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Enoncés : Michel Emsalem,

Corrections : Pierre DèbesExo7

Morphisme, sous-groupe distingué, quotient

Exercice 1

SoitGun groupe tel que l"applicationx!x1soit un morphisme. Montrer queGest commutatif. SoientGun groupe etn>1 un entier tels que l"applicationx!xnsoit un automorphisme deG. Montrer que pour tout élémentxdeG,xn1appartient au centre deG. Montrer que le groupe des automorphismes du groupeZ=2ZZ=2Zest isomorphe au groupe symétriqueS3. Montrer qu"un sous-groupe d"indice 2 dans un groupeGest distingué dansG.

SoitGun groupe etHun sous-groupe. On suppose que le produit de deux classes à gauche moduloHest une

classe à gauche moduloH. Montrer queHest distingué dansG.

SoitGun groupe et'une relation d"équivalence surG. On suppose que cette relation est compatible avec la

loi de groupe, c"est-à-dire que

8x;y2G8x0;y02G x'x0ety'y0alorsxy'x0y0

Montrer que la classeHde l"élément neutre 1 est un sous-groupe distingué deGet que

8x;x02G x'x0est équivalent àx0x12H

SoitGun groupe etKHGdeux sous-groupes. On suppose queHest distingué dansGet queKest

caractéristique dansH(i.e. stable par tout automorphisme deH). Montrer qu"alorsKest distingué dansG.

Donner un exemple de groupeGet de deux sous-groupesKHG,Hétant distingué dansGetKétant distingué dansH, maisKn"étant pas distingué dansG. 1 (a) Montrer que pour tous entiers premiers entre euxm;n>0, les deux groupes(Z=mnZ)et(Z=mZ) (Z=nZ)sont isomorphes. En déduire quej(mn) =j(m)j(n), oùjest la fonction indicatrice d"Euler. (b)Legroupemultiplicatif(Z=15Z)est-ilcyclique? Montrerque(Z=8Z)'(Z=2Z)(Z=2Z), que(Z=16Z)' (Z=4Z)(Z=2Z). Etudier le groupe multiplicatif(Z=24Z). oùedésigne l"élément neutre deG, alorsz=e. (b) Montrer que simetnsont deux entiers premiers entre eux, l"application f:mmmn!mmn qui au couple(s;t)fait correspondre le produitstest un isomorphisme de groupes

Montrer que les groupesm4etm2m2ne sont pas isomorphes. De façon générale montrer que simetnsont

des entiers qui ne sont pas premiers entre eux, les groupesmmnetmmmnne sont pas isomorphes.

Soitnetddeux entiers tels queddivisen. On définit une applicationf:mn!mdqui àsassociesn=d. Montrer

quefest un morphisme surjectif de groupes dont le noyau estmn=d. Soitf:G!Hun morphisme de groupes finis. SoitG0un sous-groupe deG. Montrer que l"ordre def(G0) divise les ordres deG0et deH. Soitf:G!Hun morphisme de groupes finis. SoitG0un sous-groupe deGd"ordre premier à l"ordre deH.

Montrer queG0ker(f).

SoitGun groupe fini etHetKdeux sous-groupes deG. On suppose queHest distingué dansG, quejHjet jG=Hjsont premiers entre eux etjHj=jKj. Montrer queH=K. Soitfun morphisme de groupesf:Q!Q>0,Qétant muni de l"addition etQ>0muni de la multiplication.

Calculerf(n)en fonction def(1)pour tout entiern>0. Montrer que les deux groupes précédents ne sont pas

isomorphes. Trouver tous les morphismes du groupe additifQdans lui même.

Même question deQdansZ.

Même question deZ=mZdansZ.

2

Etant donnés deux entiersm;n>0, déterminer tous les morphismes de groupe deZ=mZdansZ=nZ, puis tous

les automorphismes deZ=nZ. SoitGun groupe etHun sous groupe distingué deGd"indicen. Montrer que pour touta2G,an2H. Donner un exemple de sous-groupeHnon distingué deGpour lequel la conclusion précédente est fausse. SoitGun groupe fini etHun sous-groupe distingué d"ordrenet d"indicem. On suppose quemetnsont premiers entre eux. Montrer queHest l"unique sous-groupe deGd"ordren.

Montrer que SL

n(R)est un sous-groupe distingué du groupe GLn(R)et que le groupe quotient est isomorphe

àR.

On considère les groupes suivants :

T=fz2Cjjzj=1gmn=fz2Cjzn=1gm¥=fz2Cj9n zn=1g

(a) Montrer les isomorphismes suivants :

R=Z'TC=R>0'TC=R'T T=mn'TC=mn'C

(b) Montrer quem¥'Q=Z. Quels sont les sous-groupes finis dem¥? (c) Montrer qu"un sous-groupe de type fini deQcontenantZest de la forme1q

Z. En déduire la forme des

sous-groupes de type fini deQ=Zet dem¥. (d) Soitpun nombre premier. Montrer quemp¥=fz2Cj9n2Nzpn=1gest un sous-groupe dem¥. Est-il de type fini? SoitGun sous-groupe d"indice fini du groupe multiplicatifC. Montrer queG=C. SoitGun groupe etHun sous-groupe contenu dans le centreZ(G)deG. Montrer queHest distingué dansG et que, si le groupe quotientG=Hest cyclique,G=Z(G).

Montrer qu"un groupe d"ordrep2oùpest un nombre premier est abélien. (On utilisera que le centre d"unp-

groupe est non trivial, ce qui est une conséquence classique de la "formule des classes" (voir chapitre suivant)).

3

Exercice 25

(a) Soitpun nombre premier. Montrer que tout morphisme de groupes entreFnpetFmpest une applicationFp -linéaire. (b) Montrer que le groupe des automorphismes deZ=pZest isomorphe au groupe multiplicatifFp. (c) Déterminer le nombre d"automorphismes deFnp. Déterminer le centre du groupeGLn(Fp)des automorphismes de(Fp)n.

Soitpun nombre premier. Montrer qu"un groupe abélien fini, dont tous les éléments différents de l"élément

neutre sont d"ordrep, est isomorphe à(Z=pZ)n. (a) SoitGun groupe etHun sous-groupe distingué deG. On notejla surjection canoniquej:G!G=H. Montrer que l"ordre d"un élémentxdeGest un multiple de l"ordre dej(x). (b) Pour toutx2Gon posetxl"application deGdansGdéfinie partx(y) =xyx1. Montrer quetxest un automorphisme deGet que l"application x!tx est un morphisme de groupes deGdans Aut(G). Quel est le noyau de ce morphisme?

(c) On suppose queGest fini et queHest un sous-groupe distingué dont l"ordre est le plus petit nombre premier

pdivisant l"ordre deG. Montrer que pour toutx2Gl"ordre de la restriction àHdetxest un diviseur dep1

et de l"ordre deG. En déduire quetxrestreint àHest l"identité pour toutxet donc queHest contenu dans le

centre deG. SoitGun groupe. On appelle groupe des commutateurs deGet l"on noteD(G)le sous-groupe deGengendré

par les éléments de la formexyx1y1. Montrer queD(G)est distingué dansGet que le quotientG=D(G)

est abélien. Montrer queD(G)est le plus petit sous-groupe distingué deGtel que le quotient deGpar ce

sous-groupe soit abélien. SoitGun groupe d"ordrep3oùpest un nombre premier. Montrer que siGn"est pas commutatif,Z(G)=D(G) et que ce sous-groupe est d"ordrep.

Indication pourl"exer cice1 N(xy)1=x1y1)xy=yx.Indication pourl"exer cice8 N(a) est standard. En utilisant (a), on obtient(Z=15Z)'Z=2ZZ=4Z, lequel n"est pas cyclique puisque tous

les éléments sont d"ordre 1, 2 ou 4. Le reste ne pose pas de grandes difficultés.Indication pourl"exer cice9 N(a) Bézout. (b)fest injectif et ensembles de départ et d"arrivée ont même cardinal.Indication pourl"exer cice11 Ne

2ikp=d=e2ikp=nn=d(k2Z).Indication pourl"exer cice12 Nf(G0)est un sous-groupe deHisomorphe àG0=(ker(f)\G0).Indication pourl"exer cice13 NRésulte de l"exercice12 .

Indication pour

l"exer cice

16 NLes morphismes du groupe(Q;+)dans lui-même sont de la formex!axaveca2Q. Les morphismes du

groupe(Q;+)dans(Z;+)sont, parmi les précédents, ceux dont l"image est dansZ; il n"y a que le morphisme

nul. Les morphismes du groupe(Z=mZ;+)dans(Z;+)sont déterminés par l"entierf(1)qui doit vérifier

mf(1) =0; il n"y a que le morphisme nul, sim6=0.Indication pourl"exer cice17 NL"ensemble Hom(Z=mZ;Z=nZ)des morphismes de groupe deZ=mZdansZ=nZest un groupe abélien pour

l"addition naturelle des morphismes. On notedle pgcd demetnetm0etn0les entiersm=detn=d. Si p:Z!Z=mZdésigne la surjection canonique, la correspondance associant à toutf2Hom(Z=mZ;Z=nZ) l"élémentfp(1)induit un isomorphisme de groupe entre Hom(Z=mZ;Z=nZ)et le sous-groupen0Z=nZdu groupe additifZ=nZ, lequel est isomorphe àZ=dZ. L"ensemble Aut(Z=nZ)des automorphismes deZ=nZest un groupe pour la composition. La correspondance

précédente induit un isomorphisme entre Aut(Z=nZ)et le groupe(Z=nZ)des inversibles deZ=nZ.Indication pourl"exer cice20 NLe morphisme "déterminant" de GL

n(R)dansRest surjectif et de noyau SLn(R).Indication pourl"exer cice23 NSizest un élément deGdont la classe moduloHengendreG=H, alors tout élément deGpeut s"écrirehzm

avech2Hetm2Z.Indication pourl"exer cice24 NAppliquer l"exercice23 a vecH=Z(G).Indication pourl"exer cice26 NExercice classique d"algèbre linéaire:Z(GLn(Fp)) =FpIdn(où Idndésigne la matrice identité d"ordren).

5 Indication pourl"exer cice28 NLes questions (a) et (b) ne présentent aucune difficulté.

Pour la question (c), noter que, pour toutx2G, on a(tx)jGj=1, et que la restriction detxàHappartient à

Aut(H)'Aut(Z=pZ)(et utiliser l"exercice25 ).Indication pourl"exer cice29 NAucune difficulté. Observer que tout conjugué d"un commutateur est un commutateur et qu"un quotientG=H

est abélien si et seulement si pour tousu;v2G, on auvu1v12H.6

Correction del"exer cice2 NSoientx;y2Gquelconques. De(xy)n=xnyn, on déduit(yx)n1=xn1yn1puis(yx)n=yxnyn1et donc

y

nxn=yxnyn1, ce qui donneyn1xn=xnyn1. Ainsi, pour touty2G,yn1commute à tous les éléments de la

formexnavecx2G, et est donc dans le centre deG, puisque l"applicationx!xnest supposée surjective.Correction del"exer cice3 NToutautomorphismejdugroupeG=Z=2ZZ=2Zpermutelestroisélémentsd"ordre2, c"est-à-direl"ensemble

G

des trois éléments non triviaux. La correspondance qui àj2Aut(Z=2ZZ=2Z)associe sa restriction àG

induit un morphismec: Aut(Z=2ZZ=2Z)!S3. Tout morphismej2Aut(Z=2ZZ=2Z)étant déterminé

par sa restriction àG, ce morphismecest injectif. De plus, tout automorphisme linéaire (pour la structure

deZ=2Z-espace vectoriel deZ=2ZZ=2Z) est un automorphisme de groupes. Il y a 6 tels automorphismes

(autant qu"il y a de bases). L"image deccontient donc au moins 6 éléments. Comme c"est un sous-groupe de

S

3, c"estS3lui-même etcest un isomorphisme.Correction del"exer cice4 NLe sous-groupeHest à la fois la classe à gauche et la classe à droite moduloHde l"élément neutre. Si

[G:H] =2, son complémentaireHcdansGest donc l"autre classe, à droite et à gauche. Classes à droite et

classes à gauche coincident donc, soitgH=Hget doncgHg1=Hgg1=Hpour toutg2G.Correction del"exer cice5 ND"après l"hypothèse, pour toutx2G, il existez2Gtel quexHx1H=zH. On en déduitxHx1zH. Cela

entraine que 12zHet donc quez2H. D"où finalementxHx1H.Correction del"exer cice6 NEtant donnésy;z2H, on ay'1 etz'1. La compatibilité de la loi donne d"une partyz'1, soityz2H, et

d"autre partyy1'y1soity12H. Cela montre queHest un sous-groupe deG. Pour toutx2G, on a aussi xyx

1'x1x1=1 et doncxyx12H. Le sous-groupeHest donc distingué.

De plus, pourx;x02G, six'x0, alors par compatibilité de la loi, on ax0x1'xx1=1, c"est-à-direx0x12H.

Réciproquement, six0x12H, alorsx0x1'1, et donc, par compatibilité de la loi,x'x0.Correction del"exer cice7 NPour toutg2G, la conjugaisoncg:G!Gparginduit un automorphisme deHsiHest distingué dansG. Si

de plusKest caractéristique dansH, alorsKest stable parcg. D"oùKest alors distingué dansG.

Le sous-ensembleV4du groupe symétriqueS4consistant en l"identité et les trois produits de transpositions

disjointes:(12)(34),(13)(24)et(14)(23)est un sous-groupe (vérification immédiate) qui est distingué:

cela résulte de la formuleg(i j)(kl)g1= (g(i)g(j))(g(k)g(l))pouri;j;k;l2 f1;2;3;4gdistincts. Le sous-

groupeK(d"ordre 2) engendré par(12)(34)est distingué dansV4(carV4est abélien). MaisKn"est pas

distingué dansS4(comme le montre encore la formule précédente).Correction del"exer cice10 NLe groupemmna un élément d"ordremn. En revanche tout élémentx2mmmnvérifiexm=1 avecm=

ppcm(m;n)et est donc d"ordre un diviseur dem, lequel estgroupesmmnetmmmnne peuvent donc pas être isomorphes.Correction del"exer cice14 NConsidérons la surjection canoniques:G!G=H. D"après l"exercice12 ,js(K)jdivise pgcd(jKj;jG=Hj)qui

est égal à pgcd(jHj;jG=Hj)(puisquejHj=jKj) et vaut donc 1. Conclusion:s(K) =f1g, c"est-à-direKH.

D"oùK=Hpuisqu"ils ont même ordre.7

Correction del"exer cice15 NOn af(n) =f(1)npour tout entiern>0. Mais on a aussif(1=n)n=f(1)pour toutn>0. Cela n"est pas

possible car un nombre rationnel positif6=0;1 ne peut être une puissancen-ième dansQpour toutn>0. (Pour

ce dernier point, noter par exemple qu"être une puissancen-ième dansQentraîne que tous les exposants de la

décomposition en facteurs premiers sont des multiples den). Les deux groupes(Q;+)et(Q+;)ne sont donc

pas isomorphes.Correction del"exer cice18 NOn an=jG=Hj. Pour toute classeaH2G=H, on a donc(aH)n=Hc"est-à-dire,anH=Hou encorean2H.

Cela devient faux siHn"est pas distingué dansG. Par exemple le sous-groupeHdeS3engendré par la

transposition(12)est d"indice 3 dansS3et, poura= (23), on aa3=a=2H.Correction del"exer cice19 NSoitH0un sous-groupe deGd"ordrenet d"indicem. Pour touth2H0, on ahn=1 ethm2H(voir l"exercice

18 ). Puisquenetmsont premiers en eux, on peut trouveru;v2Ztels queum+vn=1. On obtient alors

h= (hm)u(hn)v2H. D"oùH0Het doncH=H0puisquejHj=jH0j.Correction del"exer cice21 N(a) La correspondancex!e2ipxinduit un morphismeR!T, surjectif et de noyauZ. D"oùR=Z'T. La

correspondancez!z=jzjinduitl"isomorphismeC=R+'T. Similairementz!z2=jzj2fournitl"isomorphisme C =R'T. Les isomorphismesT=mn'TetC=mn'Cs"obtiennent à partir de la correspondancez!zn.

(b) La correspondancex!e2ipxinduit un morphismeQ!m¥, surjectif et de noyauZ. D"oùQ=Z'm¥. SiG

est un sous-groupe fini dem¥, alors il existem2Ntel queGmm. Les sous-groupes du groupe cycliquemm sont lesmnoùnjm.

(c)SoitGunsous-groupedeQdetypefini, c"est-à-direengendréparunnombrefiniderationnelsp1=q1;:::;pr=qr.

On a alorsq1qrGZ. Soitqle plus petit entier>0 tel queqGZ. Le sous-groupeqGest de la formeaZ

aveca2Npremier avecq(car l"existence d"un facteur commun contredirait la minimalité deq). On obtient

G= (a=q)Z. Si de plusZGalors 12Get s"écrit donc 1=ka=qaveck2Z, ce qui donneka=q. Comme pgcd(a;q) =1, on a nécessairementa=1 et doncG= (1=q)Z. Soits:Q!Q=Zla surjection canonique. SiGest un sous-groupe de type fini deQ=Z, alorsG=s1(G)est

un sous-groupe deQ, contenantZet de type fini (sip1=q1;:::;pr=qrsont des antécédents parsde générateurs

deG, alors 1;p1=q1;:::;pr=qrengendrentG). D"après ce qui précède, on aG=1q

Zet doncG=1q

Z=Z, qui est

isomorphe àZ=qZ.

Via l"isomorphisme de la question (b), on déduit les sous-groupes deQ=Zde type fini: ce sont les sous-groupes

fe2ikp=qjk2Zg=mqavecqdécrivantN.

(d) On vérifie sans difficulté que pour tout nombre premierp,mp¥est un sous-groupe dem¥. Il n"est pas de

type fini: en effet le sous-groupe deQ=Zqui lui correspond par l"isomorphisme de la question (b) est engendré

par les classes de rationnels 1=pnmoduloZ,ndécrivantN. Un tel sous-groupeGn"a pas de dénominateur

commun, c"est-à-dire, il n"existe pas d"entierq2Ztel queqGG. En conséquence il ne peut pas être de type

fini.Correction del"exer cice22 NSoitz2Cquelconque etz2Cune racinen-ième dez. Le sous-groupeGest distingué dansC(puisqueCest

commutatif). Sinest l"indice deGdansC, on a donczn=z2G(voir l"exercice18 ). D"oùCG. L"inclusion

inverse est triviale.Correction del"exer cice25 N(a) Soitj:Fnp!Fmpun morphisme de groupes. Pour toutn2Z, on noten2Z=pZ=Fpsa classe modulo

p. Tout élémentx2Fnppeut s"écrirex= (x

1;:::;x

n)avecx= (x1;:::;xn)2Zn. On a alorsj(nx) =j(nx) = 8 j(nx) =nj(x) =nj(x). Le morphismejest donc compatible avec les lois externes deFnpetFmp. Comme il est aussi additif, c"est une applicationFp-linéaire. (b) Considérons l"applicationV: Aut(Z=pZ)!Z=pZqui à tout automorphismecassociec(1). Cette application est à valeurs dansZ=pZnf0g(sic2Aut(Z=pZ), alors ker(c) =f0g). C"est un morphisme de Aut(Z=pZ)muni de la composition vers le groupe multiplicatifZ=pZnf0g=Fp: en effet sic;c02 Aut(Z=pZ)et si on posec0(1) =c(classe dec2Zmodulop), alors(cc0)(1) =c(c) =cc(1) =cc(1) = c

0(1)c(1) =c(1)c0(1). Ce morphismeVest de plus injectif puisque tout automorphismecdeZ=pZest

déterminé parc(1). Enfin, pour touta2Z=pZnon nul, la correspondancen!aninduit un automorphismec

deZ=pZtel quec(1)=a. L"image du morphismeVest donc toutFp. Ce qui établit l"isomorphisme demandé.

(c) D"après la question (a), il s"agit de compter le nombre d"automorphismes linéaires duFp-espace vectoriel

F

np, qui est égal au nombre de bases deFnp, c"est-à-dire(pn1)(pnp)(pnpn1).Correction del"exer cice27 NSoitGun groupe abélien fini tel quepG=f0g. Pour tout entiern2Zet pour toutg2G, l"élémentngne

dépend que de la classe denmodulop; on peut le noterng. La correspondance(n;g)!ngdéfinit une

loi externe sur le groupe additif(Z=pZ)net lui confère ainsi une structure deFp-espace vectoriel. Cet espace

vectoriel, étant fini, est de dimension finie. Il est donc isomorphe comme espace vectoriel, et en particulier

comme groupe à(Z=pZ)npour un certain entiern>0.Correction del"exer cice30 NLe centreZ(G)est ni trivial (carGest unp-groupe) ni égal àG(carGnon abélien). En utilisant l"exercice23 ,

on voit qu"il n"est pas non plus d"ordrep2. Il est donc d"ordrep. Mais alorsG=Z(G)est d"ordrep2et est donc

abélien (exercice 24
). D"après l"exercice 29
, on a alorsD(G)Z(G). CommeD(G)6=f1g(sinonGserait abélien), on aD(G) =Z(G).9quotesdbs_dbs13.pdfusesText_19

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