[PDF] Université Montpellier II Année universitaire 2012-2013 L3

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Universite Montpellier II Annee universitaire 2012-2013

L3 Mathematiques, GLMA501

Corrige Examen d'algebre generale

vendredi 18 janvier 2013

Duree : 3h

Documents et calculatrices sont interdits. Toutes les reponses doivent ^etre justiees. Il sera tenu compte du soin apporte a la redaction.

Exercice 1[4 points]Soit la matrice

A=0 @4 5 2 341
11 31 A

1. Determiner le polyn^ome minimal et une reduite de Jordan deA.

Par calcul on trouveA(X) = (X2)2(X+ 1), et comme on sait queAdiviseAet a les m^emes racines, on en deduit queAvaut soit(X2)2(X+1)soit(X2)(X+1). Il ne reste plus qu'a tester si(X2)(X+1)est anulateur deA, ce qui n'est pas le cas (faire rapidement le calcul de quelques coecients). Du polyn^ome minimal, on deduit que la reduite de Jordan deA, noteeJA, a au moins un bloc de taille2associe a la valeur propre

2et un bloc de taille1associe a la valeur propre1(et ce sont les tailles maximales).

Mais en fait, il sut d'avoir ces deux blocs pour reconstituer une matrice de taille33, d'ou (a permutation pres des blocs) J A=0 @2 1 0 0 2 0 0 011 A

2. En deduire une expression de l'inverse deAen fonction deA.

On utilise le polyn^ome minimal : on sait que(X2)2(X+ 1) =X33X2+ 4est annulateur. Donc : A

33A2+ 4I3= 0,A(A23A) =4I3et doncA1=14

(A23A): Exercice 2[5 points]On considere un sous-groupe niGdeGLn(C)d'exposant2, c'est-a-dire tel que toute matriceAdeGverieA2=In.

1. Montrer queGest un groupe abelien.

On sait deja que c'est un sous-groupe (par l'enonce) il ne reste qu'a verier le caractere abelien. SoientA;B2G,ABest encore dansG(structure de groupe) et donc (AB)2=ABAB=In,BA=A1B1=AB:

2. Montrer que toute matrice deGest diagonalisable et a pour valeurs propres1 ou +1.

SoitM2G. Le polyn^ome (scinde a racines simples)X21 = (X+1)(X1)est annulateur deM, doncMest diagonalibsable et les valeurs propres deMsont dansf1;+1g.

3. Demontrer qu'il existe une base deCndans laquelle toutes les matrices deGsont diago-

nalisables (si vous utilisez un resultat du cours, il faut le redemontrer ou au moins donner l'idee de la demonstration). 1 Les matrices deGsont toutes diagonalisables et elles commutent toutes entres-elles. Pour repondre a la question, il sut de dire que les matrices deGsont diagonalisablesdans une m^eme base. Voici les idees pour redemontrer cette propriete de co-diagonalisabilite pour deux endormorphismesfetg: ecrire l'espace total comme somme directe des sous- espaces propres def.gcommutant af,gstabilise chacun des sous-espaces propres de f. On peut donc considerer l'induit degsur chacun des espaces propres, qu'on notegi (l'induit sur lei-eme espace propre def). On peut alors montrer quegiest diagonalisable : il s'agit juste d'observer que le polyn^ome minimal degannulegi, donc le polyn^ome minimal degidivise le polyn^ome minimal deg(qui est scinde a racines simples cargest lui m^eme diagonalisable). On a donc une base de diagonalisation degisur lei-eme espace propre. Si on recolle toutes ces bases, on trouve une base de l'espace total dans laquelle fetgsont diagonales. Maintenant qu'on a le resultat pour deux endomorphismes, par recurrence, c'est egalement valable pour un nombre ni d'endomorphismes. C'est ce qu'il nous faut.

4. Determiner un majorant de l'ordre deG, et montrer que ce majorant est atteint si l'on

choisitGconvenablement. Avec les questions precedentes, on sait qu'il existe une base dans laquelle toutes les ma- trices deGsont diagonales avec des1comme coecients diagonaux. Il y a donc au plus2ntelles matrices diagonales; et doncjGj 2n. Maintenant, si on choisitG:= fmatrices diagonales avec des1g, on verie facilement que c'est un groupe d'exposant

2et qu'il est precisement de cardinal2n.

5. On suppose maintenant qu'il existe un isomorphisme entreGLn(C) etGLm(C). En util-

isant ce qui precede, montrer quen=m. Si on dispose d'un tel isomorphisme, on doit avoir egalite du cardinal maximal des sous- groupes nis d'exposant2dans chacun des deux groupes lineaires (car l'isomorphisme respecte la propriete d'^etre d'exposant2). C'est-a-dire qu'on doit avoir2n= 2m, ce qui forcen=m. Exercice 3[2 points]Soit l'applicationf:Z2!Z, (x;y)7!2x+ 6y.

1. Montrer quefest un morphisme de groupes.

2. Montrer que le groupe quotientZ2=Z(3;1) est isomorphe au groupe 2Z.

On veut utiliser un theoreme d'isomorphisme, on va donc essayer de montrer queZ(3;1) est le noyau d'un certain morphisme de groupe et2Zson image. On se sert du morphisme donne a la question precedent et on verie que son noyau et son image conviennent. Les verications ne sont pas tres dures mais il ne faut oublier aucun sens si on le fait par des doubles inclusions. Exercice 4[5 points]Soitf:G!Hun morphisme de groupes nis, etG0un sous-groupe de G.

1. Montrer que l'ordre def(G0) divise l'ordre deG0et l'ordre deH.

f(G0)etant un sous-groupe deH, son ordre divise celui deHpar le theoreme de Lagrange. Pour l'autre partie de la question, il faut utiliser un theoreme d'isomorphisme : on note g:G0!Hla restriction defaG0, alors on aG0=kerg'img=f(G0). En prenant les cardinaux, on trouve le resultat.

2. On suppose que les ordres deG0et deHsont premiers entre eux. Montrer queG0Ker(f).

Le cardinal def(G0)divise deux nombres qui sont premiers entre eux, il est donc egal a

1. On en deduit queG0kerf.

2

3. On suppose que les ordres deG0et deHsont premiers entre eux, que l'ordre deHest

un nombre premier, et que le produit des ordres deHet deG0est egal a l'ordre deG. Montrer que si Im(f)6=feHg, alorsHest isomorphe aG=G0viaf. jHjest un nombre premier etimf6=fegdoncimf=H(carimfHet son cardinal divise celui deH, qui est premier). Cela signie simplement quefest surjectif. De plus, commejHjjG0j=jGjetjGj=jimfjjkerfj=jHjjkerfj, on ajG0j=jkerfj. On deduit de la question precedente queG0=kerf, et par passage au quotient quefinduit un morphisme injectiff:G=G0!H.fetant sujectif, il en est de m^eme def. C'est donc un isomorphisme. Exercice 5[5 points]Soientpetqdeux nombres premiers distincts. Le but de l'exercice est de montrer qu'un groupe d'ordrep2qn'est jamaissimple, c'est-a dire qu'il admet toujours un sous-groupe distingue dierent de lui-m^eme et de l'element neutre. On suppose queGest un groupe simple d'ordrep2q.

1. On notenpetnqle nombre dep-Sylow et deq-Sylow deG.

(a) Montrer quenp=q, et quepdiviseq1. On applique le theoreme de Sylow :np= 1[p]etnpjq(en particuliernp= 1ouq). Or,Getant suppose simple,np6= 1, sinon l'uniquep-Sylow serait distingue. On en deduit doncnp=q. Traduisons maintenant la premiere condition du theoreme de Sylow :np= 1[p],pjnp1. Commenp=q, on a ce qu'il faut. (b) En utilisantnq, montrer queqdivisep+ 1 oup1. On applique encore le theoreme de Sylow :nq= 1[q]etnqjp2. De la seconde condition, on en deduitnq=poup2(carnq6= 1pour les m^emes raisons que ci-dessus) et donc qjnq1se traduit enqjp1ouqjp21 = (p1)(p+1). Dans tous les cas on trouve queqdivisep+ 1oup1.

2. En deduire quep= 2 etq= 3.

On sait quepjq1donc en particulierpq1. Supposons queqjp1, alorsqp1; et doncpq1p2ce qui n'est pas possible. Donc necessairement,qjp+ 1et en particulierqp+ 1. Mais alors :qp+ 1(q1) + 1 =q()q=p+ 1. Ainsip;q sont des nombres premiers consecutifs, necessairement :p= 2;q= 3.

3. Montrer qu'un groupe d'ordre 12 ne peut pas ^etre simple. Conclure.

Appliquons les theoremes de Sylow a un groupe d'ordre12 = 223:n2= 1[2]etn2j3; doncn22 f1;3g. De la m^eme facon,n3= 1[3]etn3j4; doncn32 f1;4g. Par l'absurde, supposons que le groupe d'ordre12est simple, alors on aurait necessairementn2= 3et n

3= 4. Les elements non neutres des dierents3-Sylow sont distincts : si on prend deux3-

Sylow (de cardinal3), leur intersection est un sous-groupe strict des deux3-Sylow et donc, par le theoreme de Lagrange, l'intersection est de cardinal1. Il y a donc4(31)+1 = 9 elements repartis dans les3-Sylow. Il reste alors juste assez d'elements pour constituer un seul2-Sylow (de cardinal4). Contradiction. Le fait que les elements non neutres des dierents3-Sylow sont distincts est crucial et ca n'est pas vrai si on regarde les2-Sylow (de cardinal4) ! C'est-a-dire qu'on peut trouver un element (qui n'est pas le neutre) commun a deux2-Sylow dierents. Conclusion : on a montre que si un groupe d'ordrep2qetait simple, necessairementp=

2;q= 3; et un tel groupe est donc de cardinal12. Or on a montre (independamment) que

les groupes d'ordre12sont tous non simples. Autrement dit, les groupes d'ordrep2qne peuvent pas ^etre simples. 3quotesdbs_dbs18.pdfusesText_24

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