Corrigé de l`examen d`Algèbre

Algèbre Année 2006-2007 ENS Cachan
Patrick Lemeur Vincent Beck
Corrigé de l’examen d’Algèbre
Exercice 1 Questions rapides / de cours.
a) On va montrer que MA-mod. ≃Aou M = {0}. On suppose M6={0}et on choisit une famille (x1,...xs)∈Frac A
telle que M = hx1,...,xsi. On peut supposer que xi6= 0. On pose alors xi=pi/qiavec pi, qi∈Ar{0}(et
piet qipremier entre eux). On a donc
M = Ap1/q1+···+ Aps/qs=1
q1···qs s
P
i=1
Api
s
Q
j=1,j6=i
qj!
En posant p= pgcd pi
s
Q
j=1,j6=i
qj, i = 1,...,s!,
on obtient, par principalité de l’anneau A,M = Ap/q1···qs. On en déduit que Mest monogène et donc de la
forme A/hdioù dest l’idéal annulateur d’un générateur de M. Par ailleurs, pour x∈K, on a ax = 0 =⇒a= 0
puisque Kest intègre. L’annulateur (dans A) d’un élément non nul de Kest donc réduit à 0. Ainsi, comme
M6={0}, on a p/q1···qs6= 0 et donc l’annulateur d’un générateur de Mest réduit à 0. Ainsi MA-mod. ≃A.
b) Mest de torsion si et seulement si Mest de dimension finie sur k(le fait que ksoit algébriquement clos
n’intervient pas). En effet, le théorème de classification des modules de type fini sur l’anneau principal k[X]
donne
Mk[X]-mod. ≃k[X]n⊕k[X]/P1⊕ ··· ⊕ k[X]/Psavec P1|P2| ··· | Pset deg P1>1
Par ailleurs, Mest de torsion si et seulement si n= 0. Comme dimkk[X] = ∞et dimkk[X]/P = deg P, on
obtient le résultat souhaité.
c) On considère le k[X]-module (E, f). La condition « Eengendré comme k-espace vectoriel par fi(x), i >0»
est synonyme de « xengendre le k[X]-module (E, f )». Il s’agit donc de décrire l’ensemble des sous-k[X]-
modules d’un module monogène M. Deux cas se présentent : Mest donc isomorphe à k[X] ou Mest isomorphe
àk[X]/Pavec deg P >0. Dans le premier cas, le sous-k[X]-module de k[X] sont les idéaux de k[X] et donc
de la forme Qk[X] avec Q∈k[X]. De plus, Qk[X] = Rk[X] si et seulement si Qet Rdiffèrent d’un élément
de k. Les sous-modules de (E, f)sont donc les {Q(f)R(f)(x),R∈k[X]}pour Q∈k[X] unitaire ou Q = 0.
Dans le deuxième cas, le sous-k[X]-module de k[X]/Psont en bijection avec les sous-k[X]-modules de k[X]
contenant Pc’est-à-dire les idéaux de k[X] contenant Pou encore les idéaux de la forme Qk[X] avec Q|P.
Les sous-modules de (E, f )sont donc les {Q(f)R(f)(x),R∈k[X]}pour Q∈k[X],Qunitaire et Q|P.
d) Soient Eun k-espace vectoriel de dimension finie et u∈Endk(E). Les propriétés suivantes sont équivalentes.
(i) Tous les invariants de similitudes de usont de degré 1.
(ii) Le polynôme minimal πude uest de degré 1.
(iii) L’endomorphisme uest une homothétie.
(iv) L’endomorphisme uadim E invariants de similitude.
(v) L’endomorphisme uadim E invariants de similitude tous égaux à πu
L’implication (i)⇒(ii)résulte du fait que πuest l’un des invariants de similitude. L’implication (ii)⇒(i)
résulte du fait que tous les invariants de similitude divisent le polynôme minimal.
Montrons (ii)⇒(iii). On a πu= X −λavec λ∈C. Comme u−λid = πu(u) = 0,uest l’homothétie de
rapport λ. Montrons (iii)⇒(ii). Si u=λid alors X−λest un polynôme annulateur de u. Comme il est
irréductible sur k, c’est le polynôme minimal de uqui est donc de degré 1.
Comme un invariant de similitude est un polynôme de degré supérieur ou égal à 1et que la somme des
degrés des invariants de similitude est dim E, on en déduit (iv)⇒(i)et (i)⇒(iv).
On a (v)⇒(iv). Montrons enfin (ii)⇒(v). Comme tous les invariants de similitude divisent πuet qu’ils
sont de degré supérieur ou égal à 1, ils sont tous égaux à πu. De plus, comme la somme des degrés des
invariants de similitude est dim E, on en déduit qu’il y a dim E invariants de similitude tous égaux à πu.
Si dim E = 2 alors soit uest une homothétie et les invariants de similitude sont (πu, πu). Sinon, πuest
de degré 2et comme πu|χuet deg χu= 2, on a πu=χu. Comme, de plus, le produit des invariants de
similitude est le polynôme caractéristique, on obtient que les invariants de similitude sont πu=χu.

Si dim E = 3 alors soit uest une homothétie et les invariants de similitude sont (πu, πu, πu). Sinon,
deg πu∈ {2,3}. On suppose deg πu= 2. Si P2,...,Pssont les autres invariants de similitude, on a
deg P2+···+ deg Ps= 3 −2 = 1 avec deg Pi>1et πuP2···Ps=χu
On en déduit que s= 2 et P2=χu/πu. Les invariants de similitudes sont donc (πu, χu/πu). Enfin si
deg πu= 3 alors comme πu|χuet deg χu= 3, on a πu=χu. Comme, de plus, le produit des invariants de
similitude est le polynôme caractéristique, on obtient que les invariants de similitude sont πu=χu.
e) On note Sp(M) = {λ1,...,λr}avec λi6=λjsi i6=jle spectre de M. On considère alors n1,i >···>nsi,i >1
la suite des tailles des blocs de Jordan de Massociés à la valeur propre λi. On pose s= max(si, i ∈[[ 1 , r ]])
et si si< s, on pose nj,i = 0 pour si+ 1 6j6s(on complète les listes par des 0). On a donc
(kn,M) k[X]-mod. ≃
r
L
i=1
si
L
j=1
k[X]/h(X −λi)nj,i i
Par le théorème chinois, on en déduit que les invariants de similitude sont
P1= (X −λ1)n1,1···(X −λr)n1,r ,...,Pi= (X −λ1)ni,1···(X −λr)ni,r ,...,Ps= (X −λ1)ns,1···(X −λr)ns,r .
f) Le groupe de galois de Ps’identifie, par permutation des racines, à un sous-groupe de S4. Or un sous-groupe
d’ordre 8de Pest un 2-sylow de S4. Ils sont donc tous conjugués dans S4et en particulier tous isomorphes
et isomorphe au groupe diédral D4qui n’est pas H8.
Si on ne sait pas que les sous-groupes de Sylow de S4sont D4, on doit savoir que le groupe des doubles-
transpositions est distingué dans S4et d’ordre 4. Il est donc contenu dans tous les 2-Sylow. En particulier,
un 2-Sylow contient au moins trois éléments d’ordre 2. Comme H8contient un seul élément d’ordre 2, on
obtient la contradiction souhaité.
Exercice 2 Caractère linéaire.
a) Le fait que b Gsoit un groupe résulte simplement de la commutativité de C×. D’une manière générale, si X
est un ensemble et G′un groupe alors l’ensemble F(X,G′)des applications de Xdans G′est un groupe pour
la loi ·donnée par (f·f′)(x) = f(x)f′(x). L’élément neutre pour cette loi est la fonction constante égale à
l’élément neutre de G′et l’inverse de fest la fonction x7→ f(x)−1(qu’on note f−1). Si Xest un groupe G,
il n’est pas vrai en général que l’ensemble HomGr(G,G′)est un sous-groupe du groupe F(X,G′). C’est par
contre vrai si G′est commutatif (comme c’est le cas ici avec G′=C×et X = G). En effet, pour g, g′∈Get
ϕ, ϕ′∈b G, on a alors
(ϕ·ϕ′)(gg′) = ϕ(gg′)ϕ′(gg′) = ϕ(g)ϕ(g′)ϕ′(g)ϕ′(g′) = ϕ(g)ϕ′(g)ϕ(g′)ϕ′(g′) = (ϕ·ϕ′)(g)(ϕ·ϕ′)(g′).
et ϕ−1(gg′) = ϕ(gg′)−1= (ϕ(g)ϕ(g′))−1=ϕ(g′)−1ϕ(g)−1=ϕ(g)−1ϕ(g′)−1=ϕ−1(g)ϕ−1(g′).
De plus, b G6=∅puisque la fonction constante égale à 1est le morphisme de groupes trivial qui est donc dans
b
G. Ainsi b Gest un sous-groupe de F(G,C×).
Pour completer ce qui précède, on a en fait Gest commutatif si et seulement si EndGr(G) est un sous-
groupe de F(G,G). En effet, (id ·id) = g7→ g2. Or, pour g, g′∈G, on a, par simplification par gà gauche
et g′à droite
(gg′)2=g2g′2⇐⇒ g′g=gg′.
b) Soit ϕ∈c Sn. Montrons que ϕest le caractère trivial (ϕ(σ) = 1 pour tout σ∈S) ou la signature. Comme
deux transpositions sont conjugués (ce sont deux cycles de même longueurs) et C×est commutatif, toutes
les transpositions ont la même image par ϕ. Comme une transposition est d’ordre 2, l’image par ϕd’une
transposition est d’ordre 1ou 2et donc 1ou −1. Ainsi soit toutes les transpositions ont pour image 1et
auquel cas, comme les transpositions engendrent Sn,ϕest le caractère trivial. Sinon toutes les transpositions
ont pour image −1et ϕet la signature coïncident sur une partie génératrice et donc partout.
c) Soient Gun groupe et nun entier. L’application
Φ: (HomGr(Z/nZ,G) −→ G
ϕ7−→ ϕ(1)
est injective et d’image Gn={x∈G, xn= 1G}. En effet, comme 1engendre le groupe Z/nZ, l’application
Φest injective. Comme n1 = 0 (dans Z/nZ), on a ϕ(n1) = ϕ(1)n=ϕ(0) = 1G. Ainsi Φest bien à valeurs
dans Gn. Enfin, pour x∈Gn, on peut définir l’application

ψ:(Z−→ G
k7−→ xk
c’est un morphisme de groupes (par « définition » de la notation xk) qui contient net donc nZdans son
noyau puisque x∈Gn. Ainsi ψpasse au quotient par nZet fournit le morphisme de groupes
ϕ:(Z/nZ−→ G
k7−→ xk.
où kdésigne la classe de l’entier kmodulo n. Comme ϕ(1) = x, on en déduit l’image de Φest bien Gn. De
plus, la bijection réciproque de l’application Φ : HomGr(Z/nZ,G) →Gnest donnée par
(Gn−→ HomGr(Z/nZ,G)
x7−→ (k7→ xk)
Ainsi si xdésigne un générateur de Cn, par composition avec l’isomorphisme de groupe donné par xk7→ k,
on en déduit la bijection
Ψ: (HomGr(Cn,G) −→ Gn
ϕ7−→ ϕ(x)
Comme (C×)n={x∈C×, xn= 1}=Unle groupe des racines nede l’unité, on en déduit que l’application
Ψ: (HomGr(Cn,C×)−→ Un
ϕ7−→ ϕ(x)
est une bijection. De plus, Ψest un morphisme de groupes. En effet,
Ψ(ϕ·ϕ′) = (ϕ·ϕ′)(x) = ϕ(x)ϕ′(x) = Ψ(ϕ(x))Ψ(ϕ′(x)).
Ainsi Ψest un isomorphisme de groupes entre c Cnet Un. Comme Un
Gr.
≃Cn, on obtient l’isomorphisme voulu.
Remarque. L’isomorphisme construit dans cette question n’est pas du tout canonique. Il est du même type
que celui entre un espace vectoriel de dimension finie et son dual (via le choix d’une base). Ici, on choisit de
façon arbitraire un générateur de Cn.
d) Contrairement à la question précédente, l’isomorphisme qu’on va donner ici est un isomorphisme canonique.
Commençons par quelques notations. On considère les morphismes de groupes canoniques iG: G →G×H
et iH: H →H×Gdéfinis par iG(g) = (g, 1H)pour g∈Get iH(h) = (1G, h)pour h∈H. On note aussi
pG: G ×H→Get pH: G ×H→Hles morphismes de groupes canoniques donnés par pG(g, h) = get
pH(g, h) = hpour (g, h)∈G×H.
Soit χ∈\ G×H. Par composition, χ◦iGet χ◦iHsont des morphismes de groupes. On a construit une
application
Φ: (\
G×H−→ b G×b H
χ7−→ (χ◦iG, χ ◦iH).
La définition de la loi de groupe sur \ G×Het b G×b Hassure que Φest un morphisme de groupes. En effet,
pour χ, χ′∈\ G×Het (g, h)∈G×H, on a
[(χ·χ′)◦iG](g) = χ(g, 1H)χ′(g, 1H) = [(χ◦iG)·(χ′◦iG)](g)
et [(χ·χ′)◦iH](h) = χ(1G, h)χ′(1G, h) = [(χ◦iH)·(χ′◦iH)](h).
On considère à présent χG∈b Get χH∈b H. Par composition, on obtient que χG◦pG: G ×H→C×et
χH◦pH: G ×H→C×sont des morphismes de groupes. Ainsi χG◦pG∈b Get χH◦pH∈b H. On peut ainsi
définir l’application
Ψ: (b
G×b H−→ \ G×H
(χG, χH)7−→ (χG◦pG)·(χH◦pH).
Par définition, on a donc Ψ(χG, χH)(g, h) = χG(g)χH(h)pour tout (g, h)∈G×H.

On a clairement Φ◦Ψ = idb
G×b Hpuisque Ψ(χG, χH)(g, 1H) = χG(g)et Ψ(χG, χH)(1G, h) = χH(h). De
même, on a Ψ◦Φ = id\
G×Hpuisque, pour (g, h)∈G×H, on a
Ψ◦Φ(χ)(g, h) = χ(g, 1H)χ(1G, h) = χ((g, 1H)(1G, h)) = χ(g, h).
Ainsi Ψest la bijection réciproque de Φet donc un morphisme de groupes. Finalement, Φet Ψréalisent
l’isomorphisme souhaité.
e) L’isomorphisme de la question ds’étend par récurrence en un isomorphisme
\
r
Q
i=1
Gi−→
r
Q
i=1 c
Gi.
Or d’après le théorème de classification des groupes abéliens fini, un groupe abélien fini Gest produit de
groupe cyclique. On peut donc écrire
b
Ggr. ≃\
s
Q
i=1
Z/diZgr. ≃
s
Q
i=1
\
Z/diZ.
On peut même supposer que d1|d2| ··· | dsmais on en aura pas besoin ici. La question cdonne alors
b
Ggr. ≃
s
Q
i=1
Z/diZgr. ≃G.
f) Il s’agit d’une version du lemme de Dedekind. On suppose que b Gn’est pas un sous-ensemble libre de F(G,C).
Il existe donc une relation de dépendance linéaire non triviale entre des caractères linéaires : on a
λ1χ1+···+λrχr= 0 avec λi∈C×(1)
On choisit une telle relation avec rminimal et on va construire une nouvelle relation avec un nombre stricte-
ment plus petit de termes pour aboutir à une contradiction. La minimalité de rassure que χi6=χjsi i6=j
(sinon on regroupe les termes communs).
On a donc, pour g, g′∈G,
λ1χ1(g)χ1(g′) + ···+λrχr(g)χr(g′) = 0
En multipliant la relation (1)évaluée en g′par χ1(g)et en la soustrayant à la relation précédente, on obtient
∀(g, g′)∈G2, λ2(χ2(g)−χ1(g))χ2(g′) + ···+λr(χr(g)−χ1(g))χr(g′) = 0
et donc ∀g∈G, λ2(χ2(g)−χ1(g))χ2+···+λr(χr(g)−χ1(g))χr= 0 (2)
Comme χ16=χ2, il existe gtel que χ2(g)6=χ1(g). Ainsi λ2(χ2(g)−χ1(g)) 6= 0 et (2)est une relation de
dépendance entre éléments de b Gavec au plus r−1termes ce qui contredit la minimalité de r.
Remarques. On en déduit la liberté de la famille (x7→ exp(ax))a∈Cdans F(R,C)et celle de la famille
(z7→ exp(az))a∈Cdans F(C,C). En effet, pour a∈C, l’application x7→ exp(ax)est un morphisme de groupe
de Rou Cdans C×. Ainsi ce sont des sous-familles respectivement de b Ret b C. De plus, si exp(ax) = exp(bx)
pour tout x∈R(resp. x∈C), on a (a−b)x∈2iπZpour tout x∈R(resp. x∈C). Ainsi si a6=b, on a
R⊂2iπ/(a−b)Z(resp. C⊂2iπ/(a−b)Z) ce qui est absurde donc a=b. Ainsi les familles considérées sont
bien formées de caractères linéaires distincts et donc libre.
Exercice 3 Polynôme de degré 4.
a) Le polynôme Pest irréductible et P′= 4X3+ 3aX2+ 2bX + c. Comme car k6= 2, on a 46= 0. Ainsi, Pest
irréductible à dérivée non nulle. Donc Pest séparable. Or L = k(α1, α2, α3, α4), comme le polynôme minimal
de αiest P, on en déduit que αiséparable. Ainsi Lest engendré sur kpar des éléments séparables et l’extension
k⊂Lest donc séparable. Par ailleurs, Lest le corps de décomposition sur kd’un polynôme. L’extension
k⊂Lest donc une extension normale. L’extension k⊂Lest normale et séparable donc galoisienne.
b) On a Q = (X−θ1)(X−θ2)(X−θ3)et donc Q = X3+uX2+vX+wavec u=−θ1+θ2+θ3,v=θ1θ2+θ3θ2+θ1θ3
et w=−θ1θ2θ3.
Les éléments u, v, w ∈Lsont des polynômes symétriques en α1, α2, α3, α4et donc s’exprime en fonction des
polynômes symétriques élémentaires en les αi, c’est-à-dire en fonction des coefficients de P. Ainsi Q∈k[X].

c) On applique l’algorithme qui permet d’exprimer les polynômes symétriques en fonction des polynômes sy-
métriques élémentaires. On a
θ1+θ2+θ3=α1α3+α2α3+α1α4+α2α4+α1α2+α1α4+
α3α2+α3α4+α1α3+α1α2+α3α4+α2α4
= 2(α1α2+α1α3+α1α4+α2α3+α2α4+α3α4) = 2b
On passe au calcul de v. On commence par calculer θ1θ2.
θ1θ2= (α1α3+α2α3+α1α4+α2α4)(α1α2+α1α4+α3α2+α3α4)
=α12α2α3+α12α3α4+α32α1α2+α32α1α4+
α22α1α3+α2α32α4+α1α2α3α4+ (α2α3)2+
α12α2α4+α1α3α42+α1α2α3α4+ (α1α4)2+
α1α22α4+α1α2α42+α22α3α4+α2α3α42
Pour i∈[[ 1 ,4 ]], on note σiles polynômes symétriques élémentaires en les αj. Par ailleurs, on pose
T = α12α2α3+α12α3α4+α32α1α2+α32α1α4+α22α1α3+α2α32α4+
α12α2α4+α1α3α42+α1α22α4+α1α2α42+α22α3α4+α2α3α42.
C’est un polynôme symétrique en les αi. On va l’exprimer en fonction des σigrâce à l’algorithme. Le plus
grand monôme est α12α2α3. On considère donc T−σ12−1σ21−1σ31−0σ40= T −σ1σ3. Or on a
σ1σ3= (α1+α2+α3+α4)(α1α2α3+α1α3α4+α1α2α4+α2α3α4)
=α12α2α3+α12α3α4+α32α1α2+α32α1α4+α22α1α3+α2α32α4+α12α2α4+
α1α3α42+α1α22α4+α1α2α42+α22α3α4+α2α3α42+ 4α1α2α3α4
= T + 4σ4.
On a donc T = σ1σ3−4σ4. Par symétrie, on obtient alors
θ1θ2+θ3θ2+θ1θ3= 3T + 6σ4+ (α12α22+α12α32+α12α42+α22α32+α22α42+α32α42)
= 3σ1σ3−6σ4+ (α12α22+α12α32+α12α42+α22α32+α22α42+α32α42)
On pose U = (α12α22+α12α32+α12α42+α22α32+α22α42+α32α42). C’est un polynôme symétrique en
les αi. On va l’exprimer en fonction des σigrâce à l’algorithme. Le plus grand monôme de Uest α12α22. On
considère donc U−σ12−2σ22−0σ30−0σ40= U −σ22.
En développant le carré σ22. Les termes « carré » donnent U. Il reste alors 15 double-produits parmi lesquels
on trouve 12 termes de T(puisqu’on a α12α2α3dans le produit et donc toute son orbite sous S4). Il reste
donc 3double-produit égaux à σ4. Finalement σ22= U + 2T + 6σ4= U + 2σ1σ3−2σ4.
On en déduit que U = σ22−2σ1σ3+ 2σ4et donc v=σ1σ3−4σ4+σ22=ac +b2−4d.
d) Calculons θ1−θ2,θ2−θ3et θ1−θ3. On a
θ1−θ2= (α1+α2)(α3+α4)−(α1+α3)(α2+α4)
= (α1α3+α2α3+α1α4+α2α4)−(α1α2+α1α4+α3α2+α3α4)
=α1(α3−α2) + (α2−α3)α4
= (α2−α3)(α4−α1),
θ2−θ3= (α1+α3)(α2+α4)−(α1+α4)(α3+α2)
= (α1α2+α1α4+α3α2+α3α4)−(α1α3+α1α2+α3α4+α2α4)
=α1(α4−α3) + (α3−α4)α2
= (α1−α2)(α4−α3)
et θ1−θ3= (α1+α2)(α3+α4)−(α1+α4)(α3+α2)
= (α1α3+α2α3+α1α4+α2α4)−(α1α3+α1α2+α3α4+α2α4)
=α2(α3−α1) + (α1−α3)α4
= (α3−α1)(α2−α4).
On en déduit que
(θ1−θ2)(θ2−θ3)(θ1−θ3) = (α2−α3)(α4−α1)(α1−α2)(α4−α3)(α3−α1)(α2−α4)
=−(α2−α3)(α1−α4)(α1−α2)(α3−α4)(α1−α3)(α2−α4).
En élevant au carré, on obtient que les discriminants de Pet Qsont égaux.