4 novembre 2014 Partiel Algèbre 1 Responsable : Mr O

DMA – École normale supérieure (2014/2015) 4 novembre 2014
Partiel Algèbre 1
Responsable : Mr O. DEBARRE
Important : vous avez droit de consulter le polycopié et d’utiliser sans démonstration ses résultats (sauf ceux des exer-
cices ou des TD). Si vous voulez utiliser des résultats hors du cours, il faut les démontrer (sauf mention explicite du
contraire).
Exercice 1. Soient pet qdes nombres premiers vérifiant p<qet p-q−1. Le but de cet exercice est de déterminer tous
les groupes d’ordre p2q. Soit Gun tel groupe.
a) Montrer que Gcontient un unique p-Sylow ; on le notera P.
b) Montrer que Gcontient un unique q-Sylow ; on le notera Q.
c) Montrer que Pet Qsont distingués dans G.
d) Montrer On pose P Q := {xy |x∈P, y ∈Q}. Montrer P Q =G(Indication : on pourra commencer par montrer
que P Q est un sous-groupe de G).
e) Montrer P∩Q={e}.
f) En déduire que tout élément de Pcommute avec tout élément de Q.
g) En déduire que Gest abélien.
h) Déterminer tous les groupes d’ordre p2q(à isomorphisme près).
Exercice 2. Soient pet qdes nombres premiers vérifiant p < q et soit Gun groupe d’ordre pmqn, avec 0≤m≤2et
n≥0. Le but de cet exercice est de montrer que Gest résoluble.
a) Si m= 0 ou n= 0, montrer que Gest résoluble.
b) Si m= 1 et n > 0, montrer que Gest résoluble (Indication : on pourra compter les q-Sylow de G).
c) Si m= 2 et n > 0, montrer que Gn’est pas simple (Indication : on pourra compter les q-Sylow de Get, dans le cas
p= 2 et q= 3, considérer l’action de Gsur l’ensemble des 3-Sylow de G), puis que Gest résoluble.
Exercice 3. Soit Gun sous-groupe fini de GLn(Q). On pose
H:= X
M∈G
M·Zn⊂Qn.
a) Montrer que Hest un groupe abélien libre de type fini. On note rson rang, c’est-à-dire l’entier rtel que H'Zr.
b) Montrer r≥n.
c) Montrer r≤n.
d) En déduire que Gest conjugué dans GLn(Q)à un sous-groupe de GLn(Z).
e) Soit pun nombre premier et soit M∈GLn(Z)tel que Mp=Inet M≡In(mod 3). Montrer M=In.
f) En déduire que nétant fixé, il n’y a qu’un nombre fini de classes d’isomorphisme de sous-groupes finis de GLn(Q).
g) N’y a-t-il qu’un nombre fini de classes d’isomorphisme de sous-groupes finis de GLn(R)?

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Corrigé du partiel Algèbre 1
Responsable : Mr O. DEBARRE
Exercice 1. Soient pet qdes nombres premiers vérifiant p<qet p-q−1. Le but de cet exercice est de déterminer tous
les groupes d’ordre p2q. Soit Gun tel groupe.
a) Montrer que Gcontient un unique p-Sylow ; on le notera P.
Le nombre de p-Sylow divise q, donc c’est 1ou q. Comme il est ≡1 (mod p)et que p-q−1, il n’y a qu’un
p-Sylow.
b) Montrer que Gcontient un unique q-Sylow ; on le notera Q.
Le nombre de q-Sylow divise p2, donc c’est 1,pou p2. Comme il est ≡1 (mod q)et que p<q, c’est 1ou p2. Si
c’est p2,qdivise p2−1=(p−1)(p+ 1), donc q=p+ 1, ce qui contredit p-q−1.
c) Montrer que Pet Qsont distingués dans G.
Comme Pest l’unique p-Sylow, il est distingué dans G. De même pour Q.
d) On pose P Q := {xy |x∈P, y ∈Q}. Montrer P Q =G(Indication : on pourra commencer par montrer que P Q
est un sous-groupe de G).
Si x, x0∈Pet y, y0∈Q, on a
(xy)(x0y0)−1=xyy0−1x0−1= (xx0−1)(x0yy0−1x0−1).
Comme QCG, on a x0yy0−1x0−1∈Q, et ce produit est donc dans P Q. Comme P Q contient e, c’est donc bien un
sous-groupe de G. Il contient bien sûr Pet Q.
Par le théorème de Lagrange, son ordre est divisible par celui de P, c’est-à-dire p2et par celui de Q, c’est-à-dire q,
donc par p2q. Comme Gest d’ordre p2q, on en déduit P Q =G.
e) Montrer P∩Q={e}.
L’ordre du groupe P∩Qdoit diviser les ordres des groupes Pet Q, c’est-à-dire p2et q. C’est donc 1.
f) En déduire que tout élément de Pcommute avec tout élément de Q.
Si x∈Pet y∈Q, alors xyx−1∈Qcar QCG, donc [x, y] = xyx−1y−1∈Q. De même, [x, y]∈P. Par e), on en
déduit [x, y] = e, donc xet ycommutent.
g) En déduire que Gest abélien.
On a vu en cours que Pet Qsont abéliens. Par d), tout élément de Gpeut s’écrire xy, avec x∈Pet y∈Q. Par f),
on a
xyx0y0=xx0yy0=x0xy0y=x0y0xy.
Le groupe Gest donc abélien.
h) Déterminer tous les groupes d’ordre p2q.
Les groupes d’ordre p2qsont abéliens par g) ; d’après le cours, ils sont isomorphes soient à Z/pZ×Z/pqZ, soit à
Z/p2qZ.
Exercice 2. Soient pet qdes nombres premiers vérifiant p < q et soit Gun groupe d’ordre pmqn, avec 0≤m≤2et
n≥0. Le but de cet exercice est de montrer que Gest résoluble.
a) Si m= 0 ou n= 0, montrer que Gest résoluble.
Si m= 0 ou n= 0, le groupe Gest un p-groupe ; il est donc résoluble par le cours.
b) Si m= 1 et n > 0, montrer que Gest résoluble (Indication : on pourra compter les q-Sylow de G).
Le nombre de q-Sylow divise p, donc c’est 1ou p. Comme il est ≡1 (mod q)et que p<q, c’est 1. Il y a un unique
q-Sylow S; il est donc distingué dans G. Le groupe Sest un q-groupe et le quotient G/S est un p-groupe ; ils sont donc
résolubles par le cours. De nouveau par le cours, Gest résoluble.
c) Si m= 2 et n > 0, montrer que Gn’est pas simple (Indication : on pourra compter les q-Sylow de Get, dans le cas
p= 2 et q= 3, considérer l’action de Gsur l’ensemble des 3-Sylow de G), puis que Gest résoluble.
Le nombre nqde q-Sylow divise pm, donc c’est 1,pou p2. Comme il est ≡1 (mod q)et que p<q, c’est 1ou p2.
Si nq= 1, on conclut comme en b).
Si nq=p2, on a m= 2 et q|p2−1=(p−1)(p+ 1) et q=p+ 1, donc p= 2 et q= 3 et |G|= 4 ·3n. Le groupe
Gagit transitivement par conjugaison sur l’ensemble à 4 éléments des 3-Sylow de G. On en déduit un morphisme non
trivial G→S4.
Si ce morphisme est injectif, on a 4·3n≤4!, donc G∼ →S4, qui n’est pas simple. Sinon, le noyau est un sous-groupe
distingué propre de G, qui n’est donc pas simple.

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On en déduit par récurrence sur |G|que Gest résoluble, puisque, si NCG, les ordres de Net de G/N peuvent
aussi s’écrire pmqn, avec 0≤m≤2et n≥0.
Exercice 3. Soit Gun sous-groupe fini de GLn(Q). On pose
H:= X
M∈G
M·Zn⊂Qn.
a) Montrer que Hest un groupe abélien libre de type fini. On note rson rang, c’est-à-dire l’entier rtel que H'Zr.
Le groupe abélien Hest engendré par les M·ei, où (e1, . . . , en)est la base canonique de Zn,1≤i≤net Mdécrit
G. Il est donc de type fini. Comme c’est un sous-groupe de Qn, il ne contient pas d’élément d’ordre fini autre que 0,
donc il est libre par le cours.
b) Montrer r≥n.
Comme Hcontient Zn, il est de rang ≥n.
c) Montrer r≤n.
Si dest un entier non nul tel que dM soit à coefficients entiers pour tout M∈G, on a H⊂1
dZn'Zn, donc r≤n.
d) En déduire que Gest conjugué dans GLn(Q)à un sous-groupe de GLn(Z).
Soit B= (a1, . . . , an)une base de H. C’est aussi une base de Qn; soit P∈GLn(Q)la matrice de passage de
la base canonique vers B. On a ainsi H=P·Zn. Si M∈G, on a M·H⊂Het de même M−1·H⊂H, donc
M·H=H. Ceci entraîne
M·P·Zn=P·Zn,
c’est-à-dire P−1MP ∈GLn(Z). La conjugaison par P−1envoie donc Gisomorphiquement sur un sous-groupe de
GLn(Z).
e) Soit pun nombre premier et soit M∈GLn(Z)tel que Mp=Inet M≡In(mod 3). Montrer M=In.
Écrivons M=In+ 3mN, avec m≥1et N∈Mn(Z)telle que N6≡ 0n(mod 3), et développons :
In=Mp= (In+ 3mN)p=In+p3mN+p(p−1)
232mN2+· · · + 3pmNp.
Cela entraîne 3m|pN, donc p= 3 et m= 1. On écrit la même formule
In=In+ 9N+ 27N2+ 27N3,
qui mène encore à une contradiction. Donc N= 0.
f) En déduire que nétant fixé, il n’y a qu’un nombre fini de classes d’isomorphisme de sous-groupes finis de GLn(Q).
Par d), tout sous-groupe fini de GLn(Q)est conjugué (donc isomorphe) à un sous-groupe fini Gde GLn(Z). Mon-
trons que la restriction à Gdu morphisme ϕ: GLn(Z)→GLn(Z/3Z)obtenu par réduction modulo 3 des coefficients
des matrices est injectif. Soit ml’ordre d’un élément Mde ker(ϕ). Si m6= 1, soit pun nombre premier divisant m. On
a alors (Mm/p)p=Inet (Mm/p)p≡In(mod 3). La question e) entraîne Mm/p =In, ce qui contredit la définition
de l’ordre. On a donc m= 1 et M=In. La restriction ϕ|Gest donc injective. Le groupe Gest alors isomorphe à un
sous-groupe de GLn(Z/3Z)qui, étant fini, n’a qu’un nombre fini de sous-groupes.
g) N’y a-t-il qu’un nombre fini de classes d’isomorphisme de sous-groupes finis de GLn(R)?
Non : il existe des sous-groupes finis de GL2(R)(donc aussi de GLn(R)) d’ordre arbitrairement grand, comme les
groupes diédraux Dm.