Exercices relatifs au cours Algebre II

Seance 1

1. Exemples de groupes: (R, +, 0), (R0, ., 1), Z/nZ, (Sn, ◦, eSn), Dn.

2. Le groupe Q2 des quaternions est genere par les elements 1,−1, i, j, k et les relations

12 = (−1)2 = 1, i2 = j2 = k2 = −1, ij = k, ij = −ji,

(−1)i = −i, (−1)j = −j, (−1)k = −k.

Ceci conduit a la table de Cayley suivante

1 −1 i −i j −j k −k1 1 −1 i −i j −j k −k−1 −1 1 −i i −j j −k ki i −i −1 1 k −k −j j−i −i i 1 −1 −k k j −jj j −j −k k −1 1 i −i−j −j j k −k 1 −1 −i ik k −k j −j −i i −1 1−k −k k −j j i −i 1 −1

Determinons tous les sous-groupes de Q2. Il y a bien entendu le sous groupe trivial 〈1〉. Con-siderons tout d’abord les sous-groupes engendres par un seul element. Nous avons des lors

〈−1〉 = {1,−1}〈i〉 = {1,−1, i,−i} = 〈−i〉〈j〉 = {1,−1, j,−j} = 〈−j〉〈k〉 = {1,−1, k,−k} = 〈−k〉.

Enfin, les sous-groupes suivants sont tous egaux a Q2 lui-meme:

〈i, j〉 = Q2 = 〈i, k〉 = 〈j, k〉.

En conclusion, les seuls sous-groupes de Q2 sont

{1}, {1,−1}, {1,−1, i,−i}, {1,−1, j,−j}, {1,−1, k,−k}, Q2.

Ces sous-groupes sont-ils normaux? Observons les classes a gauche de 〈−1〉 = {1,−1}, il vient

1〈−1〉 = 〈−1〉 = −1〈−1〉i〈−1〉 = {i,−i} = −i〈−1〉,j〈−1〉 = {j,−j} = −j〈−1〉,k〈−1〉 = {k,−k} = −k〈−1〉.

1

Pour les classes a droite, on obtient

〈−1〉1 = 〈−1〉 = 〈−1〉(−1)

〈−1〉i = {i,−i} = 〈−1〉(−i),

〈−1〉j = {j,−j} = 〈−1〉(−j),

〈−1〉k = {k,−k} = 〈−1〉(−k).

On en deduit que 〈−1〉 ⊳ Q2 et [Q2 : 〈−1〉] = 4. Les elements de Q2/〈−1〉 sont {〈−1〉, i〈−1〉, j〈−1〉, k〈−1et l’operation pour laquelle Q2/〈−1〉 est un groupe donne par exemple

i〈−1〉.j〈−1〉 = ij〈−1〉 = k〈−1〉.Ce groupe quotient est abelien.

Faisons de meme pour le sous-groupe 〈i〉 = {1,−1, i,−i}. Il vient

1〈i〉 = 〈i〉 = −1〈i〉 = i〈i〉 = −i〈i〉,j〈i〉 = {j,−j, k,−k} = −j〈i〉 = k〈i〉 = −k〈i〉.

Pour les classes a droite, on obtient

〈i〉1 = 〈i〉 = 〈i〉(−1) = 〈i〉i = 〈i〉(−i),

〈i〉j = {j,−j, k,−k} = 〈i〉(−j) = 〈i〉k = 〈i〉(−k).

On en deduit que 〈i〉 ⊳ Q2 et [Q2 : 〈i〉] = 2. Les elements de Q2/〈i〉 sont {〈i〉, j〈i〉}. Ce groupequotient est evidemment abelien.

On peut remarquer que Q2 correspond au sous-groupe de M [C], avec

1 =

(1 00 1

), i =

(i 00 −i

), j =

(0 1−1 0

), k =

(0 ii 0

).

3. Etudions le groupe S3 des permutations de 1, 2, 3. L’operation est notee ◦, et on a par exemple:

(1 2 32 1 3

)◦(

1 2 33 1 2

)=

(1 2 33 2 1

).

L’element identite est bien sur la permutation

e =

(1 2 31 2 3

).

Considerons alors la permutation

σ =

(1 2 32 3 1

).

On a alors clairement que

σ ◦ σ = σ2 =

(1 2 33 1 2

)et σ3 = e.

Enfin, si τ designe la permutation

τ =

(1 2 31 3 2

),

on a τ 2 = e et pour les dernieres permutations a envisager, on remarque que(

1 2 32 1 3

)= τσ2 = στ et

(1 2 33 2 1

)= τσ = σ2τ.

La table de Cayley de ce groupe s’ecrit

2

e σ σ2 τ τσ τσ2

e e σ σ2 τ τσ τσ2

σ σ σ2 e τσ2 τ τσσ2 σ2 e σ τσ τσ2 ττ τ τσ τσ2 e σ σ2

τσ τσ τσ2 τ σ2 e στσ2 τσ2 τ τσ σ σ2 e

Les sous-groupes de S3 sont {e}, 〈σ〉 = {e, σ, σ2}, 〈τ〉 = {e, τ} et S3 = 〈σ, τ〉. Ces sous-groupessont-ils normaux? Examinons 〈σ〉. Ses classes a gauche sont

e〈σ〉 = 〈σ〉 = σ〈σ〉 = σ2〈σ〉 et τ〈σ〉 = {τ, τσ, τσ2} = τσ〈σ〉 = τσ2〈σ〉.

Ses classes a droite sont quant a elles

〈σ〉e = 〈σ〉 = 〈σ〉σ = 〈σ〉σ2 et langleσ〉τ = {τ, τσ, τσ2} = 〈σ〉τσ = 〈σ〉τσ2.

On en deduit que 〈σ〉 ⊳ S3 et [S3, 〈σ〉] = 2.

Faisons de meme avec 〈τ〉. Pour les classes a gauche, on a

e〈τ〉 = 〈τ〉 = τ〈τ〉σ〈τ〉 = {σ, τσ2} = τσ2〈τ〉

σ2〈τ〉 = {σ2, τσ} = τσ〈τ〉.

Pour les classes a droite, il vient

〈τ〉e = 〈τ〉 = 〈τ〉τ〈τ〉σ = {σ, τσ} = 〈τ〉τσ

〈τ〉σ2 = {σ2, τσ2} = 〈τ〉τσ2.

On remarque par exemple que σ〈τ〉 6= 〈τ〉σ, donc 〈τ〉 ⋪ S3. On a neanmoins [S3 : 〈τ〉] = 3.

4. Tout groupe G d’ordre strictement inferieur a 6 est abelien.

En effet, soit G un groupe tel que |G| < 6. Supposons, par l’absurde, qu’il existe a, b ∈ G telsque ab 6= ba. Considerons le sous ensemble H = {e, a, b, ab, ba}. On s’apercoit immediatementque a 6= e, b 6= e et a 6= ab. De plus, a 6= ab et a 6= ba sinon b = e. De meme, puisque a 6= e,b 6= ab et b 6= ba. Enfin, ab 6= e et ba 6= e sinon a = b−1 et ab = ba. Ainsi, nous savons que Hcontient 5 elements distincts, donc H = G.

Des lors, on doit avoir a2 ∈ H . Or, a2 6= a sinon a = e. On sait aussi que a2 6= ab et a2 6= basinon a = b. Enfin, a2 6= b sinon ab = a3 = ba. On en deduit que a2 = e.

Montrons a present que aba /∈ G. D’abord aba 6= e sinon ab = ba = a−1. De plus, aba 6= abet aba 6= ba sinon a = e. On sait aussi que aba 6= a sinon ba = e. Enfin, aba 6= b sinonba = aba.a = ab.

5. Si G est un groupe tel que le groupe quotient G/Z(G) soit cyclique, alors G est abelien.

En effet, puisque G/Z(G) est cyclique, il possede un generateur aZ(G) avec a ∈ G, et toute

classe a gauche est de la forme(aZ(G)

)k= akZ(G) pour un certain entier k.

Soient b, c ∈ G. Puisque b = be est dans la classe bZ(G) = aiZ(G) et c = ce dans la classecZ(G) = ajZ(G) pour certains entiers ij, on a b = aix et c = ajy avec x, y ∈ Z(G). Des lors,puisque aiaj = ai+j = ajai et que x et y commutent avec tout element de G, on a

bc = (aix)(ajy) = xyaiaj = yxajai = (ajy)(aix) = cb.

3

6. Si G est un groupe, H un sous-groupe de G et si [G : H ] = 2, alors H ⊳ G.

En effet, alors les classes laterales a gauche ou a droite doivent etre H et G \ H . Soit a ∈ G. Sia ∈ H , alors aH = H = Ha; et si a /∈ H , alors aH 6= H , donc aH = G \ H . Comme on doitaussi avoir Ha 6= H , on sait que aH = G \ H = Ha.

4

1 Seance 2

1. Si M et N sont des sous-groupes normaux d’un groupe G, alors on a MN = NM ⊳ G.

On a MN = NM . En effet,

MN =⋃

n∈N

Mn =⋃

n∈N

nM = NM.

Ensuite, on peut montrer que MN est un sous-groupe de G. D’abord e ∈ M ∩N , donc e = e.e ∈MN . d’autre part, si x, y ∈ MN , on a x = mn, y = m′n′ pour certains m, m′ ∈ M et n, n′ ∈ N .Donc il vient

xy−1 = m nn′−1︸ ︷︷ ︸∈N︸ ︷︷ ︸

∈MN=NM

m′−1 = n1m1m′−1 ∈ NM = MN.

Enfin, on peut ecrire que pour tout x ∈ G, on a xMN = MxN = MNx, d’ou la these.

2. Soient a, b deux elements d’un groupe G. Montrer que

(a) |a| = |a−1|;(b) |ab| = |ba|;(c) |a| = |b−1ab.

Resolution:

(a) Supposons que |a| = n, donc an = e. On a alors

(a−1)n = (an)−1 = e

et ainsi |a−1| divise n. d’autre part, on a aussi

a|a−1| =((a−1)|a

−1|)−1

= e

donc |a| divise |a−1|, ce qui montre que |a| = |a−1| = n. Le cas ou a est d’ordre infini endecoule directement.

(b) Supposons que |ab| = n. On a alors

(ab)n = e ⇒ b(ab)na = ba ⇒ (ba)n+1 = ba ⇒ (ba)n = e

donc |ba| divise |ab|. De facon similaire, on peut montrer que |ab| divise |ba|, d’ou la these.

(c) Il s’agit d’une consequence directe du cas precedent car

|b−1ab| = |(b−1a)b| = |b(b−1a)| = |a|.

3. Soient G, H des groupes cycliques finis. Alors G×H est cyclique si et seulement si (|G|, |H|) = 1.

Soient g et h respectivement des generateurs de G et de H . On a que

(g, h)|g||h| =((g|g|)|h|, (h|h|)|g|

)= (eG, eH).

Donc, |(g, h)| divise |g||h|. D’autre part,

(eG, eH) = (g, h)|g||(g,h)| = (eG, h|g||(g,h)|).

5

Donc |h| divise |(g, h)| puisque (|g|, |h|) = 1. De meme, |g| divise |(g, h)| et donc |g||h| divise|(g, h)|.Enfin, on obtient que |G||H| = |g||h| = |(g, h)|, donc (g, h) est un element d’ordre |G||H| etG × H est cyclique.

Si (|G|, |H|) 6= 1, alors, pour tout (g, h) ∈ G × H ,

(g, h)|G||H|

(|G|,|H|) = (eG, eH).

Par consequent, G × H ne peut etre cyclique.

4. Montrez que S3 n’est pas le produit direct d’une famille quelconque de ses sous-groupes propres.Cela vaut egalement pour Z/pn (p premier, n ≥ 1) et pour Z.

Puisque |S3| = 6, S3 ne peut etre que le produit direct interne de deux groupes d’ordre 2 et 3respectivement. Supposons alors que S3 = H ×K ou H et K sont des sous-groupes d’ordre 2 et3 respectivement. Ces sous-groupes sont donc cycliques et par consequent, en vertu de l’exerciceprecedent, S3 est cyclique, ce qui est absurde.

Pour Z/pn, le theoreme de Lagrange nous dit que les sous-groupes propres sont tous d’ordre pi

avec 1 ≤ i ≤ n− 1. D’apres l’exercice precedent, le produit direct fini de groupes dont les ordressont des puissances non nulles de p n’est pas cyclique. Comme Z/pn est cyclique, il ne peut etrele produit direct de ses sous-groupes propres.

Enfin, les sous-groupes propres de Z sont de la forme nZ avec n ≥ 2. Comme nZ×mZ n’est pascyclique, Z, qui lui est cyclique, ne peut etre le produit direct d’une famille de ses sous-groupespropres.

5. Donnez un exemple de groupes Hi, Kj tels que H1 ×H2∼= K1 ×K2 et aucun Hi n’est isomorphe

a aucun Kj .

D’apres l’exercice 3., on sait que Z/6 × Z/5 et Z/3 × Z/10 sont cycliques d’ordre 30. Des lors,on a

Z/6 × Z/5 ∼= Z/30 ∼= Z/3 × Z/10.

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Seance 3

1. Soit G un groupe abelien avec des sous-groupes H et K. Montrer que G ∼= H⊕K si et seulementsi il existe des homomorphismes

Hπ1

⇆ι1

Gπ2

⇄ι2

K

tels que π1ι1 = 1H , π2ι2 = 1K , π1ι2 = 0 et π2ι1 = 0 ou 0 est l’application envoyant tout elementsur l’identite, et ι1π1(x) + ι2π2(x) = x pour tout x ∈ G.

Supposons que G = H ⊕ K et notons σ cet isomorphisme. Soient

πH : H ⊕ K → H : (h, k) 7→ h, πK : H ⊕ K → K : (h, k) 7→ k,

ιH : H → H ⊕ K : h → (h, 0), ιK : K → H ⊕ K : k → (0, k).

On montre aisement qu’il s’agit d’homomorphismes de groupes et que π1 = πHσ, π2 = πKσ,ι1 = σιH et ι2 = σιK sont les homomorphismes recherches.

Montrons la reciproque. Soit h ∈ H . Si ι1(h) = 0, alors h = π1ι1(h) = 0. On en deduit que ι1est injectif. De la meme maniere, on montre que ι2 est aussi injectif. De la,

H ∼= ι1(H) ⊂ G et K ∼= ι2(K) ⊂ G.

Si x ∈ G, de x = ι1π1(x) + ι2π2(x), on deduit que x ∈ 〈ι1(H) ∪ ι2(K)〉 puisque π1(x) ∈ H etπ2(x) ∈ K. Soit x = ι1(h) = ι2(k) ∈ ι1(H) ∩ ι2(K) avec h ∈ H et k ∈ K. Alors, de π1ι2 = 0 etπ2ι1 = 0, on deduit que

x = ι1π1(x) + ι2π2(x) = ι1π1(ι2(k)) + ι2π2(ι1(h)) = e

et donc, ι1(H) ∩ ι2(K) = 〈e〉. Par consequent,

G = ι1(H) ⊕ ι2(K) ∼= H ⊕ K.

2. Soit {Gi : i ∈ I} une famille de groupes et J ⊂ I. L’application

α :∏

j∈J

Gj →∏

i∈I

Gi : {aj} 7→ {bi}

ou bj = aj pour j ∈ J et bi = ei (l’identite de Gi) pour i /∈ J , est un monomorphisme de groupeset ∏

i∈I

Gi/α(∏

j∈J

Gj) ∼=∏

k∈I\J

Gk.

Considerons l’homomorphisme

ϕ :∏

i∈I

Gi →∏

k∈I\J

Gk : {ai} 7→ {ck}

avec ck = ak pour k ∈ I \J . Clairement, ϕ est un epimorphisme de groupes. On verifie aisementque α(

∏j∈J Gj) = ker ϕ. Le premier theoreme d’isomorphisme nous permet de conclure.

3. Pour i = 1, 2, soient Hi�Gi. Donnez des exemples montrant que chacune des assertions suivantesest fausse.

(a) G1∼= G2 et H1

∼= H2 ⇒ G1/H1∼= G2/H2

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(b) G1∼= G2 et G1/H1

∼= G2/H2 ⇒ H1∼= H2

(c) H1∼= H2 et G1/H1

∼= G2/H2 ⇒ G1∼= G2.

Resolution

(a) Posons G1 = G2 = Z, H1 = 2Z et H2 = 3Z. On a G1∼= G2, H1

∼= H2 mais

G1/H1 = Z/2 ≇ Z/3 = G2/H2.

(b) Considerons K1 = 〈2〉 le sous-groupe de Z/6 et K2 = 〈2〉 le sous-groupe de Z/4. Soient

G1 = G2 = Z/6 × Z/4, H1 = K1 × Z/4 et H2 = Z/6 × K2.

On sait en outre que K1 � Z/6 et K2 � Z/4 puisque Z/6 et Z/4 sont commutatifs. On saitalors que

G1/H1∼= (Z/6)/K1 × (Z/4)/(Z/4) ∼= Z/2 × 〈0〉 ∼= Z/2

etG2/H2

∼= (Z/6)/(Z/6) × (Z/4)/K2∼= 〈0〉 × Z/2 ∼= Z/2

bien que H1 ≇ H2.

(c) Soient H1 = 〈2〉 sous-groupe de G1 = Z/4 et H2 = 〈(1, 0)〉 sous-groupe de G2 = Z/2×Z/2.On a clairement H1

∼= Z/2 ∼= H2 et G1/H1∼= Z/2 ∼= G2/H2, alors que G1 ≇ G2.

4. Un sous-ensemble X d’un groupe abelien F est dit lineairement independant si n1x1+...+nkxk =0 implique que ni = 0 pour tout i (avec ni ∈ Z et x1, ..., xk des elements distincts de X).

(a) X est lineairement independant si et seulement si tout element non nul du sous-groupe 〈X〉peut etre ecrit de facon unique sous la forme n1x1 + ... + nkxk (ni ∈ Z, ni 6= 0, x1, ..., xk

elements distincts de X).

(b) Si F est un groupe abelien libre de rang fini n, il n’est pas vrai que tout sous-ensemblelineairement independant de n elements soit une base.

(c) Si F est un groupe abelien libre, il n’est pas vrai que tout sous-ensemble lineairementindependant de F puisse etre etendu en une base de F .

(d) Si F est un groupe abelien libre, il n’est pas vrai que tout ensemble generateur de Fcontienne une base de F . Cependant, si F est finiment engendre par n elements, alors F aun rang m ≤ n.

Resolution

(a) Soit x ∈ 〈X〉 et supposons que x admette deux ecritures:

n1x1 + ... + nkxk = m1x′1 + ... + mlx

′l

ou ni et mj sont des entiers non nuls et ou x1, ..., xk sont distincts de meme que x′1, ..., x

′l.

Supposons qu’il existe 1 ≤ i ≤ k tel que xi 6= x′j pour tout j ∈ {1, ..., l}. Alors, puisque

X est lineairement independant, on sait que ni = 0, ce qui contredit l’hypothese. Parconsequent, k = l et pour tout i, il existe j tel que xi = x′

j(i). Alors, de (n1−mj(1))x1 +

... + (nk − mj(k))xk = 0, on deduit que l’ecriture de x est unique.La reciproque est claire en procedant par l’absurde.

(b) On sait que {1} est une base de Z. Le sous-groupe {2} est clairement lineairementindependant, compte 1 element, mais n’engendre pas Z.

(c) {2} ne peut etre complete en une base de Z puisqu’une base ne compte qu’un element.

8

(d) Puisque Z = 2Z + 3Z, {2, 3} est une partie generatrice qui ne contient pas de base deZ.Supposons que G soit un groupe abelien engendre par n elements. Le theoreme 1.4(avec le premier theoreme d’isomorphisme) montre que G est isomorphe a F/H ou Fest un groupe abelien libre de rang n et H un sous-groupe de F . Du theoreme 1.6,on deduit qu’il existe une base {y1, ..., yn} de F et des entiers positifs d1, ..., dm avecm ≤ n tels que H = d1y1Z + ... + dmymZ. Posons dm+1 = ... = dn = 0. Alors, d’apresle corollaire I.8.11, on a

G ∼= F/H =

(n∑

i=1

yiZ

)/

(n∑

i=1

diyiZ

)∼=

n∑

i=1

(yiZ)/(diyiZ)

∼=n∑

i=1

Z/diZ.

Puisque G est libre, F/H l’est aussi et donc il ne contient pas d’element d’ordre fini.Par consequent, di = 0 ou di = 1 pour tout 1 ≤ i ≤ n. Si di = 0, Z/diZ ∼= Z et sidi = 1, Z/diZ ∼= 〈0〉. Donc

G ∼= F/H ∼=n−m∑

i=1

Z.

Ceci montre que le rang de G est n − m ≤ n.

9

Seance 4

1. La somme directe d’une famille de groupes abeliens libres est un groupe abelien libre.

Soit {Gi : i ∈ I} une famille de groupes abeliens libres. D’apres le theoreme 1.1, pour tout i ∈ I,il existe un ensemble non vide Xi et une fonction ϕi : Xi → Gi tel que si H est un groupe abelienet si fi : Xi → H est une fonction, il existe un homomorphisme de groupes fi : Gi → H tel quefiϕi = fi.

Soit la fonctionι :⋃

i∈I

Xi →∑

i∈I

Gi : x 7→ {xi}i∈I

definie par ι|Xi= ιiϕi ou ιi : Gi →

∑i∈I Gi est l’injection habituelle (theoreme I.8.4).

Montrons que∑

i∈I Gi est un groupe abelien libre sur X =⋃

i∈I Xi. Soient H un groupe abelienet f : X → H une fonction. Notons que fi = f|Xi

est une fonction de Xi dans H . Comme Gi

est abelien libre pour tout i ∈ I, il existe un homomorphisme de groupes fi : Gi → H tel quefiϕi = fi. Alors, le theoreme I.8.5 montre qu’il existe un homomorphisme

f :∑

i∈I

Gi → H

tel que pour tout i ∈ I, f ιi = fi. Alors, comme

f ι|Xi= f ιiϕi = fiϕi = fi = f|Xi

quel que soit i ∈ I, on a f ι = f et, d’apres le theoreme 1.1,∑

i∈I Gi est un groupe abelien libre.

2. Un groupe abelien libre non trivial a un sous-groupe d’index n pour tout entier positif n.

Soient F =∑

x∈X Zx un groupe abelien libre de base X. Soit

G =

( ∑

x∈X\{x0}

Zx

)⊕ Znx0

le sous-groupe de F de base (X \ {x0}) ∪ {nx0} pour un certain x0 ∈ X. Le corollaire I.8.11montre alors que

F/G =

(∑

x∈X

Zx

)/

( ∑

x∈X\{x0}

Zx

)⊕ Znx0

∼=( ∑

x∈X\{x0}

Zx/Zx

)⊕ Zx0/Znx0

∼= Z/n.

3. Soit G le groupe multiplicatif engendre par les matrices reelles

a =

(2 00 1

)et b =

(1 10 1

).

Si H est l’ensemble des matrices de G possedant des 1 sur la diagonale, alors H est un sous-groupequi n’est pas finiment engendre.

10

On observe que

an =

(2n 00 1

)et bn =

(1 n0 1

).

Les elements de G sont de la forme ai1bj1 ...aikbjk avec eventuellement i1 = 0 ou jk = 0. Onmontre que

G =

{(2n m

2k

0 1

), n, m ∈ Z et k ∈ N

}.

Les elements de H sont donc de la forme(

1 m2n

0 1

)

avec m ∈ Z et n ∈ N. Supposons que H soit engendre par

(1 a1

2n1

0 1

)...

(1 ak

2nk

0 1

),

alors

H =

{(1 m1

2n1+ · · ·+ mk

2nk

0 1

), m1, ..., mk ∈ Z

}.

Soit ℓ = supi=1,...,k ni + 1. Il existe alors m1, ..., mk ∈ Z tels que

(1 1

2ℓ

0 1

)=

(1 m1

2n1+ · · ·+ mk

2nk

0 1

)

et donc1

2ℓ=

1

2ℓ−1

( m1

21−ℓ+n1+ · · · mk

21−ℓ+nk

).

Or, on am1

21−ℓ+n1+ · · · mk

21−ℓ+nk∈ Z

puisque 1 − ℓ + ni ≤ 0 et on en deduit que 12∈ Z, ce qui est absurde.

11

Seance 5

1. Soit le groupeG = Z/48 × Z/12 × Z/9 × Z/5 × Z3.

(i) Faire la decomposition en facteurs invariants et en diviseurs elementaires.

(ii) Calculer G(2), G(3), G[12], Gtor.

Resolution:

(i) On a

G ∼= (Z/24 × Z/3) × (Z/22 × Z/3) × Z/32 × Z/5 × Z3

∼= Z/22 × Z/24 × Z/3 × Z/3 × Z/32 × Z/5 × Z3.

Ainsi, les diviseurs elementaires de G sont 22, 24, 3, 3, 32, 5. Pour la decomposition en fac-teurs invariants, disposons ces diviseurs elementaires dans le tableau suivant

20 3 50

22 3 50

24 32 5.

On en deduit les facteurs invariants:

20 3 50 −→ m1 = 322 3 50 −→ m2 = 1224 32 5 −→ m3 = 720.

Finalement, le groupe G s’ecrit

G = Z/3 × Z/12 × Z/720 × Z3.

(ii) Ainsi, il vientG(2) ∼= Z/24 × Z/22 et G(3) ∼= Z/3 × Z/3 × Z/32.

Pour G[12] on aG[12] ∼= Z/12 × Z/12 × Z/3.

Enfin,Gtor

∼= Z/48 × Z/12 × Z/9 × Z/5.

2. Montrez qu’un groupe abelien fini non cyclique contient un sous-groupe qui est isomorphe aZ/p ⊕ Z/p pour un certain entier premier p.

Comme G est fini, le theoreme 2.2 montre que

G ∼= Z/pn11 ⊕ ... ⊕ Z/pnr

r

avec p1, ..., pr des entiers premiers. Si les p1, ..., pr sont premiers entre eux, alors G est cyclique.Il doit donc exister i < j ∈ {1, ..., r} tels que pi = pj .

Par consequent, G contient le sous-groupe

〈0〉 ⊕ ... ⊕ 〈0〉 ⊕ Z/pni

i ⊕ 〈0〉 ⊕ ... ⊕ Z/pnj

i ⊕ 〈0〉 ⊕ ... ⊕ 〈0〉

qui est isomorphe a Z/pni

i ⊕ Z/pnj

i . Il suffit donc de montrer que Z/pni

i ⊕ Z/pnj

i contient unsous-groupe isomorphe a Z/pi ⊕ Z/pi.

Comme pni−1i et p

nj−1i sont d’ordre pi respectivement dans Z/pni

i et Z/pnj

i , l’ensemble 〈pni−1i 〉 ⊕

〈pnj−1i 〉 est un sous-groupe de Z/pni

i ⊕ Z/pnj

i isomorphe a Z/pi ⊕ Z/pi.

12

3. Un (sous-)groupe dans lequel chaque element a pour ordre une puissance d’un nombre premierfixe p est appele un p-(sous-)groupe. Soit G un groupe abelien de torsion.

(a) G(p) est l’unique p-sous-groupe maximal de G (i.e. tout p-sous-groupe de G est contenudans G(p).

(b) G =∑

G(p) ou la somme porte sur tous les entiers premiers p tels que G(p) 6= {0}.(c) Si H est un autre groupe abelien de torsion, alors G ∼= H si et seulement si G(p) ∼= H(p)

pour tous les entiers premier p.

Resolution

(a) Par le lemme 2.5, G(p) est un sous-groupe de G. Comme G(p) contient tous les elementsdont l’ordre est une puissance de p, G(p) contient tous les p-sous-groupes de G.

(b) Soit u ∈ G tel que |u| = pn11 ...pnt

t avec p1, ..., pt des nombres premiers distincts. Posonsmi = |u|/pni

i pour tout i = 1, ..., t. Puisque les m1, ..., mt sont premiers entre eux, il existec1, ..., ct ∈ Z tels que

t∑

i=1

cimi = 1.

Alors, on a

u =

(t∑

i=1

cimi

)u =

t∑

i=1

(cimiu).

Notons que pour tout i ∈ {1, ..., t}, pni

i cimiu = 0, donc cimiu ∈ G(pi) pour tout i.

Il reste a montrer que la somme est directe. Puisque les elements de∑

p 6=piG(p) sont d’ordre

premier avec l’ordre de ceux de G(pi), la somme est directe.

(c) Notons que si prg = 0, alors σ(prg) = prσ(g) = 0 pour tout homomorphisme de groupesσ. L’image d’un p-sous-groupe maximal par un isomorphisme est alors un p-sous-groupemaximal isomorphe, ce qui prouve que la condition est necessaire. Le theoreme I.8.10montre qu’elle est aussi suffisante.

4. (a) Quels sont les diviseurs elementaires du groupe Z/2⊕Z/9⊕Z/35? Quels sont ses facteursinvariants? Meme question pour Z/26 ⊕ /Z/42⊕ Z/49 ⊕ Z/200 ⊕ Z/1000.

(b) Determinez, a un isomorphisme pres, tous les groupes abeliens d’ordre 64. Faire de memepour l’ordre 96.

(c) Determinez tous les groupes abeliens d’ordre n avec n ≤ 20.

Resolution

(a) Pour G = Z/2⊕Z/9⊕ Z/35, les diviseurs elementaires sont 2, 32, 5, 7. Le facteur invariantde G est 2.32.5.7 = 630 et donc G = Z/630.

Pour H = Z/26⊕/Z/42⊕Z/49⊕Z/200⊕Z/1000, les diviseurs elementaires sont 2, 2, 23, 23, 3, 52, 53, 7,Disposons ces diviseurs elementaires dans le tableau suivant dont on deduit les facteurs in-variants

2 30 50 70 130 −→ m1 = 22 30 50 70 130 −→ m2 = 223 30 52 7 130 −→ m3 = 140023 3 53 72 13 −→ m4 = 1911000.

Ainsi,H ∼= Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/1400 ⊕ Z/1911000.

13

(b) On sait que 64 = 26. Ainsi, les familles possibles pour les diviseurs elementaires sont{26}, {2, 25}, {2, 2, 24}, {22, 24}, {2, 2, 2, 23}, {2, 22, 23}, {23, 23}, {2, 2, 2, 2, 22}, {2, 2, 22, 22},{22, 22, 22} et enfin {2, 2, 2, 2, 2, 2}. A un isomorphisme pres, les groupes abeliens d’ordre64 sontZ/26, Z/23 ⊕ Z/23,Z/2 ⊕ Z/25, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22,Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/24, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/22,Z/22 ⊕ Z/24, Z/22 ⊕ Z/22 ⊕ Z/22,Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/23, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2.Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/23,

Comme 96 = 253, les familles possibles pour les diviseurs elementaires sont {25, 3}, {2, 24, 3},{2, 2, 23, 3}, {22, 23, 3}, {2, 2, 2, 22, 3}, {2, 22, 22, 3} et enfin {2, 2, 2, 2, 2, 3}. A un isomor-phisme pres, les groupes d’ordre 96 sont

Z/25 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/3,Z/2 ⊕ Z/24 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/22 ⊕ Z/3,Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/23 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/3.Z/22 ⊕ Z/23 ⊕ Z/3,

(c) En procedant comme ci-dessus, on obtient tous les groupes abeliens d’ordre inferieur ouegal a 20:

• {0},• Z/2,

• Z/3,

• Z/22, Z/2 ⊕ Z/2,

• Z/5,

• Z/2 ⊕ Z/3,

• Z/7,

• Z/23, Z/2 ⊕ Z/22, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2,

• Z/32, Z/3 ⊕ Z/3,

• Z/2 ⊕ Z/5,

• Z/11,

• Z/22 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/3,

• Z/13,

• Z/2 ⊕ Z/7,

• Z/3 ⊕ Z/5,

• Z/24, Z/2 ⊕ Z/23, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22, Z/22 ⊕ Z/22, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2,

• Z/17,

• Z/2 ⊕ Z/32, Z/2 ⊕ Z/3 ⊕ Z/3,

• Z/19,

• Z/22 ⊕ Z/5, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/5.

14

Seance 6

1. Si un groupe G contient un element a possedant exactement deux conjugues (i.e. la classede conjugaison de a comporte deux elements), alors G a un sous-groupe normal non trivialN .

Le corollaire 4.4 montre que |G : CG(a)| = 2, CG(a) est donc un sous-groupe d’indice 2 deG. Par consequent, CG(a) � G.

2. Soit H un sous-groupe de G. Le centralisateur de H est l’ensemble

CG(H) = {g ∈ G : gh = hg pour tout h ∈ H}.

Montrer que CG(H) est un sous-groupe de NG(H).

Si x ∈ CG(H), xhx−1 = xx−1h = h ∈ H et donc CG(H) ⊂ NG(H).

Montrons que CG(H) est un sous-groupe de NG(H). On sait que eG ∈ CG(H), et pour tousa, b ∈ CG(H), h ∈ H , on a a−1h = (h−1a)−1 = (ah−1)−1 = ha−1 et donc ba−1h = bha−1 =hba−1.

On peut montrer en outre que CG(H) � NG(H). Soient h ∈ H , g ∈ NG(H) et x ∈ CG(H).Il faut montrer que gxg−1 ∈ CG(H), c’est-a-dire hgxg−1 = gxg−1h. Comme g ∈ NG(H), ona gH = Hg et donc il existe h′ ∈ H tel que gh = h′g. Des lors, il vient

hgxg−1 = gh′xg−1 = gxh′g−1 = gxg−1h.

3. Si H est un sous-groupe de G, le groupe facteur NG(H)/CG(H) est isomorphe a un sous-groupe de Aut H .

Considerons l’application

NG(H)/CG(H) → Aut H : gCG(H) 7→ τG

ou τg : H → H : h 7→ ghg−1 ∈ H puisque H � NG(H). C’est un homomorphisme carτgg′ = τgτg′ . Il reste a montrer que cet homomorphisme est injectif, c’est-a-dire que siτg = id, alors gCG(H) = Cg(H). Si τg = id, alors pour tout h ∈ H , ghg−1 = h et doncgh = hg. Ceci impose que g ∈ CG(H).

4. Soit G un groupe agissant sur un ensemble S contenant au moins deux elements. Supposonsque G soit transitif, c’est-a-dire que pour tous x, y ∈ S, il existe g ∈ G tel que gx = y.Montrer

(a) pour tout x ∈ S, l’orbite x de x est S;

(b) tous les stabilisateurs Gx (x ∈ S) sont conjugues;

(c) Si G possede la propriete: {g ∈ G|gx = x, ∀x ∈ S} = 〈e〉 et si N � G et N < Gx pourun x ∈ S, alors N = 〈e〉;

(d) pour x ∈ S, |S| = [G : Gx]; donc |S| divise |G|.Resolution

(a) Soit y ∈ S, comme l’action de G sur S est transitive, il existe g ∈ G tel que gx = y etdonc y ∈ x. L’inclusion inverse est immediate.

(b) Soient x, y ∈ S. Notons que y = gx pour un certain g ∈ G puisque G est transitif.Montrons que gGxg

−1 = Gy. Si g1 ∈ Gx alors gg1g−1y = y car, comme g1x = x, on a

gg1g−1y = gg1g

−1gx = gg1x = g(g1x) = gx = y.

Si g2 ∈ Gy, alors g2 = g(g−1g2g)g−1 et g−1g2g ∈ Gx car g−1g2gx = g−1g2y = g−1y =g−1gx = x.

15

(c) Soit n ∈ N . Il faut montrer que n = e, c’est-a-dire ny = y pour tout y ∈ S. Soit y ∈ S.Comme l’action de G sur S est transitive, y = gx pour un certain g ∈ G. Il existe alorsn′ ∈ N tel que ng = gn′ car N � G. Alors

ny = ngx = gn′x = gx = y

puisque n′ ∈ N < Gx.

(d) Par le theoreme 4.3, on a |x| = [G : Gx], et par (a), |S| = |x|. Des lors, de

|S| = |x| = [G : Gx] = |G|/|Gx|,on deduit que |S| divise |G|.

5. Donnez un automorphisme de Z/6 qui ne soit pas un automorphisme interieur.

Comme Z/6 est abelien, id est le seul automorphisme interieur de Z/6, donc In Z/6 = 〈id〉.Il suffit donc de trouver un automorphisme σ 6= id. Rappelons que pour tout n ∈ N0,k ∈ Z/n est un generateur si et seulement si k et n sont premiers entre eux. On peutprendre alors pour automorphisme de Z/6, σ : 1 7→ 5.

(1 5)(2 4) ou

(0 1 2 3 4 50 5 4 3 2 1

)

6. Si un sous-groupe normal N d’ordre p (p premier) est contenu dans un groupe G d’ordrepn, alors N est inclus dans le centre de G

Montrons d’abord que tout groupe d’ordre pn a un centre non trivial. On fait operer G surlui-meme par conjugaison. On a

x ∈ C(G) ⇔ CG(x) = G ⇔ [G : CG(x)] = 1.

Alors, comme CG(x) < G et |G| = pn, si x /∈ C(G), [G : CG(x)] = pi avec i ≥ 1. La formuledes classes montre alors que

pn = |G| = |C(G)| + kp

et donc p divise |C(G)|. Ceci prouve que C(G) est non trivial.

Montrons que N ⊂ C(G). Procedons par induction sur n.

Si n = 1, G est cyclique et donc abelien. Alors N ⊂ G = C(G).

Soit n > 1 et supposons que N 6⊂ C(G). Montrons qu’alors N ∩ C(G) = 〈e〉. Si x 6= e etx ∈ N ∩ C(G), alors |x| = p car 1 < |x| divise |N | = p. Mais alors on a 〈x〉 = N et donc

N = 〈x〉 ⊂ N ∩ C(G) ⊂ C(G),

ce qui est contradictoire. Donc N ∩ C(G) = 〈e〉. Considerons le groupe quotient G/C(G)et notons N l’image de N dans G/C(G). Puisque N ∩ C(G) = 〈e〉, N est un sous-groupenormal d’ordre p de G/C(G) qui est d’ordre strictement inferieur a pn car |C(G)| > 1.L’hypothese d’induction entraıne alors que

N ⊂ C(G/C(G)

).

Soient n ∈ N et g ∈ G, on a

ngC(G) = nC(G)gC(G) = gC(G)nC(G) = gnC(G),

ou encore n−1g−1ng ∈ C(G). Comme N � G, g−1ng ∈ N et donc

n−1g−1ng ∈ N ∩ C(G) = 〈e〉.On en deduit que n−1g−1ng = e, c’est-a-dire ng = gn, et ce, quel que soit g ∈ G. On vientdonc de montrer que n ∈ C(G).

16

Seance 7

1. Soit G un groupe d’ordre pnm, avec n ≥ 1, p premier et (p, m) = 1. Alors, G contient unsous-groupe d’ordre pi pour tout 1 ≤ i ≤ n

Demonstration

Puisque p divise |G|, on sait (Cauchy) que G contient un element a et donc un sous-groupe 〈a〉d’ordre p. Procedons par induction et supposons que H soit un sous-groupe de G d’ordre pi

(1 ≤ i < n). Alors, p divise [G : H ] et par le lemme 5.5 et le corollaire 5.6, H est normal dansNG(H), H 6= NG(H) et

1 < |NG(H)/H| = [NG(H) : H ] ≡ [G : H ] ≡ 0 mod p.

Ainsi, p divise |NG(H)/H| et NG(H)/H contient un sous-groupe d’ordre p comme ci-dessus. Onsait que ce sous-groupe est de la forme H1/H ou H1 est un sous-groupe de NG(H) contenant H .Puisque H est normal dans NG(H), il l’est aussi dans H1 et on obtient que

|H1| = |H|.|H1/H| = pi.p = pi+1

d’ou la these.

2. Si N � G et si N et G/N sont des p-groupes, alors G est un p-groupe.

Soit x ∈ G. Si x ∈ N , alors l’ordre de x est une puissance de p. Si x /∈ N , alors e 6= xN ∈ G/N .Comme G/N est un p-groupe, il existe n ∈ N tel que xpn

N = N , et donc xpn ∈ N . Puisque Nest aussi un p-groupe, pour un certain m ∈ N, on a (xpn

)pm

= e. Ainsi, xpm+n

= e et G est doncun p-groupe.

3. Si H est un sous-groupe normal d’ordre pk d’un groupe fini G, alors H est inclus dans toutp-sous-groupe de Sylow de G

D’apres le theoreme 5.7, H < P pour un certain p-Sylow de G. Si Q est aussi un p-Sylow,Q = xPx−1 pour un certain x ∈ G (thm 5.9). Finalement,

H = xHx−1 < xPx−1 = Q.

4. Trouver les 2-sous-groupes de Sylow et les 3-sous-groupes de Sylow de S3, S4, S5.

Comme |S3| = 2.3, un 2-Sylow de S3 est d’ordre 2. Il est alors engendre par une transposition.Il y en a donc trois: 〈(12)〉, 〈(13)〉 et 〈(23)〉. Un 3-Sylow est d’ordre 3, donc il n’y en a qu’unseul: 〈(123)〉.On a |S4| = 23.3 donc un 3-Sylow sera ici d’ordre 3. Il y en a quatre:

〈(123)〉, 〈(124)〉, 〈(134)〉, 〈(234)〉.

Pour les 2-Sylow, le corollaire 5.8 indique qu’ils sont d’ordre 23 et le theoreme 5.10 que leurnombre est impair et qu’il divise |S4|. Il ne peut y en avoir que 1 ou 3. On a les trois 2-sous-groupes de Sylow suivants:

{id, (13), (24), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (1234), (1432)},

{id, (12), (34), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (1324), (1423)},{id, (14), (23), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (1243), (1342)}.

Pour S5, on trouve 15 2-sous-groupes de Sylow (les memes que pour S4 a un permutation de{1, 2, 3, 4, 5} pres), et 10 3-sous-groupes de Sylow (les sous-groupes engendres par les cycles delongueur 3).

17

5. Si tout p-sous-groupe de Sylow d’un groupe fini G est normal, et ce pour tout entier premier p,alors G est le produit direct de ses sous-groupes de Sylow.

Soient |G| = pn11 ...pnk

k ou pn11 , ..., pnk

k sont des naturels premiers distincts, et Sp1 , ..., Spkdes sous-

groupes de G tels que Spiest un pi-Sylow de G pour tout i (existence assuree par le theoreme

5.7). Remarquons que si e 6= x ∈ Spi∩ Spj

, alors |x| divise |Spi| = pni

i et |Spj| = p

nj

j , ce quiest impossible puisque pi et pj sont des nombres premiers distincts. Ainsi Spi

∩ Spj= 〈e〉. Le

theoreme I.5.3 implique alors que les elements de Spicommutent avec ceux de Spj

. Cela etant,on sait que, pour tout i,

Sp1...Spi−1Spi+1

...Spk

est un groupe dont l’ordre des elements divise pn11 ...p

ni−1

i−1 pni+1

i+1 ...pnk

k . Par consequent,

Spi∩ (Sp1 ...Spi−1

Spi+1...Spk

) = 〈e〉

et Sp1...Spk∼= Sp1 × ... × Spk

d’apres le corollaire I.8.7. Comme Sp1...Spk⊂ G et

|Sp1...Spk| = |Sp1 × ... × Spk

| = pn11 ...pnk

k = |G|,

on a Sp1...Spk= G.

6. Tout groupe d’ordre p2 (p premier) est abelien.

Soit un groupe G tel que |G| = p2 avec p premier. Comme le centre C(G) est non trivial(corollaire 5.4), donc |C(G)| = p ou |C(G)| = p2. Si |C(G)| = p2, alors G = C(G) et G estabelien. Sinon, |C(G)| = p donc on a |G/C(G)| = p, et G/C(G) est cyclique. L’exercice 4.9(Seance 1) montre qu’alors G est abelien, d’ou la contradiction.

7. Combien de p-Sylow peut avoir un groupe G lorsque p = 3 et |G| = 72? Meme question pourp = 5 et |G| = 60.

Si |G| = 72 = 23.32, un 3-Sylow de G doit etre d’ordre 9. Leur nombre doit etre de la forme3k + 1 et diviser 72 (diviseurs de 72: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36). Les seules possibilitessont donc 1 et 4.

Si |G| = 60 = 22.3.5 et les 5-Sylow sont d’ordre 5 et leur nombre est de la forme 5k + 1 et divise60 (diviseurs de 60: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30). Les seules possibilites sont donc 1 et 6.

18

Seance 8

1. (a) A4 n’est pas le produit direct de ses sous-groupes de Sylow, mais A4 possede la propriete:mn = 12 et (m, n) = 1 implique qu’il existe un sous-groupe d’ordre m.

(b) S3 possede des sous-groupes d’ordre 1, 2, 3 et 6 mais n’est pas le produit direct de sessous-groupes de Sylow.

Resolution

(a) Comme |A4| = 12 = 22 · 3, A4 possede un 2-Sylow S2 et un 3-Sylow S3 d’ordre 4 et 3respectivement. Supposons que A4 = S2 × S3. D’apres le Theoreme 5.2, S2 contient unelement a d’ordre 2 et S3 contient un element b d’ordre 3. Mais alors (a, b) ∈ A4 est d’ordre6. Or, A4 ne possede pas d’elements d’ordre 6. Donc, A4 ne peut etre le produit direct deses sous-groupes de Sylow.

Comme |S3| = 3 et |S2| = 4, S2 et S3 sont des sous-groupes de A4 d’ordre 4 et 3 respective-ment, et on a bien (4, 3) = 1.

(b) Nous savons par l’exercice I 8.1 que S3 n’est pas un produit direct d’une famille quelconquede ses sous-groupes propres et donc, de ses sous-groupes de Sylow.

Evidemment 〈id〉 et S3 sont des sous-groupes de S3 d’ordre 1 et 6 respectivement. Comme2 et 3 divisent |S3|, S3 contient aussi des sous-groupes d’ordre 2 et 3 d’apres le Theoreme5.2. Par exemple, 〈(12)〉 est d’ordre 2 et 〈(123)〉 est d’ordre 3.

2. Soient un groupe G et a, b ∈ G. On note [a, b] le commutateur

[a, b] = aba−1b−1 ∈ G.

Montrer que pour tous a, b, c ∈ G,

[ab, c] = a[b, c]a−1[a, c].

Resolution

D’une part, on a[ab, c] = abc(ab)−1c−1 = abcb−1a−1c−1.

D’autre part,a[b, c]a−1[a, c] = abcb−1c−1a−1aca−1c−1 = abcb−1a−1c−1.

On a donc [ab, c] = a[b, c]a−1[a, c].

Remarquer que [c, ab] = [ab, c]−1 = [a, c]−1a[b, c]−1a−1. Nous utiliserons ce resultat dans l’exercice3.

3. Si H et K sont des sous-groupes d’un groupe G, soit (H, K) le sous-groupe de G engendre parles elements

{hkh−1k−1 : h ∈ H, k ∈ K}.Montrer que

(a) (H, K) est normal dans H ∨ K.

(b) Si (H, G′) = 〈e〉, alors (H ′, G) = 〈e〉.(c) H � G si et seulement si (H, G) < H .

(d) Soit K � G et K < H ; alors H/K < C(G/K) si et seulement si (H, G) < K.

19

Resolution

(a) Pour montrer que (H, K) ⊂ H ∨ K, il suffit de montrer que les generateurs [h, k] de (H, K)appartiennent a H ∨ K, ce qui est vrai puisque1 [h, k] = hkh−1k−1. Montrons a present que(H, K)�H ∨K. Puisque les elements de H ∨K sont des produits finis d’elements de H et de Ket que les elements de (H, K) s’obtiennent a partir de ceux de la forme [h, k], il suffit de montrerque f [h, k]f−1, g[h, k]g−1 ∈ (H, K) lorsque f, h ∈ H et g, k ∈ K. On a par l’exercice 2

f [h, k]f−1 = [fh, k][f, k]−1 ∈ (H, K)

puisque [fh, k], [f, k] ∈ (H, K). Il reste a montrer que g[h, k]g−1 ∈ (H, K). Par l’exercice 2,

[h, gk] = [gk, h]−1 = [g, h]−1g[k, h]−1g−1 = [h, g]g[h, k]g−1

et donc, g[h, k]g−1 = [h, g]−1[h, gk] ∈ (H, K) puisque [h, gk], [h, g] ∈ (H, K).

(b) Soient h ∈ H et g, g′ ∈ G. Comme (H, G′) = 〈e〉, [h, [g, g′]] = e. On a

[h, [g, g′]] = e ⇐⇒ h[g, g′]h−1[g, g′]−1 = e

⇐⇒ h[g, g′] = [g, g′]h (1)

Nous utiliserons (1) tout au long de l’exercice.

Soient h1, h2 ∈ H et g ∈ G. Il faut montrer que [[h1, h2], g] = e. Notons que

[[h1, h2], g] = e ⇐⇒ [h1, h2]g[h1, h2]−1g−1 = e ⇐⇒ g−1[h1, h2]g = [h1, h2].

Il suffit donc de montrer que g−1[h1, h2]g = [h1, h2]. Developpons g−1[h1, h2]g. On a

g−1[h1, h2]g = [g−1h1g, g−1h2g] = [h1[h−11 , g−1], g−1h2g].

Par l’exercice 2,

g−1[h1, h2]g = [h1[h−11 , g−1], g−1h2g]

= h1[[h−11 , g−1], g−1h2g]h−1

1 [h1, g−1h2g].

Comme [[h−11 , g−1], g−1h2g] ∈ G′, par (1)

g−1[h1, h2]g = h1[[h−11 , g−1], g−1h2g]h−1

1 [h1, g−1h2g]

= [[h−11 , g−1], g−1h2g]h1h

−11 [h1, g

−1h2g]

= [[h−11 , g−1], g−1h2g][h1, g

−1h2g].

Developpons [h1, g−1h2g]. En utilisant successivement l’exercice 2 et l’egalite (1), on a

[h1, g−1h2g] = [h1, [g

−1, h2]h2]

= [h1, [g−1, h2]][g

−1, h2][h1, h2][g−1, h2]

−1

= [h1, [g−1, h2]][h1, h2][g

−1, h2][g−1, h2]

−1

= [h1, [g−1h2]][h1, h2].

Comme (H, G′) = e, [h1, [g−1h2]] = e, [h1, g

−1h2g] = [h1, h2]. Alors,

g−1[h1, h2]g = [[h−11 , g−1], g−1h2g][h1, g

−1h2g]

= [[h−11 , g−1], g−1h2g][h1, h2].

1Rappelons que les elements de H ∨ K sont de la forme h1k1 · · ·hℓkℓ ou n ∈ N, hi ∈ H et kj ∈ K.

20

Il reste a montrer que [[h−11 , g−1], g−1h2g] = e. Par (2.2), [g, h−1

1 ]h2 = h2[g, h−11 ], alors on a

[[h−11 , g−1], g−1h2g] = [h−1

1 , g−1]g−1h2g[h−11 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1gh−11 g−1h1gg−1h2g[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1[g, h−11 ]h2g[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1h2[g, h−11 ]g[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1h2gh−11 g−1hg[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1h2g[h−11 , g−1][h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= e.

(c) Supposons que H � G. Soient h ∈ H et g ∈ G. Alors, [h, g] = hgh−1g−1 ∈ H car gh−1g−1 ∈ H .Comme (H, G) est le sous-groupe engendre par les elements de la forme [h, g] et que [h, g] ∈ H ,(H, G) < H .

Si (H, G) < H , en particulier, pour tout h ∈ H et g ∈ G, [h, g] = hgh−1g−1 ∈ H . Doncgh−1g−1 ∈ h−1H ⊂ H , ce qui montre que H � G.

(d) Supposons que H/K < C(G/K). Pour montrer que (H, K) < K, il suffit de montrer que lesgenerateurs de (H, K) sont dans K. Soient h ∈ H et g ∈ G. Puisque H/K est dans le centre deG/K, on a Khg = KhKg = KgKh = Kgh, c’est-a-dire Khgh−1g−1 = K. Ce qui montre que[h, g] = hgh−1g−1 ∈ K.

Reciproquement si [h, g] = hgh−1g−1 ∈ K pour tout h ∈ H et g ∈ G alors Khg = Kgh, ouencore KhKg = KgKh. Ce qui montre que Kh ∈ C(G/K), c’est-a-dire H/K < C(G/K).

21

Seance 9

1. Si F est un corps d’extension de K et si X est un sous-ensemble de F tel que F = K(X) et telque tout element de X soit algebrique sur K, alors F est une extension algebrique de K. Si Xest fini, alors F est de dimension finie sur K.

Demonstration

Si v ∈ F = K(X), alors v ∈ K(u1, ..., un) pour certains u1, ..., un ∈ X et on a donc une chaınede corps

K ⊂ K(u1) ⊂ K(u1, u2) ⊂ ... ⊂ K(u1, ..., un−1) ⊂ K(u1, ..., un).

Puisque ui est algebrique sur K pour tout i, ui est aussi algebrique sur K(u1, ..., ui−1 pour touti ≥ 2. Notons ri le degre de ui sur K(u1, ..., ui−1. Puisque

K(u1, ..., ui−1)(ui) = K(u1, ..., ui),

on a, en vertu du theoreme 1.6,

[K(u1, ..., ui) : K(u1, ..., ui−1)] = ri.

Notons r1 le degre de u1 sur K. En repetant l’application du theoreme 1.2, on obtient que

[K(u1, ..., un) : K] = r1r2...rn.

Le theoreme 1.11 affirme alors que K(u1, ..., un) et donc v est algebrique sur K. Puisque v a etechoisi quelconque dans F , on a montre que F est algebrique sur K.

Si X = {u1, ...un} est fini, on montre de facon similaire (en identifiant F a K(u1, ..., un)) que

[F : K] = r1r2...rn

donc que F est de dimension finie sur K.

2. Soit F une extension du corps K. Montrer que si a, b ∈ F sont algebriques sur K, alors a + best algebrique sur K

Resolution

Par le theoreme 1.12, on sait que l’extension K(a, b) est algebrique sur K, donc a + b ∈ K[a, b]est algebrique sur K.

3. Si F est un corps d’extension algebrique de E et si E est un corps d’extension algebrique de K,alors F est une extension algebrique de K.

Demonstration

Soit u ∈ F . Montrons que u est algebrique sur K. Puisque u est algebrique sur E, on a

bnun + ... + b1u + b0 = 0

pour certains bi ∈ E (bn 6= 0). Ainsi, u est algebrique sur K(b0, ..., bn).

On peut des lors construire une chaıne de corps

K ⊂ K(b0, ..., bn) ⊂ K(b0, ..., bn)(u),

avec[K(b0, ..., bn)(u) : K(b0, ..., bn)]

22

fini par le theoreme 1.6 et, par le theoreme 1.12,

[K(b0, ..., bn) : K]

est fini car les bi appartiennent a E et sont donc algebriques sur K, en nombre fini.

On en deduit (theoreme 1.2) que[K(b0, ..., bn)(u) : K]

est fini, donc, en vertu du theoreme 1.11, u ∈ K(b0, ..., bn)(u) est algebrique sur K, ce qui suffit.

4. Calculer [Q(√

3,√

5) : Q].

Resolution

On sait que√

3 et√

5 sont algebriques sur Q, donc Q(√

3,√

5) est une extension de dimensionfinie de Q. considerons la chaıne d’extensions

Q ⊂ Q(√

3) ⊂ Q(√

3)(√

5) = Q(√

3,√

5).

On sait que [Q(√

3) : Q] = 2 puisque le polynome minimum de√

3 sur Q est x2 − 3, irreductibledans Q[x]. Pour determiner [Q(

√3)(

√5) : Q(

√3)], il nous faut trouver le polynome minimum

de√

5 sur Q(√

3). Le candidat x2 − 5 est irreductible sur Q[x] mais l’est-il sur Q(√

3)? Si√

5ou −

√5 appartient a Q(

√3), alors, pour certains a, b ∈ Q, on doit avoir ±

√5 = a + b

√3. En

egalant les carres des deux membres, on obtient

5 = a2 + 2ab√

3 + 3b2

donc √3 =

5 − a2 − 3b2

2ab

si a, b 6= 0 et√

3 serait rationnel! On obtient egalement une contradiction si a ou b est nul.Ainsi, le polynome x2 − 5 est irreductible dans Q(

√3), c’est donc le polynome minimum de

√5

sur Q(√

3). Des lors,[Q(

√3)(

√5) : Q(

√3)]

et[Q(

√3)(

√5) : Q] = [Q(

√3)(

√5) : Q(

√3)][Q(

√3) : Q] = 2.2 = 4.

5. Trouver une base de Q(√

5, i) sur Q.

Resolution

On sait que√

5 et i sont algebriques sur Q. Ainsi, l’extension Q(√

5, i) est algebrique sur Q, etdonc de dimension finie sur Q. Considerons la chaıne d’extensions

Q ⊂ Q(√

5) ⊂ Q(√

5)(i) = Q(√

5, i).

Le polynome minimum de√

5 sur Q est x2 − 5, irreductible sur Q[x]. Montrons que x2 + 1est irreductible sur Q(

√5) et que c’est donc le polynome minimum de i sur Q(

√5). Supposons

que ±i soit un element de Q(√

5). Une base de Q(√

5) etant donnee par 1,√

5, on doit avoir±i = a + b

√5 pour certains a, b ∈ Q. Des lors, il vient −1 = a2 + 2ab

√5 + 5b2 d’ou

√5 =

−1 − a2 − 5b2

2ab

si a, b 6= 0; ce qui entraıne que√

5 ∈ Q! On obtient egalement une contradiction si a ou b estnul. On vient des lors de montrer que

[Q(√

5, i) : Q] = [Q(√

5, i) : Q(√

5)][Q(√

5 : Q] = 2.2 = 4.

23

Puisque (1, i) forme une base de Q(√

5)(i) sur Q(√

5), un element quelconque u ∈ Q(√

5)(i)secrit u = x + iy avec x, y ∈ Q(

√5), donc

u = (a + b√

5) + (c + d√

5)i = a + b√

5 + ci + di√

5

avec a, b, c, d ∈ Q. Une base de Q(√

5, i) sur Q est alors donnee par 1,√

5, i, i√

5.

6. Trouver une base de Q(√

2 +√

3) sur Q(√

3).

Resolution

Puisque√

2 et√

3 sont algebriques sur Q, il en est de meme pour√

2 +√

3 sur Q et donc surQ(

√3). L’extension Q(

√2 +

√3) est alors de dimension finie sur Q(

√3).

Montrons que Q(√

2 +√

3) = Q(√

2,√

3). On a trivialement Q(√

2 +√

3) ⊂ Q(√

2,√

3). Pourl’inclusion inverse, on remarque que Q(

√2 +

√3) doit contenir

(√

2 +√

3)−1 =√

3 −√

2.

Ainsi,√

2 et√

3 appartiennent a Q(√

2 +√

3 car

√2 =

1

2

((√

3 +√

2) − (√

3 −√

2))

et√

3 =1

2

((√

3 +√

2) + (√

3 −√

2)).

Si ±√

2 appartenait a Q(√

3), alors il existerait a, b ∈ Q tels que√

2 = a + b√

3, donc

2 = a2 + 2ab√

3 + 3b2

d’ou √3 =

2 − a2 − 3b2

2ab

pour a, b 6= 0, ce qui entraınerait que√

3 ∈ Q! On obtient egalement une contradiction si a ou best nul.

Donc, [Q(√

2 +√

3) : Q(√

3] = 2 et une base est donnee par 1,√

2.

24