Corrigé 9

Cours d’Alg` ebre I Bachelor Semestre 3
Prof. E. Bayer Fluckiger 28 novembre 2011
Corrig´e 9
Les exercices 1, 3 et 4 sont les exercices de la s´erie 8 qui n’ont pas ´et´e faits lors
de la sc´eance pr´ec´edente.
Exercice 1 (Le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis).
On rappelle que le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis affirme que
tout groupe ab´elien fini Gest isomorphe `a
r
Y
i=1
Z/diZavec d1,· · · , drdes entiers
tels que di|di+1.
(1) Donner la liste des classes d’isomorphie des groupes ab´eliens d’ordre 432
(2) Montrer que tout groupe ab´elien d’ordre 30 est cyclique.
(3) Comment peut on calculer les entiers diquand G=
s
Y
i=1
Z/qiZpour cer-
tains entiers q1,· · · , qsstrictement positifs ?
(4) Calculer les entiers diquand G=Z/18Z×Z/20Z×Z/63Z.
(5) A quelle condition sur les entiers dile groupe Gest il cyclique ?
Solution.
(1) On d´ecompose 432 en produit de facteurs premiers : 432 = 24×33. D’apr`es
le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis, tout groupe ab´elien
d’ordre 432 est isomorphe `a l’un des groupes suivants :
Z/432Z
Z/2Z×Z/216Z
Z/3Z×Z/144Z
Z/4Z×Z/108Z,(Z/2Z)2×Z/108Z
Z/6Z×Z/72Z
(Z/2Z)3×Z/54Z
(Z/3Z)2×Z/48Z
Z/12Z×Z/36Z,Z/2Z×Z/6Z×Z/36Z
Z/3Z×Z/6Z×Z/24Z
(Z/2Z)2×Z/6Z×Z/18Z
Z/3Z×Z/12Z×Z/12Z,(Z/6Z)2×Z/12Z
Z/2Z×(Z/6Z)3

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et de plus, parmis ces groupes, on ne peut pas en trouver deux qui soient
isomorphes.
Avez vous remarqu´e que, bien que 4 ne divise pas 54, le groupe
Z/2Z×Z/4Z×Z/54Zapparait bien dans la liste ? En effet on a
Z/2Z×Z/4Z×Z/54Z'(Z/2Z)2×Z/108Z.
Les redondances dans la liste sont ´evit´ees grˆace aux conditions de divisi-
bilit´e des entiers di. Notez aussi que les conditions de divisibilit´e perme-
ttent de ne pas avoir `a calculer tout les factorisations de 432 en produit
d’entiers mais seulement les factorisations 432 =
r
Y
i=1
diavec di|di+1.
(2) Un groupe ab´elien d’ordre 30 est isomorphe `a
r
Y
i=1
Z/diZavec d1,· · · , dr
des entiers tels que di|di+1. Le produit d1· · · , drest `a Card(G) = 30. Or,
pour tout indice i, on a di|dr, donc drest divisible par tous les facteurs
premiers de 30.
L’entier 30 est sans facteur carr´e, c’est `a dire qu’aucun carr´e n’apparait
dans sa d´ecomposition en produit de nombres premiers : 30 = 2 ×3×5.
Par suite 30 divise dr. On en d´eduit que dr= 30, i.e. que G'Z/30Z.
(3) Soit met ndeux entiers premiers entre eux. Le lemme chinois vu lors de
la s´erie 2 affirme l’existence d’un isomorphisme
Z/mnZ'Z/nZ×Z/mZ.
Pour calculer les entiers dion commencer par chercher la factorisation
des entiers qien produit de nombres premiers :
qi=±
t
Y
j=1
pni,j
j
Avec ni,j ∈Npouvant ˆetre nul (pour des raisons de simplicit´e d’´ecriture
nous voulons que la famille de nombres premiers utilis´ee ne d´epende pas
de qi). D’apr`es le lemme chinois, on a
s
Y
i=1
Z/qiZ'
s
Y
i=1
t
Y
j=1
Z/pni,j
iZ.
Pour tout k∈ {1,· · · s}et tout j∈ {1,· · · , t}, on note mi,k la k-i`eme
plus grande valeur apparaissant dans la liste des exposants n1,j,· · · , ns,j .
On obtient ainsi sentiers m1,j ≤ · · · ≤ ms,j tels que {m1,j ,· · · , ms,j}=
{n1,j,· · · , ns,j}. On pose d0
k:=
t
Y
j=1
pck,j
j. Par construction, dk0divise d0
k+1

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pour tout indice k. D’apr`es le lemme chinois, on a
s
Y
i=1
Z/qiZ'
s
Y
k=1
Z/d0
kZ.
Par unicit´e des entiers diapparaissant dans le th´eor`eme de structure des
groupes ab´eliens libres, les entiers disont (au signe pr`es) les entiers d0
k
(plus exactement, ceux qui sont diff´erents de 1 et −1).
(4) Il suffit de remarquer que 18 divise 20 ×63 = 1260 et que 20 et 63 sont
premiers entre eux.
En effet, d’apr`es le lemme chinois, on a Z/20Z×Z/63Z'Z/1260Z.
En particulier on a
Z/18Z×Z/20Z×Z/63/Z'Z/18Z×Z/1260Z.
(5) Pour tout nun groupe cyclique a au plus un sous-groupe de cardinal
n. Comme didivise dr, le groupe Z/drZa au moins un sous-groupe de
cardinal di. Par suite le groupe Gest cyclique si et seulement si dr=
±card(G) (et dans ce cas di=±1 pour tout i<r).
Exercice 2 (Fin de la d´emonstration du th´eor`eme de structure des groupes
ab´eliens finis).
On consid`ere deux suites d’entiers d1,· · · , dn≥2 et δ1,· · · , δm≥2 avec di|di+1
et δi|δi+1. On note G:=
n
Y
i=1
Z/diZet H:=
m
Y
i=1
Z/δiZ.
(1) Quel est le cardinal de G(respectivement H) ?
(2) Montrer que tous les ´el´ements dans G(respectivement H) ont un ordre
divisant dn(respectivement δm).
(3) Montrer Ga un ´el´ement d’ordre dnet que Ha un ´el´ement d’ordre δm.
(4) Montrer par r´ecurrence sur le cardinal de Gque si G'Halors n=met
di=δipour tout indice i.
Solution.
(1) Le cardinal de Gest
n
Y
i=1
diet le cardinal de Hest
m
Y
i=1
δi.
(2) Soit x∈G. Un tel ´el´ement xde Gs’´ecrit x= (x1,· · · , xn) avec xi∈Z/diZ.
On a dixi= 0Z/diZ.Or di|dn, donc dnxi= 0Z/diZ.En particulier, on a bien
dnx= 0G. Le raisonnement est identique quand on remplace Gpar H, et
dnpar δm.
(3) L’´el´ement (0Z/d1Z,· · · ,0Z/dn−1Z,1Z/dnZ) est d’ordre exactement dn. De mˆeme,
(0Z/δ1Z,· · · ,0Z/δm−1Z,1Z/δmZ) est d’ordre exactement δm.
(4) Lorsque Gest de cardinal 1, ou de cardinal un nombre premier, le r´esultat
est automatique.
Soit N > 1 un entier. On suppose que, pour toutes suites d’entiers
α1,· · · αs≥2 et β1,· · · , βt≥2 telles que αi|αi+1 et βi|βi+1, et telles que

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α1· · · αs≤N, on ne puisse avoir
s
Y
i=1
Z/αiZ'
t
Y
i=1
Z/βiZque si s=tet
αi=βipour tout indice i. On suppose de plus que d1· · · dn=N+ 1.
Soit pun facteur premier de d1. On consid`ere la multiplication par
psur Gnot´ee [p]G. Elle induit un isomorphisme entre G/ ker([p]G) et
n−1
Y
i=1
Z/(p−1di)Z. De mˆeme la multiplication par psur Hnot´ee [p]Hinduit
isomorphisme entre H/ ker([p]H) et
m−1
Y
i=1
Z/δ0
iZavec δ0 i=p−1δisi p|δiet
δ0
i=δisi pest premier avec δi.
La restriction `a ker([p]G) d’un isomorphisme entre Get Hest un iso-
morphisme entre ker([p]G) et ker([p]H). Ainsi un isomorphisme entre Get
Hinduit par passage au quotient un isomorphisme entre G/ ker([p]G) et
H/ ker([p]H). Par comparaison des cardinaux de G/ ker([p]G) et H/ ker([p]H),
on en d´eduit que m≥net que
δ0
i=δisi i≤m−n
p−1δisi m−n+ 1 ≤i≤m.
En appliquant hypoth`ese de r´ecurrence `a G/ ker([p]G) et H/ ker([p]H), on
voit donc que
•δi= 1 si i≤m−n
•p−1δi=p−1disi m−n+ 1 ≤i≤m.
En particulier m=ncar δi>1 pour tout entier i.
Par r´ecurrence on a ainsi montr´e que si G'Halors n=met di=δi
pour tout indice i.
Exercice 3.
Soit Gun groupe non commutatif d’ordre p2.
(1) Montrer que Gest engendr´e par deux ´el´ements h1, h2∈Gd’ordre p.
(2) Au cours de l’exercice 7 de la s´erie 6, on a montr´e que le groupe Hi
engendr´e par hiest normal dans G. En d´eduire que le groupe des commu-
tateurs de Gest inclu dans Hi.
(3) En d´eduire qu’il n’existe pas de groupe non commutatif d’ordre p2.
(4) Quelles sont les classes d’isomorphie des groupes d’ordre p2?
Solution.
(1) Si Ga un ´el´ement d’ordre p2alors Gest cyclique. l’ordre des ´el´ements de
Gest donc soit 1 soit p. Soient h1, h2∈Gd’ordre pavec h2en dehors du
sous-groupe engendr´e par p. Alors le sous-groupe Hengendr´e par h1et
h2est d’ordre divisant p2et plus grand que p+ 1. Par cons´equent Hest
d’ordre p2. Comme Gest aussi d’ordre p2, on a G=H.

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(2) Comme Hiest normal, G/Hipeut ˆetre muni d’une structure de groupe
pour laquelle la surjection canonique π:G−→ G/Hiest un homomor-
phisme de groupe. Le groupe G/Hiest d’ordre p.
Le groupe G/Hiest donc cyclique. En particulier, G/Hiest ab´elien.
L’image par πd’un commutateur dans Gest un commutateur dans G/Hi.
Cette image est donc ´egale `a 1G/Hi. Par cons´equent, le groupe des com-
mutateurs de Gest contenu dans Hi.
(3) Comme H1et H2sont deux sous-groupes d’ordre pdistincts, le th´eor`eme
de Lagrange montre que le cardinal H1∩H2est de cardinal 1. Par suite,
pour tout x, y ∈G, on a xyx−1y−1= 1Gi.e. xy =yx. Ceci contredit la
non-commutativit´e de G.
(4) D’apr`es le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis, les classes d’i-
somorphie des groupes d’ordre p2sont les classes d’isomorphies de (Z/pZ)2
et Z/p2Z.
Exercice 4.
(1) Soient A, B, C trois groupes ab´eliens finis. Montrer que si A×B'A×C,
alors B'C.
Attention : on ne connait pas `a priori l’isomorphisme entre A×Bet
A×C!
(2) On note A= (Z/4Z)N(respectivement B= (Z/4Z×Z/2Z)N, respective-
ment C= (Z/2Z)N) le groupe des suites `a valeurs dans Z/4Z(respective-
ment Z/4Z×Z/2Z, respectivement Z/2Z). Montrer que A×B'A×C
mais que Bet Cne sont pas isomorphes.
Solution.
(1) Le th´eor`eme de structure des groupes ab´eliens finis affirme l’existence
d’entiers α1,· · · , αr, β1,· · · βs, γ1,· · · , γt>1 tels que
A'
r
Y
i=1
Z/αiZ, B '
s
Y
i=1
Z/βiZ, C '
t
Y
i=1
Z/γiZ.
On d´ecompose αi,βiet γien produit de nombres premiers
αi=Y
ppremier
pai,p , βi=Y
ppremier
pbi,p , γi=Y
ppremier
pci,p .
Pour chaque premier p, on consid`ere
•µk,p le k-i`eme plus grand entier dans la liste d’entiers
a1,p,· · · , ar,p, b1,p,· · · , bs,p
(pour certains indices kil est possible que l’on ait µk,p =µk+1,p) ;
•νk,p le k-i`eme plus grand entier dans la liste d’entiers
a1,p,· · · , ar,p, c1,p,· · · , ct,p.