Corrigé

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 04 mars 2015
Quiz 16
Question 1.
Soient Gun groupe fini, et Hun sous-groupe de G. Est il vrai que tous les
conjugu´es de Hont le mˆeme cardinal ?
Solution.
Oui. Soit Kun des conjug´es de H. Alors il existe g∈Gtel que K=gHg−1.
Soient h1, . . . , hmdeux `a deux distincts tels que H={h1, . . . , hm}. Alors
K={gh1g−1, . . . , ghmg−1}.
Si ghig−1=ghjg−1, alors hi=hj. Ainsi les ghig−1sont deux `a deux distincts.
On a donc #K=m= #H.
Question 2.
(1) Soient Gun groupe ab´elien fini. Soient net mpremiers entre eux tels que
#G=nm. Est il vrai que G'Gn×Gm, avec Gnun groupe d’ordre net
Gmun groupe d’ordre m?
(2) Soient Gun groupe fini. Soient net mpremiers entre eux tels que
#G=nm. Est il vrai que G'Gn×Gm, avec Gnun groupe d’ordre
net Gmun groupe d’ordre m?
Solution.
(1) Oui. Soient Gn={g∈G|ng = 0G}et Gm={g∈G|mg = 0G}.
D’apr`es un r´esultat du cours, on a G'Gn×Gm. Les nombres premiers
divisant #Gnsont exactement les nombres premiers divisant n. En effet, si
un nombre premier pdivisait #Gnmais pas n, alors le groupe Gnaurait un
´el´ement d’ordre p, ce qui n’est pas possible puisque (p, n) = 1. De mˆeme,
on montre que les nombres premiers divisant #Gmsont exactement les
nombres premiers divisant m. Or #G= (#Gn)(#Gm), donc #Gn=net
#Gm=m.
(2) Non. Le groupe S3est de cardinal 6 = 2 ·3, mais il n’est pas un produit
direct de groupes d’ordre 2 et 3. En effet, tout groupe d’ordre premier p
est isomorphe `a Z/pZ. Si S3´etait isomorphe `a G2×G3, avec G2d’ordre
2 et G3d’ordre 3, alors on aurait G'Z/2Z×Z/3Z'Z/6Z, ce qui n’est
pas possible puisque S3n’est pas ab´elien.

Cours d’Alg` ebre II Bachelor Semestre 4
Prof. E. Bayer Fluckiger 04 mars 2015
S´erie 16
Exercice 1.
Soit Gun groupe de cardinal 2p, avec ppremier impair.
(1) Prouver que Ga un seul p-Sylow sous-groupe.
(2) Prouver que Gest cylique si et seulement si Ga un seul 2-Sylow sous-
groupe.
(3) Prouver que si Gn’est pas cyclique, alors G'D2p.
Solution.
(1) Soit Hpun p-Sylow de G.Ona#Hp=p, donc [G:Hp] = 2. Tout sous-
groupe de Gd’indice 2 est normal dans G. Par cons´equent, Hpest normal
dans G. En utilisant un r´esultat du cours, on en d´eduit que Hpest l’unique
p-Sylow de G.
(2) Supposons dans un premier temps Gcyclique (et donc ab´elien). Alors
tous les sous-groupes, de Gsont normaux. En particulier, les 2-Sylow de
Gsont normaux. En utilisant un r´esultat du cours, on en d´eduit que G
n’a qu’un seul 2-Sylow.
R´eciproquement, supposons que Gait un seul 2-Sylow, que nous notons
H2. Alors, tous les sous-groupes de Sylow de Gsont normaux. D’apr`es
l’exercise 4.2 de la S´erie 15, on a
G'H2×Hp.
Comme 2 et psont premiers, on a H2'Z/2Zet Hp'Z/pZ. Par suite,
on a G'Z/2Z×Z/pZ.Or (2, p) = 1, donc Gest isomorphe `a Z/2pZ.
(3) Supposons que Gn’est pas cyclique. Soit n2le nombre de 2-Sylow de G.
D’apr`es la question pr´ec´edente, on a n26= 1. Le troisi`eme th´eor`eme de
Sylow implique donc que n2=p. Par cons´equent, Gap´el´ements d’ordre 2.
En effet, les g´en´erateurs des 2-Sylow de Gsont d’ordre 2 et doivent ˆetre
deux `a deux distincts. Soient sun de ces ´el´ements d’ordre 2 de G, et run
g´en´erateur du p-sous-groupe de Sylow de G. Comme Gn’est pas cyclique,
il n’a pas d’´el´ement d’ordre 2p. D’apr`es le second th´eor`eme de Sylow, tout
´el´ement d’ordre pappartient `a l’unique p-Sylow de G, `a savoir hri. Ce
n’est pas le cas de ris. Par cons´equent, risest d’ordre 2. En particulier,
on a
srsr = (sr)2= 1 et donc srs =r−1.
De plus, l’ensemble
{ri: 1 ≤i≤p}∪{ris: 1 ≤i≤p}

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est d’ordre 2pet donc ´egal `a G. Or rest d’ordre pet sest d’ordre 2, donc,
d’apr`es l’exercise 2.4 de la S´erie 13, on a G'D2p.
Exercice 2.
Soit ppremier.
(1) Montrer que Spcontient (p−2)! p-Sylow sous-groupes.
(2) En deduire que (p−1)! ≡ −1 mod p(th´eor`eme de Wilson).
Solution.
(1) Soit nple nombre de p-Sylow de Sp. On a #Sp=p! = p·kavec kpremier
`a p. Les p-Sylow de Spsont donc cycliques d’ordre p. Chaque p-Sylow
est constitu´e de Id et de p−1 de cycles de longueur p. De plus, si Het
Ksont deux p-Sylow distincts, alors on a H∩K={Id}. Or le groupe
Spa (p−1)! cycles de longueur p, donc le nombre de p-Sylow de Spest
np=(p−1)!
p−1= (p−2)!
(2) Le troisi`eme th´eor`eme de Sylow implique que np≡1 mod p. On a donc
(p−2)! ≡1 mod p.
En multipliant pour p−1 on obtient
(p−1)! ≡ −1 mod p.
Exercice 3.
Soit Aun anneau.
(1) Montrer que 0A.a =a.0A= 0Apour tout a∈A.
(2) Montrer que l’´el´ement neutre pour la multiplication dans Aest unique.
(3) Montrer que (−1A).a =a.(−1A) = −apour tout a∈A.
(4) Montrer que (−a).b =a.(−b) = −(a.b) pour tous a, b ∈A.
Solution.
(1) Soit a∈A. En utilisant la d´efinition de 0A, et la distributivit´e de la
multiplication par rapport `a l’addition, on constate que
0A.a + 0A.a = (0A+ 0A).a = 0A.a.
On en d´eduit que 0A.a = 0A. De mˆeme, comme
a.0A+a.0A=a.(0A+ 0A) = a.0A,
on a a.0A= 0A.
(2) Si 1Aet 10
Asont deux ´el´ements neutres pour la multiplication dans A,
alors on a
1A= 1A.10
A= 10 A.

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(3) Soit a∈A. D’apr`es la premi`ere question, on a
0A= 0A.a = (1A+ (−1A)).a = 1A.a + (−1A).a =a+ (−1A).a
et
0A=a.0A=a.(1A+ (−1A)) = a.1A+a.(−1A) = a+a.(−1A).
Donc (−1A).a =a.(−1A) = −a.
(4) D’apr`es la question pr´ec´ dente, on a
−(a.b) = (−1A).(a.b) = (−1A.a).b = (−a).b
et
−(a.b) = (a.b).(−1A) = a.(b.(−1A)) = a.(−b).
D´efinition 1. Soient Bun anneau, et Aun sous-anneau de B. Soient b1, . . . , bn∈B.
On note A[b1, . . . , bn] le plus petit sous-anneau de Bcontenant Aet b1, . . . , bn.
Exercice 4.
Soient Bun anneau commutatif, et Aun sous-anneau de B. Soient b1, . . . , bn∈B.
Montrer que A[b1, . . . , bn] est constitu´e de toutes les expressions polynomiales en
b1, ..., bn`a coefficients dans A.
Solution.
Par d´efinition d’un sous-anneau de B, le sous-anneau A[b1, . . . , bn] est stable par
multiplication. En particulier, A[b1, . . . , bn] contient toutes les expressions mono-
miales a.bi1
1. . . bin
n(avec a∈Aet i1, . . . , in∈N). De plus, A[b1, . . . , bn] est stable
par addition. Il contient donc aussi toutes les sommes d’expressions monomiales,
c’est-`a-dire toutes les expressions polynomiales en b1, ..., bn`a coefficients dans A.
Soit Pl’ensemble des expressions polynomiales en b1, ..., bn`a coefficients dans
A. On remarque que 0B,1B∈A, car Aest un sous-anneau de B. Par suite, on a
0B,1B∈P. De plus, Pest stable par addition. Comme Aest un sous-anneau de
B, l’inverse de chaque ´el´ement pde P
p=
r
X
l=1
albil,1
1. . . bin,nl
n∈P
est dans P. En effet, on a
−p=
r
X
l=1
(−al)bil,1
1. . . bin,nl
n.
Ainsi, (P, +) est un sous-groupe. De plus, comme la multiplication est distributive
par rapport `a l’addition, Pest stable par multiplication. Par suite, Pest un sous-
anneau de Bqui contient Aet b1, . . . , bn.Par d´efinition de A[b1, . . . , bn], on a donc
A[b1, . . . , bn]⊆P. D’apr`es le premier paragraphe, on a donc A[b1, . . . , bn] = P. 