx ∈xH. Par suite Hx ⊂xH
pour tout x∈Get Hest normal dans G1.
Exercice 2
1. Montrons que (Aut(G),◦)est un groupe.
–Aut(G)6=∅car IdG∈Aut(G).
– Si φ, ψ ∈Aut(G),φ◦ψest un morphisme de Gdans Gcomme 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−1Hce qui en multipliant
à gauche et à droite par xdonne xH ⊂Hx donc l’égalité H x =xH . De même, montrer que pour tout x∈Gon a
xHx−1⊂Hsuffit pour établir que Hest normal dans G.

– La loi ◦est toujours associative.
– L’application IdGqui appartient à Aut(G)est neutre pour la loi ◦.
– Si φ∈Aut(G),φest un morphisme bijectif de Gdans Get sa bijection réciproque φ−1l’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 get tout g0∈G, on a
ϕx(gg0) = xgg0x=xgx−1xg0x=ϕx(g)ϕx(g0)et ϕxest un morphisme de Gdans G. De plus ϕxest
injectif car si g, g0∈Gvérifient xgx−1=xg0x−1, par multiplication à gauche par x−1et à droite
par x, on obtient g=g0. Enfin ϕxest surjectif car pour tout g∈Gon a ϕ(x−1gx) = g.
Remarque. Ce dernier point montre que ϕ−1
x=ϕx−1. Notons que l’on a aussi ϕx◦ϕy=ϕxy car
x(ygy−1)x−1= (xy)g(xy)−1pour tout gde G.
Montrons maintenant que Int(G)est un sous-groupe de Aut(G).
–Int(G)est non vide car Gest 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
af◦Int(G)◦f−1⊂Int(G)(voir note de bas de page précédente). Soit donc ϕx∈Int(G). Pour
tout g∈Gon a f◦ϕx◦f−1(g) = f(xf−1(g)x−1) = f(x)gf(x−1) = f(x)gf (x)−1car fest un
morphisme. On en déduit que f◦ϕx◦f−1=ϕf(x)∈Int(G).
3. Le fait que ϕsoit 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×Kmuni de la loi proposé est un groupe.
–H×Kest non vide.
– La loi est évidemment interne.
– Montrons qu’elle est associative. Soient (h, k),(h0, k0),(h00, k00 )∈H×K. D’une part, en
utilisant l’associativité de la loi de Gqui permet de s’affranchir du parenthésage, on a
[(h, k)(h0, k0)](h00 , k00 ) = (hf(k)(h0), kk0)(h00 , k00 )
= (hf(k)(h0)f(kk0)(h00 ), kk0k00 ).
D’autre part on a
(h, k)[(h0, k0)(h00 , k00 )] = (h, k)(h0f(k0)(h00), k0k00 )
= (hf(k)(h0f(k0)(h00)), kk0k00 ).
Considérons l’expression f(k)(h0f(k0)(h00)). Comme f(k)est un automorphisme de H, on a
f(k)(h0f(k0)(h00)) = f(k)(h0)f(k)(f(k0)(h00 )).
De plus
f(k)(f(k0)(h00) = f(k)◦f(k0)(h00 ) = f(kk0)(h00)
car fest un morphisme. On en déduit que
f(k)(h0f(k0)(h00)) = f(k)(h0)f(kk0)(h00 )
et l’égalité entre les deux expressions trouvées ci-dessus.

– Notons eHet eKles éléments neutres de Het 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
Hd’où f(k)(eH) = eH. De même (eH, eK)(h, k)=(eHf(eK)(h), eKk)=(eHh, eKk)=(h, k)
car fest un morphisme de Kdans 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),k0=k−1et montrons que (h, k)(h0, k0) =
(h0, k0)(h, k) = (eH, eK). Ainsi tout élément de H×Kadmettra un inverse pour la loi.
D’une part (h, k)(h0, k0) = (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−1car fest un morphisme et f(eK) = IdH. On obtient bien
(h, k)(h0, k0) = (eH, eK).
D’autre part (h0, k0)(h, k) = (f(k−1)(h−1)f(k−1))(h), k−1k). Mais f(k−1)(h−1)f(k−1))(h) =
f(k−1)(h−1h) = f(k−1)(eH) = eHcar f(k−1)est un automorphisme de H. On a bien
(h0, k0)(h, k) = (eH, eK).
5. Soit φ:H→HofKdéfinie par φ(h) = (h, eK)et soit ψ:K→HofKdéfinie par ψ(k) =
(eH, k). Montrons que φet ψsont des morphismes de groupes. Si tel est le cas, Imφ=H×{eK}et
Imψ={eH} × Kseront des sous-groupes de HofK. Comme de plus φet ψsont évidemment des
bijections de Hdans Imφet de Kdans Imψrespectivement, on aura les isomorphismes recherchés.
– L’application φest un morphisme. En effet, si h, h0∈H,φ(h)φ(h0) = (h, eK)(h0, eK) =
(hf(eK)(h0), eKeK) = (hh0, eK) = φ(hh0)car fest un morphisme et f(eK) = IdH.
– L’application ψest un morphisme. En effet, si k, k0∈K,ψ(k)ψ(k0)=(eH, k)(eH, k0) =
(eHf(k)(eH), kk0) = (eH, kk0) = ψ(kk0)car f(k)est un automorphisme de Het f(k)(eH) =
eH.
Il reste à montrer que Imφest normal dans HofK. Pour cela il faut montrer que pour tout
(h, k)∈HofKon 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 fqui à k∈Kassocie la restriction de ϕkàHoù ϕkest l’automorphisme intérieur
de Gassocié à k(pour tout g∈G,ϕk(g) = kgk−1). Montrons d’abord que pour tout k∈K,
f(k)∈Aut(H)puis que fest un morphisme de Kdans Aut(H).
Comme Hest normal dans G, pour tout k∈K,f(k)(H) = kHk−1=H. On en déduit que f(k)
va bien de Hdans Het que, considérée comme application de Hdans H,f(k)est surjective.
Comme restriction du morphisme injectif ϕkàH, c’est aussi un morphisme injectif de Hdans H.
Tout ceci montre que f(k)∈Aut(H).
Le fait que fsoit un morphisme de Kdans Aut(H)vient du fait que pour tout k, k0∈K,
ϕk◦ϕk0=ϕkk0(voir plus haut). En passant aux restrictions à Het compte tenu du fait que f(k0)
applique Hdans H, on obtient f(k)◦f(k0) = f(kk0).
Comme fest un morphisme de Kdans Aut(H), on peut définir HofKcomme précédemment.
Considérons maintenant l’application Ψ : HofK→Gdéfinie par Ψ(h, k) = hk et montrons qu’il
s’agit d’un isomorphisme entre HofKet G.
Il s’agit d’un morphisme car pour tout (h, k)et tout (h0, k0)∈HofKon a
Ψ((h, k)(h0, k0)) = Ψ(hf(k)(h0), kk0) = hf (k)(h0)kk0=hkh0k−1kk0=hkh0k0= Ψ(h, k)Ψ(h0, k0).
Par ailleurs Ψest surjectif car par hypothèse G={hk |h∈H, k ∈K}. Reste à établir l’injectivité
de Ψ. Comme Ψest 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 nest un entier ≥3) est un groupe contenant un élément rd’ordre
net un élément sd’ordre 2vérifiant sr =r−1set 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, r2s, . . . , rn−1s}a pour cardinal 2n. Si on pose H=hriet K=hsi,Het K
sont cycliques d’ordres respectifs net 2. On a H∩K={e},D2n={hk |h∈H, k ∈K}. En outre
Hqui est d’indice 2 dans D2nest normal dans D2n(voir exercice 5 de la feuille 5). Le résultat de
la question précédente implique que D2nest isomorphe à un produit semi-direct de Hpar K.
Preuve des propriétés utilisées ci-dessus.
Si s∈ hri, il existe 1≤k≤n−1tel que s=rkcar s6=e. Ceci implique sr =rk+1, mais sr =r−1s
d’où rk+1 =rk−1et r2=e. Ceci contredit le fait que rsoit d’ordre n≥3. Donc s6∈ hriet comme
hsi={e, s}on a hri∩hsi={e}.
Comme s6∈ hriles éléments e, r, r2, . . . , rn−1, s, rs, r2s, . . . , rn−1ssont distincts. Reste à montrer
que tout élément de D2nest de cette forme. Mais D2n=hr, siet tout élément x∈D2ns’écrit
rk1sl1· · · rkmslmoù 0≤ki≤n−1et 0≤li≤1pour tout i. On voit en utilisant sr =r−1sque
pour tout k≥0on a srk=r−ks(récurrence immédiate sur k), ce qui permet d’écrire xsous la
forme rasboù a, b ∈Z. Comme ret ssont d’ordres respectifs net 2on a la conclusion.