TD3 : Groupes abéliens de type fini
Exercice 2 : ?. Montrer qu'un groupe abélien fini non cyclique poss`ede un sous-groupe isomorphe `a Z/pZ × Z/pZ pour un certain nombre premier p. Solution de l
Groupe abélien de type fini - correction des exercices
Jan 24 2021 Exercice 5. Soit k un corps fini
Groupes sous-groupes
http://exo7.emath.fr/ficpdf/fic00020.pdf
P. Charollois - 1.2 feuille 1 - groupes abéliens
Exercice 2. corrigé #C# [Hom]. Soit M un groupe abélien. a) Montrer que tout morphisme de groupe f : Z ! M est de la forme f(k) = km0 pour un certain.
EXERCICES SUR LES GROUPES Exercice 1. Groupes diédraux
Est-il isomorphe au groupe diédral D4 ? Quel est le rapport avec le corps non commutatif des quaternions ? Exercice 3. Groupes d'ordre 6. Montrer de façon
Groupes anneaux
anneaux
Feuille dexercices no 5
d) Montrer qu'un groupe abélien de type fini et de torsion est fini (ceci n'est plus vrai pour les groupes non-abéliens : voir par exemple [Calais p. 294]). e)
Groupes Examen final + corrigé
May 11 2016 Les questions de cet exercice sont indépendantes. On attend une rédaction concise et précise. 1. Soit G un groupe abélien
TD no 4 : Groupes abéliens
La fin de la feuille comprend quelques définitions qui sont en italiques dans le texte. 0.1 Groupes abéliens finis. Exercice 1. Échauffements.
TD no 2 : Groupes abéliens Exercice 1. Exercice 2. Exercice 3
Exercice 2. Soit G un groupe abélien fini qui n'est pas monogène. Montrer qu'il existe un nombre premier p tel que. G possède un sous-groupe isomorphe à
Exercices Algèbre - Groupes II - Université Paris-Saclay
Exercices Algèbre - Groupes II Exercice 1 1 Montrer que les groupes Zš‡ Z Zš?†Z Zš ƒZ et Zš‡††Z Zš—†Z Zš?Z sont isomorphes 2 Montrer qu’un groupe abélien ?ni non cyclique possède un sous-groupe isomorphe à ZšpZ ZšpZ pour un certain nombre premier p 3 Combien y a-t-il de groupes abéliens de cardinal 360?
Exercices corrigés : Les groupes - Progresser-en-maths
Exercice 1 Montrer que les groupes Z/12Z×Z/90Z×Z/25Zet Z/100Z×Z/30Z×Z/9Zsont isomorphes Solution On utilise le lemme chinois pour voir que les deux groupes sont isomorphes au groupe (Z/2Z×Z/4Z)×(Z/3Z×/Z/9Z)×(Z/5Z×Z/25Z) Cette écriture est la décomposition en composantes p-primaire
Groupes anneaux corps
Le but de l’exercice est d’étudier les groupes à ou éléments 1 Ecrire la table de composition d’un groupe à 1 élément 2 Ecrire la table de composition d’un groupe à 2 éléments Vérifier qu’il est isomorphe aux groupes suivants ( ) ({ } ) ({ } ) 3 Ecrire la table de composition d’un groupe à éléments
Groupes sous-groupes ordre - e Math
Exercice 29 Le centre d’un groupe G est l’ensemble Z(G) des éléments de G qui commutents à tous les éléments de G Véri?er que Z(G) est un sous-groupe abélien de G Montrer que si G possède un unique élément d’ordre 2 alors cet élément est dans le centre Z(G) Indication H [002129] Exercice 30
EXERCICESSURLESGROUPES - univ-toulousefr
Exercice8 Centre d’un groupe; groupes d’ordre p2 Si Gest un groupe on peut faire agir Gpar conjugaisonsurluimême (1)MontrerquelecentreZ(G) deGestconstituédesélémentsdontl’orbiteestréduiteàunpoint (2)(i)SiGestunp-groupe(ppremier)montrerquelecentredeGn’estpasréduità{1} (ii)Soit Gun groupe tel que G/Z(G) soit monogène
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conclusion (Q?) n’est pas un groupe Remarque Posons A ?Q{¡1} Nous allons montrer que (A?) est un groupe abélien — Soit ab 2 A On a 1 ¯a 6?0 et 1 ¯b 6?0 En remarquant que a ?b ? (1¯a)(1¯b)¡1 on voit que a ?b 6? ¡1 et donc que la restriction de ? à A£A dé?nie bien une loi interne
Est-ce que le groupe monogène est abélien ?
Il est assez évident que G ne peut pas être engendré par 1 seul élément : un groupe monogène est abélien. Or, G n’est pas abélien. Comme G n’est pas abélien, il existe 2 éléments qui ne commutent pas entre eux : Le sous groupe engendré par a et b n’est pas abélien, en effet il contient ab et ba constitué de a et b et qui ne commutent pas.
Comment définir les classes d’isomorphismes de groupes abéliens d’ordre ?
Par le théorème de structure, oni=?sait que les classes d’isomorphismes de groupes abéliens d’ordrensont caractérisées par la liste des facteurs invariants¹d?; : : : ;dsºpour un certains 2Netdi >?pouri ?getd? ds =n. Par conséquent, chaquedi sedécompose sous la formedi = i;?p
Est-ce que leq-Sylow est abélien ?
En eet, si un groupe HCGest résoluble et queGHaussi, alorsGest résoluble par2. 6. On a vu que dans ce cas, dans tous les cas soit lep-Sylow soit leq-Sylow est distingué. Chacun de ces Sylow est abélien et le quotientest de cardinalp?ouqdonc abélien, ce qui permet de conclure.
Comment savoir si un groupe est isomorphe au groupe de Klein ?
µA4. La table de multiplication ci-dessous est un carré latin, ce quiprouve que K est un sous-groupe de A4. Nous reconnaissons la table de multiplication du groupe de Klein,donc le groupe K est isomorphe au groupe de Klein. e2H. Soient¾et ¿deux permutations deH.
Exercice ?.
?.Montrer que les groupes sont isomorphes.?.Montrer qu"un groupe abélien ?ni non cyclique possède un sous-groupe isomorphe àZpZZpZpour un certain nombre premierp.
?.Combien y a-t-il de groupes abéliens de cardinal ???? Plus généralement de cardinalnavecn>un entier naturel?
?.Quels sont les entiersntels que le groupe¹ZnZºsoit cyclique? Décomposer le groupeG=¹ZZºsous la forme donnée par le
théorème de structure des groupes abéliens de type ?ni.Solution.
?.Par le théorème chinois, ces deux groupes sont isomorphes àIl s"agit de l"écriture en composantesp-primaires tandis que l"écriture en facteurs invariants est
?.On utilise le théorème de structure des groupes abéliens ?nis qui garantit queGZdZ ZdrZ
pour un certainr2Netdi>pouri2 f;:::;rgetdijdiýpouri2 f;:::;rg. CommeGn"est pas cyclique, on ar>et
pourpjdpremier,pjdipour touti2 f;:::;rg. On sait alors queZpZest un sous-groupe deZdiZpour touti2 f;:::;rg. On
obtient ainsi un sous-groupe deGisomorphe à¹ZpZºrqui contient évidemment une copie deZpZZpZ.
?.On a"= "". La composante-primaire d"un tel groupe (à isomorphisme près) est donc un groupe abélien d"ordre ?, à savoir
ZZ,ZZZ...Zou¹ZZº". De même, la composante"-primaire est isomorphe àZZou¹Z"Zºet la composante-primaire est
isomorphe àZZ. On obtient ainsi ? classes d"isomorphismes de groupes abéliens de cardinal ???, à savoir
Dans le cas général, sin=r
i=piiavecr2N,p;:::;prdes nombres premiers distincts eti>. Par le théorème de structure, on
sait que les classes d"isomorphismes de groupes abéliens d"ordrensont caractérisées par la liste des facteurs invariants¹d;:::;dsº
pour un certains2Netdi>pouri2 f;:::;sgetdijdiýpouri2 f;:::;sgetdds=n. Par conséquent, chaquedise
décompose sous la formedi=pi;pi;rravec les contraintes que pour touti2 f;:::;sget toutj2 f;:::;rg,i;j6iý;jet
sÕ i= i;j=j. Il s"ensuit que le nombre de choix possibles est der j=p¹jºoùp¹:ºdésigne la fonction nombre de partitions croissantes d"entiers strictement positifs. ?.On posen=Ö p ppla décomposition denen produit de facteurs premiers. On sait alors d"après le cours queZnZº¹ZZºÖ
p, p>Zpp¹pºZ 1 Université de Paris SaclayM? MF ????-????Or, on sait queZZº=8
ZZsi=
ZZZZsi>":
Un groupe cyclique ne pouvant contenir plus d"un élément, d"ordre ?, on voit que ¹ZnZºest cyclique si, et seulement si,n=pou Pour ?nir, on a = de sorte que Exercice ?.Montrer que tout groupe d"ordre ??? est cyclique.est congru à ? modulo ?), celuindes-Sylow vaut ? ou ?? et on a un unique-Sylow, que l"on noteraS. On ne peut pas avoirn"= et
ncas se traitant de façon complètement analogue) etS"l"unique"-Sylow. Notons alorsSun-Sylow quelconque. On a alors
b)S"S\S=feg; c)S"SS=G.On a doncG=S"SoSassocié à un morphisme'S!Aut¹S"Sº. On a alors?Aut¹S"SºAut¹Z"ZZZºZZZZdonc
le morphisme'est nécessairement trivial et le produit direct. Par le lemme chinois, on obtient donc que
Exercice ? - Isomorphismes exceptionnels.Soitnun entier etK=Fp=ZpZle corps ?ni àpéléments avecpun nombre premier. SoitE
leK-evKn. On noteP¹Eºl"ensemble des droite vectorielles deKn(espace projectif de dimensionn).
?.Montrer qu"il existe un morphisme injectifde PGLn¹Kºdans le groupe symétriqueS¹P¹Eºº.
?.Montrer que, sin= ,P¹Eºest de cardinalpý ; on identi?eà un morphisme PGL¹Kº !Spý.
?.On prendp= . Montrer queinduit des isomorphismes de PGL¹Fºet PSL¹FºsurS".
?.On prendp= ". Montrer queinduit un isomorphisme de PGL¹F"ºsurS...et de PSL¹F"ºsurA.... Les groupes PGL¹F"ºet SL¹F"º
sont-ils isomorphes?d"indicendeSnest isomorphe àSnpourn>, conséquence non triviale de la simplicité des groupes alternés).
?.Montrer que SL"¹Fºest simple. ?.SoitGsimple d"ordre ???. Montrer queGest isomorphe à PSL¹Fº. ?.Montrer que l"on a un isomorphisme entre SL"¹Fºet PSL¹Fº.Solution.
On rappelle qu"on sait que le cardinal de GL
n¹Kºest? ?GLComme par dé?nition SL
n¹Kºest le noyau du morphisme de groupes surjectif det : GLn¹Kº !K, son cardinal est celui de GLn¹Kºdivisé
parp, soit ?SLD"autre part, on rappelle que PGL
n¹Kº=GLn¹KºZ¹GLn¹Kººest ainsi le quotient de GLn¹Kºpar un groupe isomorphe àK(car le centre de
GLn¹Kºest constitué des matrices scalaires non nulles), donc ?PGLn¹Kº=?SLn¹Kº.?. En e?et, il est clair qu"en considérant l"ordre d"un élémentgde l"intersection d"un ?-Sylow et d"un ?-Sylow, que cet ordre doit divisier ? et ? et est donc égal à ? si bien qu"un
?-Sylow et un ?-Sylow sont disjoints mais aussi que puisque les ?-Sylow (et les ?-Sylow) sont cycliques, que l"intersection de deux ?-Sylow (et de deux ?-Sylow) distincts est trivial.
?. En e?et, pour deux groupesGetG, l"application Aut¹GGº !Aut¹Gº Aut¹Gºdé?ni par'7! ¹»g7!'¹g;º¼;»g7!'¹;gº¼ºest un isomorphisme de
réciproque Aut¹Gº Aut¹Gº !Aut¹GGºdé?ni par¹';'º 7! »¹g;gº 7! ¹'¹gº;'¹gºº¼.
?. En e?et, on apnchoix de première colonne non nulle, puispnpchoix de seconde colonne non colinéaire à la première, etc...
2 Université de Paris SaclayM? MF ????-????En?n, le cardinal de PSLn¹Kºdont on rappelle qu"il est dé?ni par PSLn¹Kº=SLn¹KºZ¹SLn¹Kººet que?Z¹SLn¹Kºº=Z¹GLn¹Kºº\SLn¹Kº=
fIn:n= g. Or, il y a pgcd¹n;pºracinesn-ièmes de l"unité dans un corpsKde cardinalp: en e?et, on sait queKest un groupe
résultat puisque les solutions sont les éléments deZ¹pºZmultiple deppgcd¹n;pº. Finalement,
?PSL?.On fait opérer PGLn¹Kºsur l"ensembleP¹Eºdes droites vectorielles deEparÝg:D=g¹Dº, oùg2GLn¹KºetÝgest son image dans
PGLn¹Kº. Ceci est bien dé?ni car siÝg=Ýg, alorsgetgsont proportionnels doncg¹Dº=g¹Dº. L"opération est ?dèle car les
seulsg2GLn¹Kºqui stabilisent toutes les droites sont les homothéties. On obtient donc un morphisme injectifde PGLn¹Kºdans
S¹P¹Eºº.
ainsiqýdroites. On pouvait aussi raisonner en dénombrant le nombre de vecteurs non nuls deE, à savoirppuis en remarquant
qu"une droite (isomorphe àFpcontientptels vecteurs non nuls) si bien qu"on retrouve bienpp=pý droites?.
De manière plus explicite et en identi?antP¹EºavecP¹Eº=K[ f1g, on obtient le morphisme suivant qui à la classe d"une matrice
M= avec;; ;2Ftels que = associe la bijectionfM:P¹Eº !P¹Eºdonnée par [a2F;fM¹Daº=DaýaýetfM¹D1º=D
ý=1et
car cela ne dépend pas du représentantMchoisi et queMa =aý a etM . Autrement dit, le sous-groupe deSqý isomorphe à PSL ¹Kºcorrespond aux bijections deP¹Eºde la formea7!aýaý(appelées homographies) avec
2PSL¹Kº
avec;; ;2Ftels que= (qui encore une fois ne dépend pas du représentant choisi). On voit ici poindre l"équivalence
entre homographies et matrices de PSL¹Kºqui nous sera utile en question?.
?.Les groupes PGL¹Fºet PSL¹Fºsont égaux et de cardinalpar?., qui est aussi le cardinal deS". Ainsi, le morphisme injectifest
aussi surjectif, d"où le résultat.?.Le cardinal de PGL¹F"ºest ici¹"º:" = .... CommeS...est aussi de cardinal...,est bien un isomorphisme. De plus PSL¹F"ºest
un sous-groupe?d"indicede PGL¹F"º, car pgcd¹;"º= . Comme le seul sous-groupe d"indicede?S...estA..., on en déduit que
induit un isomorphisme de PSL¹F"ºsurA.... Bien qu"ils aient même cardinal, les groupes PGL¹F"ºet SL¹F"ºne sont pas isomorphes, par exemple parce que SL¹F"ºa un centre
non trivial (de cardinal, égal àfIg) alors que le centre de PGL¹F"º 'S...est réduit au neutre. Noter du reste que la même preuve
que pour calculer le centre de GLn¹Kºet SLn¹Kº(voir note de bas de page numéro ?) montre que les centres de PGLn¹Kºet PSLn¹Kº
sont triviaux pour toutn>(sur un corps quelconque). dans PGL soitMla matrice deudans cette base, alorsMcommute avec la matrice de JordanJn=© ¬, ce qui implique qu"elle laisse stable le noyau deJn,lequel estK:x. Ainsixest bien vecteur propre pourucomme on voulait. Je vous renvoie au chapitre IV du Perrin pour plus de détails sur les groupes linéaires.
?. Noter que ce raisonnement fournit que dans le cas général, on a pnp=pný ý droites dansFnP.?. Le fait qu"on obtienne un sous-groupe se voit grâce la composition de l"inclusion naturellei: SLn¹Fpº !GLn¹Fpºavec la surjection canonique: GLn¹Fpº !PGLn¹Fpº.
Il est facile de montrer queipasse au quotient moduloZ¹SLn¹Fpººpour fournir un morphisme injectif PSLn¹Fpº !PGLn¹Fpºet ainsi on peut réaliser PSLn¹Fpºcomme un
sous-groupe de PGL n¹Fpº.?. Cela découle soit du fait que l"on connaît tous les sous-groupes deSnpourn6...et les sous-groupes distingués deSnpourn>ou plus simplement du fait qu"un
sous-groupe d"indice ? donne lieu au quotient à un morphisme surjectif (donc non trivial) deSn! fg. Or, le seul morphisme non trivial deSndans le groupe multiplicatif
fgest la signature. Cela se voit en montrant qu"une transposition est nécessairement envoyée suret en utilisant le fait que les transpositions engendrentSn. Il existe au
moins une transposition envoyée sursinon pusiqu"elles engendrentSn, le morphisme est trivial mais alors puisque toutes les transpositions sont conjuguées et quefg
est abélien, toutes les transpositions ont la même image, à savoir, ce qui permet de conclure.
3 Université de Paris SaclayM? MF ????-????On peut montrer que l"image de PGLstabilisateur d"un élément def;:::;g. Ce phénomène (existence d"un sous-groupe d"indicemnon conjugué des stabilisateurs d"un
point) ne se produit dansSmque pourm= , et explique la présence dansSd"un automorphisme qui n"est pas intérieur. Voir
l"exercice ?? pour plus de détails. ?.Concernant le cardinal, on applique la formule ?PSL"¹Fº=¹"º¹"ºpgcd¹";º= ... = :
On peut ainsi remarquer qu"on a SL
"¹Fº=GL"¹Fº.Un élément de SL
"¹Fºadmet pour polynôme minimal un polynôme deF»X¼de degré inférieur ou égal à ?, donc parmi la liste suivante :
Xý ;Xý ;XýXý ;X"ý ;X"ýXý ;X"ýXý ;X"ýXýXý et sa classe de conjugaison est déterminé par sa
suite d"invariants de similitudes qui est ici déterminée par le polynôme minimal. Ainsi, un polynôme minimal donné correspond à une
classe de conjugaison. L aseul ematric ede pol ynômeminima lXý estI"qui forme une classe de conjugaison;Soit A2SL"¹Fºde polynôme minimalXý =¹Xý º. On a alors que Im¹AýI"º Ker¹AýI"ºde dimension respective?
? et ? et une telle matrice est caractérisée par la donnée de la droite ?Im¹AýI"ºet du plan Ker¹AýI"º. On a alorschoix dedroitesDpuis ? choix de plansPqui la contienne??, soit ?? éléments d"ordre ? qui forment une classe de conjugaison.
Soit A2SL"¹Fºde polynôme minimalXýXý. Alors nécessairement, le polynôme caractéristique estX"ý =¹Xýº¹Xý
Xý ºet ? est valeur propre deAmais ? n"est pas racine deXýXý . On a donc une contradiction etXýXý ne peut
pas apparaître comme polynôme minimalSoit A2SL"¹Fºde polynôme minimalX"ý =¹Xý º¹XýXý º. Cela se produit lorsque la droite Ker¹AýI"ºet le plan
Ker¹AýAýI"ºsont supplémentaires dansF". Une telle matrice est donc entièrement caractérisée par la donnée d"une droite
et d"un plan supplémentaire ainsi que d"une matrice de SL ¹Fºde polynôme caractéristiqueXýXý. On a ? choix de droitespuis ? choix de plan (en e?et, on a ? choix d"un vecteur non nul non colinéaire au vecteur de la droite choisie et alors on peut
choisir tout vecteur di?érent de la somme du vecteur directeur de la droite choisie et du vecteur choisi. Ce faisant, on obtient ??
plans mais chacun étant compté trois fois) puis on voit qu"une matrice SL ¹Fºde polynôme caractéristiqueXýXý est de la formea a
aveca2Fet on a ainsi ? possibilités, soit ?nalement ?? telles matrices, toutes d"ordre ?.Soit A2SL"¹Fº. Le polynôme minimal deAest irréductible de degré ? si, et seulement si??, pour toutx2F"non nul, la famille
¹x;Ax;Axºest une base deF". Pourxnon nul, on a donc ? choix pourAxet ? choix pourAx(A"xétant ?xé par le polynôme
minimal), ce qui fournit ?? matrices dans chacun des cas, d"ordre ? carXý =¹ýXº¹X"ýXýº¹X"ýXýº. Noter que
siAa pour polynôme minimalX"ýXý alorsAa pour polynôme minimalX"ýXý et inversement.
Soit ?na lementA2SL"¹Fºde polynôme minimalX"ýXýXý =¹Xý º". Cela arrive si, et seulement si, Ker¹AýI"ºest
une droite contenue dans le plan Ker¹AýI"ºet tout vecteur hors de ce plan a une image dans le plan mais pas dans la droite.
Ainsi, une telle matrice est déterminée par le choix d"une droite contenue dans un plan et de l"image parAýI"d"un vecteur hors
de ce plan dans le plan mais pas dans la droite. On a ainsi" = ...telles matrices d"ordre ? carX...ý =¹Xý º....
On a donc bien obtenu ??? éléments répartis en ? classes de conjugaison ??. Soit à présentH,fI"gCSL"¹Fº. Supposons queHnecontienne ni élément d"ordre ? ni élément d"ordre ?. Alors le cardinal deHdivise = doncHcontient un élément d"ordre ?
donc les ?? éléments conjugués d"ordre ? etHcontient au moins ?? éléments, absurde. On sait donc queHcontient un élément d"ordre
?. En e?et, par exemple, en se ?xantP=Ker¹AýI"º, la matriceAest de la formeA=©
b avecaoubnon nul et alors il est clair queaetbsont ?xés parD=Im¹AýI"ºcarAýI"=©
??. Bien remarquer que tout plan deF"contient ? des ? droites deF"et est de cardinal.... ??. On aurait aussi pu voir qu"on obtenait ??? éléments avec les autres polynômes minimaux.??. Polynôme minimal pas irréductible implique par le lemme des noyaux le fait qu"il existe unxqui ne véri?e pas l"hypothèse. Pour la réciproque, on voit que l"espace engendré
par la famille¹x;Ax;Axºest stable parAet si son supplémentaire est non réduit à ?, alors la matriceAdans une base de cet espace et de son supplémentaire est diagonale
par blocs ce qui contredit l"irréductiblité du polynôme caractéristique. ??. On pouvait aussi raisonner en termes d"invariants de similitudes comme sur stackexchange. 4doncHa un élément d"ordre ? et on conclut de nouveau que ?H= , ce qui conclut la preuve.
?.Par les théorèmes de Sylow,Gadmet huit-Sylow (carGétant simple, il ne peut pas en posséder un unique). Si l"on noteXl"ensemble
des-Sylow, l"action transitive deGpar conjugaison surXinduit un morphisme de groupes injectif':G!S¹XºS. Or, les
d"ordre6.quotesdbs_dbs9.pdfusesText_15[PDF] exo7 groupes exercices
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