Cours d’Algèbre I Prof. E. Bayer Fluckiger Bachelor Semestre 4 04 mars 2015 Quiz 16 Question 1. Soient G un groupe fini, et H un sous-groupe de G. Est il vrai que tous les conjugués de H ont le même cardinal ? Solution. Oui. Soit K un des conjugés de H. Alors il existe g ∈ G tel que K = gHg −1 . Soient h1 , . . . , hm deux à deux distincts tels que H = {h1 , . . . , hm }. Alors K = {gh1 g −1 , . . . , ghm g −1 }. Si ghi g −1 = ghj g −1 , alors hi = hj . Ainsi les ghi g −1 sont deux à deux distincts. On a donc #K = m = #H. Question 2. (1) Soient G un groupe abélien fini. Soient n et m premiers entre eux tels que #G = nm. Est il vrai que G ' Gn × Gm , avec Gn un groupe d’ordre n et Gm un groupe d’ordre m ? (2) Soient G un groupe fini. Soient n et m premiers entre eux tels que #G = nm. Est il vrai que G ' Gn × Gm , avec Gn un groupe d’ordre n et Gm un groupe d’ordre m ? Solution. (1) Oui. Soient Gn = { g ∈ G | ng = 0G } et Gm = {g ∈ G | mg = 0G }. D’après un résultat du cours, on a G ' Gn × Gm . Les nombres premiers divisant #Gn sont exactement les nombres premiers divisant n. En effet, si un nombre premier p divisait #Gn mais pas n, alors le groupe Gn aurait un élément d’ordre p, ce qui n’est pas possible puisque (p, n) = 1. De même, on montre que les nombres premiers divisant #Gm sont exactement les nombres premiers divisant m. Or #G = (#Gn )(#Gm ), donc #Gn = n et #Gm = m. (2) Non. Le groupe S3 est 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 à Z/pZ. Si S3 était isomorphe à G2 × G3 , avec G2 d’ordre 2 et G3 d’ordre 3, alors on aurait G ' Z/2Z × Z/3Z ' Z/6Z, ce qui n’est pas possible puisque S3 n’est pas abélien. Cours d’Algèbre II Prof. E. Bayer Fluckiger Bachelor Semestre 4 04 mars 2015 Série 16 Exercice 1. Soit G un groupe de cardinal 2p, avec p premier impair. (1) Prouver que G a un seul p-Sylow sous-groupe. (2) Prouver que G est cylique si et seulement si G a un seul 2-Sylow sousgroupe. (3) Prouver que si G n’est pas cyclique, alors G ' D2p . Solution. (1) Soit Hp un p-Sylow de G. On a #Hp = p, donc [G : Hp ] = 2. Tout sousgroupe de G d’indice 2 est normal dans G. Par conséquent, Hp est normal dans G. En utilisant un résultat du cours, on en déduit que Hp est l’unique p-Sylow de G. (2) Supposons dans un premier temps G cyclique (et donc abélien). Alors tous les sous-groupes, de G sont normaux. En particulier, les 2-Sylow de G sont normaux. En utilisant un résultat du cours, on en déduit que G n’a qu’un seul 2-Sylow. Réciproquement, supposons que G ait un seul 2-Sylow, que nous notons H2 . Alors, tous les sous-groupes de Sylow de G sont normaux. D’après l’exercise 4.2 de la Série 15, on a G ' H2 × Hp . Comme 2 et p sont premiers, on a H2 ' Z/2Z et Hp ' Z/pZ. Par suite, on a G ' Z/2Z × Z/pZ. Or (2, p) = 1, donc G est isomorphe à Z/2pZ. (3) Supposons que G n’est pas cyclique. Soit n2 le nombre de 2-Sylow de G. D’après la question précédente, on a n2 6= 1. Le troisième théorème de Sylow implique donc que n2 = p. Par conséquent, G a p éléments d’ordre 2. En effet, les générateurs des 2-Sylow de G sont d’ordre 2 et doivent être deux à deux distincts. Soient s un de ces éléments d’ordre 2 de G, et r un générateur du p-sous-groupe de Sylow de G. Comme G n’est pas cyclique, il n’a pas d’élément d’ordre 2p. D’après le second théorème de Sylow, tout élément d’ordre p appartient à l’unique p-Sylow de G, à savoir hri. Ce n’est pas le cas de ri s. Par conséquent, ri s est d’ordre 2. En particulier, on a srsr = (sr)2 = 1 et donc srs = r−1 . De plus, l’ensemble { ri : 1 ≤ i ≤ p } ∪ { ri s : 1 ≤ i ≤ p } 3 est d’ordre 2p et donc égal à G. Or r est d’ordre p et s est d’ordre 2, donc, d’après l’exercise 2.4 de la Série 13, on a G ' D2p . Exercice 2. Soit p premier. (1) Montrer que Sp contient (p − 2)! p-Sylow sous-groupes. (2) En deduire que (p − 1)! ≡ −1 mod p (théorème de Wilson). Solution. (1) Soit np le nombre de p-Sylow de Sp . On a #Sp = p! = p · k avec k premier à p. Les p-Sylow de Sp sont donc cycliques d’ordre p. Chaque p-Sylow est constitué de Id et de p − 1 de cycles de longueur p. De plus, si H et K sont deux p-Sylow distincts, alors on a H ∩ K = {Id}. Or le groupe Sp a (p − 1)! cycles de longueur p, donc le nombre de p-Sylow de Sp est np = (p−1)! = (p − 2)! p−1 (2) Le troisième théorème 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 A un anneau. (1) Montrer que 0A .a = a.0A = 0A pour tout a ∈ A. (2) Montrer que l’élément neutre pour la multiplication dans A est unique. (3) Montrer que (−1A ).a = a.(−1A ) = −a pour 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 définition de 0A , et la distributivité de la multiplication par rapport à l’addition, on constate que 0A .a + 0A .a = (0A + 0A ).a = 0A .a. On en déduit que 0A .a = 0A . De même, comme a.0A + a.0A = a.(0A + 0A ) = a.0A , on a a.0A = 0A . (2) Si 1A et 10A sont deux éléments neutres pour la multiplication dans A, alors on a 1A = 1A .10A = 10A . 4 (3) Soit a ∈ A. D’après la première 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’après la question précd́ente, on a −(a.b) = (−1A ).(a.b) = (−1A .a).b = (−a).b et −(a.b) = (a.b).(−1A ) = a.(b.(−1A )) = a.(−b). Définition 1. Soient B un anneau, et A un sous-anneau de B. Soient b1 , . . . , bn ∈ B. On note A[b1 , . . . , bn ] le plus petit sous-anneau de B contenant A et b1 , . . . , bn . Exercice 4. Soient B un anneau commutatif, et A un sous-anneau de B. Soient b1 , . . . , bn ∈ B. Montrer que A[b1 , . . . , bn ] est constitué de toutes les expressions polynomiales en b1 , ..., bn à coefficients dans A. Solution. Par définition 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 monomiales a.bi11 . . . binn (avec a ∈ A et i1 , . . . , in ∈ N). De plus, A[b1 , . . . , bn ] est stable par addition. Il contient donc aussi toutes les sommes d’expressions monomiales, c’est-à-dire toutes les expressions polynomiales en b1 , ..., bn à coefficients dans A. Soit P l’ensemble des expressions polynomiales en b1 , ..., bn à coefficients dans A. On remarque que 0B , 1B ∈ A, car A est un sous-anneau de B. Par suite, on a 0B , 1B ∈ P . De plus, P est stable par addition. Comme A est un sous-anneau de B, l’inverse de chaque élément p de P r X in,n i p= al b1l,1 . . . bn l ∈ P l=1 est dans P . En effet, on a −p = r X i in,nl (−al )b1l,1 . . . bn . l=1 Ainsi, (P, +) est un sous-groupe. De plus, comme la multiplication est distributive par rapport à l’addition, P est stable par multiplication. Par suite, P est un sousanneau de B qui contient A et b1 , . . . , bn . Par définition de A[b1 , . . . , bn ], on a donc A[b1 , . . . , bn ] ⊆ P. D’après le premier paragraphe, on a donc A[b1 , . . . , bn ] = P.