L3 Mathématiques et Mathématiques/Enseignement Université

L3 Math´ematiques et Math´ematiques/Enseignement Universit´e Paris Diderot
2015/2016
El´ements de corrig´e du Partiel d’alg`ebre du 18 novembre 2015
Exercice 1.
1. Il suffit de trouver deux matrices qui ne commutent pas dans Hpar exemple
1 0
0 21 1 0 1=1 1 0 2,alors que 1 1 0 11 0 0 2=1 2 0 2
2. Notons Mula matrice 1u
0 1. Un calcul rapide donne MuMu0=Mu+u0donc le mor-
phisme est un morphisme de groupes, qui est surjectif car tout ´el´ement de Ts’´ecrit Mu
pour un certain u∈R. Le noyau du morphisme est constitu´e des r´eels utel que Mu= Id
donc est r´eduit `a 0. Conclusion: on a bien un isomorphisme de groupes.
3. Il faut montrer que pour tout h∈H, Mu∈Ton a hMuh−1∈T. Calculons
a b
0c1u 0 11
ac c−b
0a=1
ac a au +b
0cc−b 0a=1
ac ac a2u
0ac =1a
cu
0 1 ∈T
Le contre-exemple ci-dessous prouve que Tn’est pas distingu´e dans GL2(R).
1 0
1 11u 0 1 1 0 −1 1=1u 1 1 + u 1 0 −1 1=1−u u −u1 + u6∈ T, pour u6= 0
s
4. Comme Hest distingu´e dans Ton a H/T est un groupe. Par ailleurs prenons het h0
deux ´el´ements de H/T . Montrons que hh0h−1h0−1= Id ce qui est ´equivalent `a montrer
que hh0h−1h0−1∈T. On a:
hh0=a b
0ca0b0 0c0=aa0ab0+bc0 0cc0,et h0h=aa0a0b+b0c 0cc0
Donc
(h0h)−1=1
aa0cc0cc0−a0b−b0c
0aa0et hh0h−1h0−1=1β 0 1,
Pour un certain β∈R, donc cet ´el´ement se trouve dans T.
Exercice 2.
1. Soient σ, τ ∈Σp. On a ϕ(σ, ϕ(τ, (a1, . . . , ap))) = ϕ(σ, (aτ−1(1), . . . , aτ−1(p))). Posons bi=
aτ−1(i). Ainsi
ϕ(σ, ϕ(τ, (a1, . . . , ap))) = (bσ−1(1), . . . , bσ−1(p))=(aτ−1(σ−1(1)), . . . , aτ−1(σ−1(p))) = ϕ(στ, (a1, . . . , ap)).
1

2. (a) Kest un groupe cyclique d’ordre l’ordre du cycle (1...p) qui vaut p.
(b) (a1, . . . , ap) est un point fixe pour l’action de Ksi et seulement si (a1, . . . , ap) =
(ap, a1, . . . , ap−1), si et seulement si ap=a1=a2=a3=. . . =ap−1.
(c) La formule des classes donne
Card(Ap) = Card((Ap)K) +
r
X
i=1
O(xi)
o`u O(xi) est l’orbite de xiet x1, . . . , xrsont des repr´esentants des orbites ayant n > 1
´el´ements. Comme le cardinal de O(xi) divise pon a O(xi) = p. Donc np=n+rp
c’est-`a-dire npest congru `a nmodulo p.
Exercice 3.
1. On a αz +β=z0si et seulement si z=1
α(z0−β). Donc f(α,β)est une bijection de C
d’application r´eciproque f(1
α,−β α).
2. Fest non vide (f(1,0) =IdC) et on a montr´e que f∈F⇒f−1∈Fdans la question
pr´ec´edente. Par ailleurs
(f(α,β)◦f(α0,β0))(z) = α(α0z+β0) + β=f(αα0,αβ0+β)(z) (1)
donc Fest stable par composition. En cons´equence, Fest un sous-groupe des bijections
de C.
3. On d´emontre le relation par r´ecurrence sur n. Pour n= 1, la relation est v´erifi´ee. Sup-
posons que la relation soit vraie au rang net calculons
(f(α,β))n+1 =fn
(α,β)◦f(α,β)=f(αnα,αnβ+(Pn−1
i=0 αi)β)=f(αn+1,(Pn
i=0 αi)β)
par hypoth`ese de r´ecurrence et d’apr`es l’´equation (1). Donc la relation est vraie au rang
n+ 1. Le principe de r´ecurrence permet de conclure que la formule est vraie pour tout
n≥1.
4. f(α,β)est d’ordre fini si et seulement si il existe n∈N∗tel que (f(α,β))n=IdC=f(1,0), si
et seulement si il existe n∈Ntel que αn= 1 et (Pn−1
i=0 αi)β= 0.
Donc αnest une racine n-i`eme de l’unit´e.
Premier cas: α= 1, alors n´ecessairement β= 0 et f(1,0) =IdCest d’ordre 1.
Deuxi`eme cas: α6= 1. Soit dl’ordre de αdans C∗. On a ddivise net αest une racine
primitive d-i`eme de l’unit´e, donc {αi,0≤i≤d−1}est l’ensemble des racines d-i`eme de
l’unit´e. Par cons´equent Pd−1
i=0 αi= 0 et donc (f(α,β))d=IdC.
Ainsi f(α,β)est d’ordre fini si et seulement si αest une racine d-i`eme de l’unit´e pour un
certain d≥2 ou (α, β) = (1,0).
Exercice 4.
1. Soit Gun groupe d’ordre p2. D’apr`es P2. |Z(G)|∈{p, p2}. Si |Z(G)|=p2alors Z(G) = G
et Gest ab´elien. Si |Z(G)|=palors G/Z(G) est d’ordre p, donc cyclique par P3; alors
P1. implique que Gest un groupe ab´elien (et d’ailleurs cela implique que Z(G) = Gdonc
que |Z(G)| 6=p) .
2

2. (a) On connait deux groupes d’ordre 8 non ab´elien: le groupe des quaternions et le
groupe di´edral d’ordre 8.
(b) Par P2., on a |Z(G)|∈{p, p2, p3}. On ´elimine le cas o`u |Z(G)|=p3car Gn’est
pas ab´elien, donc G6=Z(G); combinant P1. et P3. on ´elimine ´egalement le cas o`u
|Z(G)|=p2. Il reste donc |Z(G)|=p.
(c) Ainsi |G/Z(G)|=p2et par la question pr´ec´edente on obtient que G/Z(G) est ab´elien.
(d) Soit Hest un sous-groupe distingu´e de Gtel que G/H est ab´elien. Pour tous x, y ∈G
on a donc xyx−1y−1=ec’est-`a-dire xyx−1y−1∈H. Comme D(G) est engendr´e par
les ´el´ements de type xyx−1y−1et que Hest un sous-groupe de Gon en d´eduit que
D(G)⊂H.
(e) En c) on a montr´e que G/Z(G) ´etait ab´elien donc d) implique que D(G)⊂Z(G).
Ceci implique que |D(G)|∈{1, p}. Par ailleurs, on a toujours G/D(G) est un groupe
ab´elien:
en effet D(G) est distingu´e dans G: si xyx−1y−1∈D(G) et t∈Gon a
txyx−1y−1t−1= (txt−1)(tyt−1)(tx−1t−1)(ty−1t−1)∈D(G)
et si x1· · · xnest un ´el´ement de D(G) avec chaque xide la forme uvu−1v−1alors
tx1· · · xnt−1= (tx1t−1)· · · (txnt−1)∈D(G)
donc D(G) est distingu´e dans Gdonc G/D(G) est un groupe. Par ailleurs pour
x, y ∈Gon a xyx−1y−1∈D(G) donc ¯x¯yx−1y−1=ece qui implique que ¯xcommute
avec ¯ydonc G/D(G) est ab´elien. Ainsi comme Gn’est pas ab´elien on ne peut avoir
D(G) = {e}. Par cons´equent |D(G)|=pet D(G) = Z(G).
3