[PDF] Corrigé de la feuille dexercices 1

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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=gk

Hg(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 = 2

1 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. 3

Exercice 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 morphisme

Z=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) F

4'F2[X]=(X2+X+ 1);

(ii) F

8'F2[X]=(X3+X+ 1);

(iii) F

16'F2[X]=(X4+X+ 1); donner dans cet isomorphisme l'image deF4½F8et en

(iv) F

9'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. 4

EvidemmentSN

n=1Fpn!=FpN!de sorte quek=S1 et est donc un corps; en e®et pourx;y2k, il existentels quex;y2Fpn!etx+y;xysont

Lun corps de rupture dePdans

F psurFpm;Lest alors une extension ¯nie deFpmet est donc

2 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) 5

Le 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!ak

Aut(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 donne

Z=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),

(1 +p)pk+1= (1 +¸kpk+1)p= 1 +¸k+1pk+2 en posant

¸k+1=¸k+pkPp

®=2(®

p)¸®kp(®¡2)(k+1). Commek >1, on a¸k+1´¸kmodp.

Ainsi (1 +p)p®¡1´1modp®de sorte que l'ordre de (1 +p) dans (Z=p®Z)£divisep®¡1et

donc de la formepkpourk6®¡1. En outre on a (1 +p)pk= 1 +¸kpk+1avec¸knon divisible parp; en particulier (1 +p)p®¡26´1modp®, de sorte que l'ordre de 1 +pestp®¡1. de (Z=pZ)£; l'ordremdeyest alors un multiple dep¡1 (car 1 =Ã(ym) =hm):m= (p¡1)k, (iv) Soitu= (1 +p)xet soitmson ordre; 1 =Ã(um) =Ã(u)m=Ã(x)m, soitp¡1 divisem de (Z=p®Z)£. 6 (d) (i) On a de maniµere directe (Z=2Z)£=f1get (Z=4Z)£=f1;¡1g 'Z=2Z. donc que 5

2k= 1+¸k2k+2avec¸kimpair. On a alors 52k+1= (1+¸k2k+2)2= 1+2k+3(¸k+2k+1¸2k)

que 5 est d'ordre 2

®¡2dans (Z=2®Z)£.

(iii) Le morphisme canoniqueÁ: (Z=2®Z)£¡!(Z=4Z)£induit un isomorphisme def1;¡1g f(x) = (x;1) pourx´1mod4 etf(x) = (¡x;¡1) pourx´3mod4. En outre KerÁcontient le d'ordre 2

Exercice 9.

Pourn >0, on noteSnle groupe des permutations de l'ensemblef1;¢¢¢;ng, etAn son sous-groupe des permutations paires. (a) (i) les transpositions(1;i)pouri= 2;¢¢¢;n; (ii) les transpositions(i;i+ 1)pouri= 1;¢¢¢;n¡1; (iii) le cyclecn= (1;¢¢¢;n)et la transposition¿= (1;2). (b)

Exercice 10.

S n. (a) (1 2¢¢¢n¡1)±(1n). (b)

Classes de conjugaisons

(i) celle des? 7 (ii) (iii) (c)

Commutants:

(i)

Donnez le centre deSnet celui deAn.

(ii)

Quel est le commutant dec= (1;¢¢¢;n)?

(iii) en cycles µa supports disjoints.

(b) (i) Sicest un cycle de longueurl:c= (x1x2¢¢¢xl) alors pour tout¾2 Sn,¾±c±¾¡1

en cycle µa supports disjoints desalors¾±s±¾¡1= (¾±c1¾¡1)± ¢¢¢ ±(¾±cr±¾¡1) est celle de

¾±s±¾¡1.

est d'ordre sa longueur et ces cycles commutent car leurs supports sont disjoints, d'oµu l'ordre de

¾est le ppcm des longueurs des cyclescipour 16i6r. En particulier dansS5, on trouve que (iii) Soitx2 f1;¢¢¢;nget cherchons quel est le cardinal de l'orbite dexsousck: (ck)i(x) =x()njki()n (n;k)ji (c) (i) Pourn= 1;2,Snest commutatif. Soit doncn>3 et soit¾dans le centre de S n. On a alors¾±(i j)±¾¡1= (¾(i)¾(j)) = (i j) de sorte que pour touti6=j, on a ¾(fi;jg) =fi;jg. Commen>3, pouri;j;kdistintcs deux µa deux, on afig=fi;jg \ fi;kget doncf¾(i)g=f¾(i);¾(j)g \ f¾(i);¾(k)g=fi;jg \ fi;kg=fig, soit¾= Id. Pourn63,Anest commutatif; soient doncn>4 et¾dans le centre deAn. Pour touta;b;c

µa nouveau que¾= Id.

(ii) Soit¾dans le commutant dec;¾±c±¾¡1= (¾(1)¾(2)¢¢¢¾(n)) = (1 2¢¢¢n) de sorte

que¾(i) =ci¡1±¾(1) soit¾=ckaveck=¾(1). i;jcj i oµucj seulement si pour touti;j, il existe unktel ques±cj is¡1=cj k, i.e.sinduit une permutation descj ide longueurj, on aQn j=1(rj!) telle s±cj i±s¡1=cj i) dans le support decj

º(i)oµu

a j iest dans le support decj donc de cardinalQn j=1(rj)!jrj. 8

Exercice 11.

(a)

Etudiez les casn64.

(b) (i) (ii) montrez que siHcontient un5-cycle, il les contient tous, (iii) (c) (i) (ii) (iii) (d) k= 2etH' An. V

4=fId;(1 2)(3 4);(1 3)(2 4);(1 4)(2 3)g

¾(b) = 3 =¿(d),¾(c) = 4 =¿(a) et¾(d) = 5 =¿(c). On a alors¾±c±¾¡1= (1 2 3 4 5) =

¿±c2±¿¡1et¿= (2 4 5 3)±¾, de sorte que¾ou¿appartient µaS5. Finalement si un sous-groupe

dont 15 = ( 2 5)(2 9

(c) (i)½=¿±(¾¿¡1¾¡1) appartient µaHet½= (a c b)±(¾(a)¾(b)¾(c)) de sorte que le

plus½6= Id car½(b) =¿±¾(b)6=bcarc6=¾(b). jE6= Id, d'oµuH0=A5. Soit alorscun 3-cycle deA5;i(c) est aussi un 3-cycle dansH. Comme H=An. ouH=Sn; -H\ An=fIdg: la signature restreinte µaHdonne alors un morphisme injectif deHvers Soit doncHun sous-groupe deSnd'indicekavec 1< k < n; on considµere l'action deSnsur S n=Hpar translation µa gauche. On obtient ainsi un morphisme non trivialÁ:Sn¡! Skqui h= gh= hpour toutg2KerÁ, A nsont d'indice divisant 2, soitH=AnouH=Sn, orH=Snest exclu.

Exercice 12.

Montrez quePGL2(F3)' S4etPGL2(F5)' S5.

Preuve: (a) On fait agirPGL2(F3) surP1(F3) naturellement, i.e.M: x y) := M(x vecteurvdeF23,vest vecteur propre pour une valeur propre¸vdeM, c'est un exercice classique (b) On fait de m^eme agirPGL2(F5) surP1(F5) et on obtient ainsi un morphisme injectif PGL

Exercice 13.

Unp-groupe est un groupe de cardinal une puissance dep(ppremier). Montrez cardinal 1, on obtientjGj=jZGj+P 10 Montrons qu'unp-groupeGadmet des sous-groupes de tout ordre divisantjGj; on raisonne par

Hde cardinalpk¡set

¡1(

H), oµu¼:G¡!G=ZGest le morphisme naturel, est un sous-groupe de cardinalps.

Exercice 14.

SoitGun groupe ¯ni,ple plus petit facteur premier dejGj,Hun sous groupe les orbites de cardinal 1:p=k+P x2O1[G:Gx], oµuO1est l'ensemble des orbites de cardinal on a hg= g, i.e. pour tout (g;h)2G£H, il existeh12Htel quehg=gh1, soitgHg¡1½H.

Exercice 15.

SoitHun sous-groupe d'indicendeSn. Montrer queHest isomorphe µaSn¡1. Á:Sn! S(Sn=H). Montrer queÁest injectif et donner l'image deH. deSnsontf1g,AnetSn. On considµere l'action par translation µa gauche deSnsurSn=H, ce

Or si¾2Ker', on a

¾h=

dansSn, Ker'ne peut qu'^etre le sous-groupe trivial. Ainsi'(H) est un sous-groupe de cardinal Id, de sorte que'(H) est inclu dans un sous-groupe deS(Sn=H)

Exercice 16.

commutatif. (i) Soitkun corps ¯ni etZson centre de cardinalq; montrez queqest une puissance d'un nombre premierpet quejkj=qn, pourn2N. (ii) jkxj=qdpour un diviseurddenet donnez le cardinal de!(x). (iii) Soit©n(X)len-iµeme polyn^ome cyclotomique; montrez que©n(q)divise le cardinal de!(x) pourx62Z. 11 (iv) (v) Montrez que siz2Cest de module1, alorsjq¡zj> q¡1et conclure. Preuve :(i)kest unZ-espace vectoriel de dimension ¯nien, soitjkj=jZjn. (ii) On considµere le morphisme de groupey2k£¡!(x7!yxy¡1)2 S(k£); soit!(x) = fyxy¡1= y2k£gl'orbite dexetk£x=fy2k£= xy=yxgle stabilisateur dex: on note k unZ-espace vectoriel de dimensiondsoitjkxj=qdavecqd¡1 divisantqn¡1. Or sin=ad+r avec 06r < dalorsqn¡1 = (qd)aqr¡1´qr¡1modqd¡1 et doncr= 0 soitddivisen. Remarque:Pour ceux qui sont familiers des espaces vectoriels sur des corps non commutatifs, on aurait pu dire quekest unkx-espace vectoriel, soitqn= (qd)ret doncddivisen.

Ainsi l'orbite dexest de cardinalqn¡1

q d¡1et doncx2Zsi et seulement sid=n. (iii) Pourx62Zalorsdjnetd6=n. Or on aXn¡1 X d¡1= ©n(X)Q d 0jn n6=d0jd©d0(X) et donc ©n(q) divise qn¡1 q d¡1. q n¡1 =q¡1 +X n6=djn® dqn¡1 q d¡1 oµu®dest le nombre d'orbites de cardinalqn¡1 q d¡1de sorte que ©n(q) diviseq¡1. (v) Pour toutz6= 1 de module 1, on ajq¡zj> q¡1 et donc pourn >1, on a ©n(q)> q¡1 et ne peut donc pas diviserq¡1, de sorte quen= 1 et donck=Zest commutatif. 12quotesdbs_dbs26.pdfusesText_32

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