Corrigé 5

Algèbre 2e année
Corrigé 5
1. (a) Supposons que ](A) = n = pn1 1 · · · pnr r . Alors ϕ : A ∼
= A(p1 ) × · · · × A(pr ), avec
ni
](A(pi )) = pi .
Si A est cyclique, soit x un générateur de A. On fixe un premier p qui divise
n. Soit π : A → A(p) la projection. Soit y ∈ A(p). Puisque π est surjective, il
existe u ∈ A tel que π(u) = y. Mais u = kx, alors y = π(u) = kπ(x). Alors
π(x) engendre A(p), et A(p) est cyclique : A(p) ∼
= Z/pn Z. Pour trouver un
sous-groupe d’ordre p, il faut trouver u ∈ Z tel que pn |pu. On pose u = pn−1 .
On vérifie que u est l’unique tel nombre entre 0 et pn − 1.
Par contre, supposons qu’il existe un unique sous-groupe d’ordre p, pour tout
premier p qui divise n. Il suffit de montrer que A(p) est cyclique, puisque le
produit de groupes cyclique d’ordres premiers entre eux est encore cyclique
(voir l’exercice 4 ci-dessous). Mais A(p) ∼
= Z/pn1 Z × · · · Z/pnr Z. Si r > 1, alors
A(p) (et donc A) contient au moins deux sous-groupes d’ordre p, nommément,
(pn1 −1 , 0, · · · , 0) et (0, pn2 −1 , · · · , 0). Alors r = 1, et A(p) est cyclique.
(b) C’est 1(a) en autres termes.
2. (a) On suppose que N est un sous-groupe stricte de G, c’est-à-dire, que N 6=
G. Si N = {e}, alors on a fini. Alors on peut supposer que ](N ) = p. On
choisit un élément g 6= e de G, et on considère hgi. Si hgi = G, alors G et
cyclique, alors abélien, et Z(G) = G et on a fini. Alors supposons que ]hgi = p.
Donc (G : hgi) = p2 /p = p, d’où hgi est normal dans G. Soit x ∈ N . Alors
xgx−1 g −1 ∈ N ∩ hgi puisque N et hgi sont normaux. Mais N ∩ hgi < N , et N
est de l’ordre p, alors n = ](N ∩ hgi) = 1 ou p. Si n = p alors N = hgi, et alors
x et g commute (tout les deux étant élément d’un groupe cyclique). Si n = 1
alors xgx−1 g −1 = e, donc xg = gx. En tout cas, x ∈ Z(G), donc N < Z(G).
(b) S’il existe un élément de G d’ordre p2 , alors G est cyclique et on a fini. Sinon,
chaque x 6= e qui appartient à G est d’ordre p. Si x, y ∈ G, x 6= e, y 6= e, alors
hxi et hyi sont des sous-groupes normaux. Alors on peut argumenter comme
dans 2(a) pour montrer que xy = yx, et donc G est abélien.
3. Puisque m et n sont premiers entre eux, il existe des entiers r et s tels que rm+sn =
1. Alors on pose x = asn+brm. On voit que x = a(1−rm)+brm = a+(br−ar)m ≡
a mod m et que x = asn + b(1 − sn) = b + (as − bs)n ≡ b mod n. Alors une solution
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existe. Si y est une autre solution, alors x − y ≡ 0 mod m et x − y ≡ 0 mod n. Donc
m et n divise x − y, mais m et n sont premiers entre eux, alors mn divise x − y,
donc x ≡ y mod mn.
4. Pour montrer que ϕ est un homomorphisme bien défini, on le construit explicitement.
On commence avec les deux homomorphismes naturelles,
π1 : Z → Z/n1 Z et π2 : Z → Z/n2 Z
qui définissent un homomorphisme
π : Z → Z/n1 Z × Z/n2 Z.
On note que si n|a, alors n1 |a et n2 |a, alors a ∈ ker π. Il s’ensuit que nZ < ker π,
donc π induit un homomorphisme π̄ : Z/nZ → Z/n1 Z × Z/n2 Z et on vérifie que
π̄ = ϕ.
Pour montrer que ϕ est une bijection, on utilise l’exercice 3. Si ϕ(a mod n) = (0 mod
n1 , 0 mod n2 ), alors a est une solution au système de congruences
x ≡ 0 mod n1
x ≡ 0 mod n2
mais 0 est également une solution, et une telle solution est unique modulo n1 n2 = n.
Alors a ≡ 0 mod n, et donc ϕ est injective. Si (a mod n1 , b mod n2 ) ∈ Z/n1 Z ×
Z/n2 Z, alors le théorème de restes chinois nous dit qu’il existe un x tel que ϕ(x mod
n) = (a mod n1 , b mod n2 ).
5. (a) Il faut montrer que σa est un homomorphisme bijectif. Si v, w ∈ G, alors
σa (vw) = (vw)a = v a wa puisque G est cyclique, donc abélien. De plus, σa (e) =
ea = e. Alors σa est un homomorphisme.
Supposons qu’il existe w ∈ G tel que σa (w) = e. Alors wa = e. Soit x un
générateur de G, alors il existe un nombre k tel que w = xk . Donc (xn )a = xak =
e. Alors n|ak, disons que ak = `n. Mais a et n sont premiers entre eux, alors il
exist r, s tels que ra+sn = 1. Alors rak = r`n, mais rak = (1−sn)k = k −ksn.
Donc k = (ks+r`)n, alors n|k. Mais cela signifie que w = e, donc σa est injectif.
Maintenant, σa est une application injective d’un ensemble fini vers lui-même.
Alors c’est une bijection.
(b) On montre que σ est un homomorphisme, et on construit son inverse. Si a, b ∈
(Z/nZ)∗ , alors σab (w) = wab = wba = (wb )a = (σb (w))a = σa (σb (w)) = (σa ◦
σb )(w). Alors σab = σa σb , et σ est un homomorphisme.
On fixe x un générateur de G. Pour ϕ ∈ Aut(G), on définit ρ(ϕ) = k̄ si
ϕ(x) = xk . L’application ρ est un espèce de logarithme.
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On constate que k et n sont premiers entre eux. Si d > 0, d|k et d|n, alors
k = rd et n = sd. Alors ϕ(xs ) = xsk = xsrd = xrn = e. Mais ϕ est injectif,
alors xs = e. Donc n|s. Alors s = tn, disons, d’où n = sd = tnd. Il s’ensuit
que td = 1, c’est-‘a-dire, que d = 1 puisque d > 0, ce qui confirme que n et k
sont premiers entre eux. Alors ρ : G → (Z/nZ)∗ . Si ψ ∈ Aut(G) et ψ(x) = x` ,
alors ϕψ(x) = ϕ(x` ) = (ϕ(x))` = (xk )` = xk` , donc ρ(ϕψ) = k` = ρ(ϕ)ρ(ψ) et
ρ : Aut(G) → (Z/nZ)∗ est un homomorphisme.
Si a ∈ (Z/nZ)∗ , alors σa (x) = xa , donc ρ(σa ) = a. Par contre, si ϕ ∈ Aut(G),
et ϕ(x) = xk , alors ϕ(w) = wk pour tout w ∈ G, puisque G est cyclique et ϕ est
un homomorphisme. Donc ϕ = σρ(ϕ) . On conclut que σ est un isomorphisme,
dont l’inverse est ρ.
6. Si s ∈ S et g ∈ G, alors g · s = π(g)(s). Si g ∈ K, et s ∈ S, alors g · s = π(g)(s) =
IdS (s) = s. Donc g ∈ Gs pour tout s ∈ S. Par conséquent, K ⊂ ∩s∈S Gs . Par contre,
si g ∈ ∩s∈S Gs et s ∈ S, alors g ∈ Gs , donc s = g · s = π(g)(s). Alors π(g) = IdS ,
donc g ∈ K. Il s’ensuit que K = ∩s∈S Gs .
7. Trick question. La règle n · z = z n ne définit pas une action, puisque 0 · z = 1 6= z.
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