Groupes anneaux
anneaux
Groupes sous-groupes
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TD1 : Généralités sur les groupes
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Morphisme sous-groupe distingué
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GROUPES Exercices corrigés de Algebra Hungerford
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2 Sous-groupes distingués quotients - univ-toulousefr
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Corrig¶e de la feuille d’exercices 1 Exercice 1 Etude des sous-groupes de Z=nZ: (i) Montrez que tout groupe cyclique d’ordre n est isomorphe µa Z=nZ; (ii) Montrez que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est cyclique; (iii) Montrez que pour djn il existe un unique sous-groupe d’ordre d de Z=nZ;
TD 1: Groupes sous-groupes morphismes de groupes parties g
Exercice 4Soit G un groupe On suppose que : 8x 2G x2= e Montrer que G est commutatif Exercice 5On va montrer que les sous-groupes de (Z+) sont de la forme nZ n 2N 1 Soit n 2N montrer que nZest un sous-groupe de(Z+) 2 Soit G 6= f0gun sous-groupe de (Z+) (a)Montrer que G N6= ? On note n = min(G N)
Groupes anneaux corps
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Exercice 1.
Etude des sous-groupes deZ=nZ:
(i) Montrez que tout groupe cyclique d'ordrenest isomorphe µaZ=nZ; (ii) Montrez que tout sous-groupe d'un groupe cyclique est cyclique; (iii) Montrez que pourdjn, il existe un unique sous-groupe d'ordreddeZ=nZ; (iv) (v)Montrez quen=P
djn'(d)oµuÁ(d)est l'indicatrice d'Euler, c'est µa dire le nombre de (vi) Montrez que tout sous-groupe ¯ni du groupe multiplicatif d'un corps commutatif est cy- clique. m=n. (iii) Soit doncHun sous-groupe deGd'ordred; il est cyclique d'aprµes (ii), on noteh=gkHg(H) oµu la somme est
(vi) Soit doncGun sous-groupe ¯ni du groupe multiplicatif d'un corpsK(commutatif), et pargest de cardinal son ordre, et le cardinal d'un sous-groupe divise le cardinal du groupe (cf. 1 on ajHdj6d, car le polyn^omeXd¡1 y a au plusdracines. En outre siAd6=, alorsjHdj=d g G=` djnAd, on obtient n=X djn²(d)'(d)Exercice 2.
dans(Z=nZ)2; n^k. par ( n d n^disomorphe µaZ=(n^d)Z. Ainsi, d'ordre divisantn^ddeZ=(n^d)Z, qui sont en nombren^d. et seulement sixetysont d'ordre divisantedansZ=nZ, de sorte que pour toute,be= (e^n)2. cardinaux, on obtient alors: -bd= (n^d)2=ad+ap+aq+ 1, -bp= (n^p)2=ap+ 1 etbq= (n^q)2=aq+ 1, soitad= (n^(pq))2¡(n^p)2¡(n^q)2+ 1.Exercice 3.
Soit¼:Z¡!Z=nZ£Z=mZl'application qui µak2Zassocie sa classe modulon 2 (i) k´2mod5etk´4mod7; (ii) k´3mod10etk´2mod6; (iii) k´4mod10etk´2mod6; Que peut-on dire de la congruence dekmodulo10sachantk´3mod6? ¼est un morphisme de groupes; en outre sik2Ker¼, alors il est divisible d'aprµes le lemme un+vm= (n;m) et on posek=un (n;m)b+vm (n;m)b. On a alorsk=un(b¡a) (n;m)+a´amodn; de m^eme on ak=vm(a¡b) donc divisible par (n;m). En particulier lorsquenetmsont premiers entre eux,¼induit un isomorphismeZ=nmZ'Z=nZ£Z=mZ. (i) 5 et 7 sont premiers entre eux, on trouve la solution particuliµerek= 32, l'ensemble des solutions est alors 32 +¸35 avec¸2Z; (ii) (6;10) = 2 or 2 ne divise pas 3¡2 = 1, il n'y a donc pas de solutions; (iii) cette fois-ci 2 = (6;10) divise 4¡2; une solution particuliµere estk= 14, l'ensemble des solutions est alors 14 + 30¸avec¸2Z. a= 1;3;5;7;9.Exercice 4.
(i)3x´4mod7;
(ii)9x´12mod21;
(iii)103x´612mod676.
doncx´ ¡1mod7; (iii) on calcule rapidement 676 = 21 soit doncx´64:105mod69 soitx´ ¡40mod169 et doncx´ ¡40mod676.
13:103k´ ¡13:8mod132soit en simpli¯ant par 13, 103k´ ¡8mod13, soit 2k´ ¡8mod4 et
donck´ ¡4mod13 et donc ¯nalementx´2¡4:13mod132. 3Exercice 5.
Preuve: On a 42 = 2:3:7, il su±t alors de veri¯er la congruence modulo 2, 3 et 7. Pour 2 et 3,Exercice 6.
Donnez les morphismes de groupeZ=3Z¡!Z=4Zpuis ceux deZ=12Z¡!Z=15Z.Z=nZsoit nul.
Preuve :On rappelle qu'un morphisme d'un groupe cyclique de cardinalndans un groupe d'ordre divisant 3 dansZ=4Zsont le seul d'ordre 1 µa savoir 0 de sorte que tout morphismeZ=3Z¡!Z=4Zest nul.
donc 0;5;10, ce qui donne 3 morphismes distincts. morphisme non nulZ=nZ¡!Z=mZest doncn^m= 1.Exercice 7.
(1) un sens µa: F p=[ n>1F pn!: (2) corps en question: (i) F4'F2[X]=(X2+X+ 1);
(ii) F8'F2[X]=(X3+X+ 1);
(iii) F16'F2[X]=(X4+X+ 1); donner dans cet isomorphisme l'image deF4½F8et en
(iv) F9'F3[X]=(X2+X¡1).
F pdont l'existence F pdu polyn^ome X pn¡X. Pourn0=kn, on apn0¡1 = (pn¡1)NavecN= (pn)k¡1+¢¢¢+ 1 et donc X pn0¡X=X(Xpnk¡1¡1) =X(Xpn¡1¡1)(X(pn¡1)(N¡1)+¢¢¢+ 1) et doncFpn½Fpn0. euclidiennen0=kn+r, soitpn0¡1´1kpr¡1mod(pn¡1) soitr= 0 et doncndivisen0. 4EvidemmentSN
n=1Fpn!=FpN!de sorte quek=S1 et est donc un corps; en e®et pourx;y2k, il existentels quex;y2Fpn!etx+y;xysontLun corps de rupture dePdans
F psurFpm;Lest alors une extension ¯nie deFpmet est donc2 deF2et donc isomorphe µaF4qui par convention estlecorps de cardinal 4 contenu dans une
F des inversibles, par exempleX. (iii) Encore une foisX4+X+1 n'a pas de racines surF2mais cela ne su±t pas pour conclure x2F4n'appartenant pas µaF2; on a alorsx3= 1 de sorte quex4+x+1 =x+x+1 = 16= 0. Ainsi X surF2de sorte queF2[X]=(X4+X+ 1) est un corps de cardinal 16 qui est donc isomorphe µa F 16. SoitÂ=X2+X, on a alorsÂ2=X4+X2etÂ2+Â+1 = 0 etÂ3= 1 de sorte que le sous ensemble f0;Â;Â2;Â3gdeF16correspond au sous-corpsF4. En outreX2+ÂX+1 n'a pas de racines dans F F F£9.
Exercice 8.
Etude de(Z=nZ)£:
(a) (b) Soitn=p®11¢¢¢p®rr. Prouver que(Z=nZ)£'Qr i=1(Z=p®iiZ)£. (c)Soitppremier impair et®>2.
(i) Montrez que pour toutk2N, il existe¸2Nnf0gpremier avecptel que(1 +p)pk= (ii)Montrez que(Z=pZ)£'Z=(p¡1)Z;
(iii) (iv) 5Le cas de2.
(i) (ii) de5dans(Z=2®Z)£. (iii) (Z=2®Z)£'(Z=2Z)£(Z=2®¡2). (Z=nZ)£Á¡!Aut(Z=nZ) a7¡!k7!akAut(Z=nZ)á!(Z=nZ)£
'7¡!'(1) phismes. Remarque:La morale de cette question est qu'un morphisme d'un groupe cyclique vers un groupe, (b) Le lemme chinois donneZ=nZ'rY
i=1Z=p®iiZ(1)(??), 1 s'envoie sur (1;¢¢¢;1). Notonsei= (0;¢¢¢;0;1;0;¢¢¢;0), il su±t alors de montrer que
la formule du bin^ome de Newton, on a (1+p)p= 1+p2¸1avec¸1= (1+p(p¡1)=2+¢¢¢+pp¡2),
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