Corrigé 5

Alg`ebre 2eann´ee
Corrig´e 5
1. (a) Supposons que ](A) = n=pn1
1· · · pnr
r. Alors ϕ:A∼
=A(p1)× · · · × A(pr), avec
](A(pi)) = pni
i.
Si Aest cyclique, soit xun g´en´erateur de A. On fixe un premier pqui divise
n. Soit π:A→A(p) la projection. Soit y∈A(p). Puisque πest surjective, il
existe u∈Atel 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/pnZ. Pour trouver un
sous-groupe d’ordre p, il faut trouver u∈Ztel que pn|pu. On pose u=pn−1.
On v´erifie que uest 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 pqui 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/pn1Z× · · · Z/pnrZ. Si r > 1, alors
A(p) (et donc A) contient au moins deux sous-groupes d’ordre p, nomm´ement,
(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 Nest un sous-groupe stricte de G, c’est-`a-dire, que N6=
G. Si N={e}, alors on a fini. Alors on peut supposer que ](N) = p. On
choisit un ´el´ement g6=ede G, et on consid`ere hgi. Si hgi=G, alors Get
cyclique, alors ab´elien, et Z(G) = Get on a fini. Alors supposons que ]hgi=p.
Donc (G:hgi) = p2/p =p, d’o`u hgiest normal dans G. Soit x∈N. Alors
xgx−1g−1∈N∩ hgipuisque Net hgisont normaux. Mais N∩ hgi< N, et N
est de l’ordre p, alors n=](N∩ hgi) = 1 ou p. Si n=palors N=hgi, et alors
xet gcommute (tout les deux ´etant ´el´ement d’un groupe cyclique). Si n= 1
alors xgx−1g−1=e, donc xg =gx. En tout cas, x∈Z(G), donc N < Z(G).
(b) S’il existe un ´el´ement de Gd’ordre p2, alors Gest cyclique et on a fini. Sinon,
chaque x6=equi appartient `a Gest d’ordre p. Si x, y ∈G,x6=e,y6=e, alors
hxiet hyisont des sous-groupes normaux. Alors on peut argumenter comme
dans 2(a) pour montrer que xy =yx, et donc Gest ab´elien.
3. Puisque met nsont premiers entre eux, il existe des entiers ret stels que rm+sn =
1. Alors on pose x=asn+brm. On voit que x=a(1−rm)+brm =a+(br−ar)m≡
amod met que x=asn +b(1 −sn) = b+ (as −bs)n≡bmod n. Alors une solution
1

existe. Si yest une autre solution, alors x−y≡0 mod met x−y≡0 mod n. Donc
met ndivise x−y, mais met nsont premiers entre eux, alors mn divise x−y,
donc x≡ymod mn.
4. Pour montrer que ϕest un homomorphisme bien d´efini, on le construit explicitement.
On commence avec les deux homomorphismes naturelles,
π1:Z→Z/n1Zet π2:Z→Z/n2Z
qui d´efinissent un homomorphisme
π:Z→Z/n1Z×Z/n2Z.
On note que si n|a, alors n1|aet n2|a, alors a∈ker π. Il s’ensuit que nZ<ker π,
donc πinduit un homomorphisme ¯π:Z/nZ→Z/n1Z×Z/n2Zet on v´erifie que
¯π=ϕ.
Pour montrer que ϕest une bijection, on utilise l’exercice 3. Si ϕ(amod n) = (0 mod
n1,0 mod n2), alors aest une solution au syst`eme de congruences
x≡0 mod n1
x≡0 mod n2
mais 0 est ´egalement une solution, et une telle solution est unique modulo n1n2=n.
Alors a≡0 mod n, et donc ϕest injective. Si (amod n1, b mod n2)∈Z/n1Z×
Z/n2Z, alors le th´eor`eme de restes chinois nous dit qu’il existe un xtel que ϕ(xmod
n) = (amod n1, b mod n2).
5. (a) Il faut montrer que σaest un homomorphisme bijectif. Si v, w ∈G, alors
σa(vw) = (vw)a=vawapuisque Gest cyclique, donc ab´elien. De plus, σa(e) =
ea=e. Alors σaest un homomorphisme.
Supposons qu’il existe w∈Gtel que σa(w) = e. Alors wa=e. Soit xun
g´en´erateur de G, alors il existe un nombre ktel que w=xk. Donc (xn)a=xak =
e. Alors n|ak, disons que ak =`n. Mais aet nsont 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 σaest injectif.
Maintenant, σaest une application injective d’un ensemble fini vers lui-mˆeme.
Alors c’est une bijection.
(b) On montre que σest 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 =σaσb, et σest un homomorphisme.
On fixe xun g´en´erateur de G. Pour ϕ∈Aut(G), on d´efinit ρ(ϕ) = ¯ ksi
ϕ(x) = xk. L’application ρest un esp`ece de logarithme.
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On constate que ket nsont premiers entre eux. Si d > 0, d|ket d|n, alors
k=rd et n=sd. Alors ϕ(xs) = xsk =xsrd =xrn =e. Mais ϕest injectif,
alors xs=e. Donc n|s. Alors s=tn, disons, d’o`u n=sd =tnd. Il s’ensuit
que td = 1, c’est-‘a-dire, que d= 1 puisque d > 0, ce qui confirme que net 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) = wkpour tout w∈G, puisque Gest cyclique et ϕest
un homomorphisme. Donc ϕ=σρ(ϕ). On conclut que σest un isomorphisme,
dont l’inverse est ρ.
6. Si s∈Set 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∈Gspour tout s∈S. Par cons´equent, K⊂ ∩s∈SGs. Par contre,
si g∈ ∩s∈SGset 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∈SGs.
7. Trick question. La r`egle n·z=znne d´efinit pas une action, puisque 0 ·z= 1 6=z.
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