Cours de Théorie des groupes Bachelor Semestre 3 Prof. E. Bayer Fluckiger 26 octobre Test 1

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1 Cours de Théorie des groupes Bachelor Semestre 3 Prof. E. Bayer Fluckiger 26 octobre 2015 Test 1 Exercice 1. (1) Donner la liste des sous-groupes de Z/24Z. Justifier. (2) Est-ce que Z/24Z a un sous-groupe d ordre 6? (1) On sait (Série 4, Exercice 1, et Série 5, Exercice 3) que l homomorphisme π : Z Z/24Z induit une bijection entre l ensemble de tous les sousgroupes de Z contenant 24Z et l ensemble de tous les sous-groupes de Z/24Z. En particulier, les sous-groupes de Z/24Z sont exactement {π(mz) m 24} = [0] 24 = {[0] 24 }, [1] 24 = Z/24Z, [2] 24, [3] 24, [4] 24, [6] 24, [8] 24, [12] 24 (2) Oui, [4] 24 = {[0] 24, [4] 24, [8] 24, [12] 24, [16] 24, [20] 24 }..

2 2 Exercice 2. Soit G l ensemble { } [a] [0] G := [a] [b] [1], [b] Z/Z, [a] [0]. (1) Montrer que G est un sous-groupe de GL 2 (Z/Z) (le groupe de matrices inversibles à coefficients dans Z/Z). (2) Est-ce que G a un sous-groupe d ordre 15? (3) Trouver un sous-groupe normal N de G tel que #G/N = 6. Justifier. (1) Premièrement, on note que [a] [b] = [ab] est bien defini (Série 3, Exercice 1.), que l élément neutre de Z/Z par rapport à la multiplication est [1] et que tout élément [a] Z/Z {[0] } =: (Z/Z) sont inversibles par rapport à la multiplication (en effet, si ne divise pas a, alors (, a) = 1 et donc ils existent x, y Z tels que xa + y = 1, c est-à-dire tels que [x] [a] = [xa] = [1] ). Pour tout [a], [b] (Z/Z), on a [a] [b] = [ab] (Z/Z). En effet, [ab] = [0] si et seulement si divise ab, ce qui implique que divise a ou b. Ceci est en contradiction avec [a] [0] et [b] [0], et donc [ab] [0]. Donc, l ensemble (Z/Z) est bien un groupe par rapport à la multiplication. Si on a A := [a] [0] G et B := [b] [1] AB = [c] [0] G, [d] [1] [ac] [0]. ( ) [bc + d] [1] Or, AB G, parce que [ac] [0]. L élément neutre de GL 2 (Z/Z) est la matrice [1] [0], [0] [1] qui est clairement dans G. Finalement, pour A := [a] [0] G, [b] [1] on a que la matrice inverse de A est [a] A 1 1 [0] = [b] [a] 1, [1] où [a] 1 est l inverse de [a] par rapport à la multiplication. On a A 1 G, parce que [a] 1 [0]. On conclut que G est bien un sous-groupe de GL 2 (Z/Z). (2) On a #G = 6 = 42 et 15 ne divise pas 42. Donc G n a pas de sousgroupes d ordre 15, par le théorème de Lagrange.

3 (3) Comme observé dans (1), l ensemble (Z/Z) est un groupe, par rapport à la multiplication. On a #(Z/Z) = 6. Soit ϕ : G (Z/Z) defini par [a] [0] [a] [b] [1]. C est bien un homomorphisme de groupes, par ( ). En plus, c est clairement surjectif. On note { } [1] [0] N := ker ϕ = [b] [b] [1] Z/Z. On a que N est un sous-groupe normal de G, parce que c est le noyau d un homomorphisme. En plus, G/N (Z/Z) par le premier théorème d isomorphisme. Donc #G/N = #(Z/Z) = 6 et N est bien le sousgroupe cherché. 3

4 4 Exercice 3. (1) Soit G un groupe et soient g 1, g 2 G. Montrer que (a) l ordre de g 1 g 2 g1 1 est égal à l ordre de g 2 ; (b) si g 1 et g 2 sont deux éléments d ordres premiers entre eux et si g 1 g 2 = g 2 g 1, alors l ordre de g 1 g 2 est le produit des ordres de g 1 et g 2. (2) Soit G un groupe de cardinalité 6. (a) Montrer qu il existe g, h G tels que g a ordre 2 et h a ordre 3. (b) En déduire que G est soit cyclique soit isomorphe à S 3 (groupe symétrique de l ensemble {1, 2, 3}). (1) (a) Soit m l ordre de g 2 et m l ordre de g 1 g 2 g1 1. On a (g 1 g 2 g 1 1 ) m = g 1 g 2 (g 1 1 g 1 )... (g 1 1 g 1 )g 2 g 1 1 = g 1 g m 2 g 1 1 = g 1 g 1 1 = 1, de manière que m divise m. Vice versa, g m 2 = (g 1 1 g 1 )g m 2 (g 1 1 g 1 ) = g 1 1 (g 1 g 2 g 1 1 ) m g 1 = g 1 1 g 1 = 1, de manière que m divise m. On conclut que m = m. (b) Comme dans la Série 1, Quiz 1., on peut montrer que, si g 1 g 2 = g 2 g 1, alors pour tout n N on a (g 1 g 2 ) n = g n 1 g n 2. Soient m 1 l ordre de g 1, m 2 l ordre de g 2 et m l ordre de g 1 g 2. Or, (g 1 g 2 ) m 1m 2 = g m 1m 2 1 g m 2m 1 2 = (g m 1 1 ) m 2 (g m 2 2 ) m 1 = 1, de manière que m divise m 1 m 2. D autre part, 1 = (g 1 g 2 ) m 1m = g m 1m 1 g m 1m 2 = g m 1m 2 et donc m 2 divise m 1 m. Alors m 2 divise m, parce que (m 1, m 2 ) = 1. De la même façon, on obtient que m 1 divise m. Ainsi m 1 m 2 divise m et donc m = m 1 m 2. (2) (a) Les éléments d un groupe d ordre 6 peuvent avoir ordre 6, 3, 2 ou 1, par le théorème de Lagrange. Clairement, 1 est le seul élément d ordre 1. S il existe un élément c G d ordre 6, alors g := c 3 et h := c 2 ont ordre 2 et 3 respectivement. Supposons maintenant qu il n existe pas un élément d ordre 6 dans G. Si tous les éléments de G \ {1} avaient ordre 2, alors on aurait que G est abèlien, comme montré dans la Série 1, Exercice 1. Mais alors il existerait un élément d ordre 3 dans G (Série 5, Exercice 1), ce qui donne une contradiction. Alors il existe un élément h dans G \ {1} qui n a pas ordre 2 et donc il a forcément ordre 3. Finalement, pour

5 tout élément h d ordre 3, h 1 ( h ) a ordre 3 et donc le nombre d éléments d ordre 3 est pair. Mais #G \ {1} = 5, impair, de manière qu il existe dans G un élément g qui n a pas ordre 3 et donc qui a ordre 2. (b) S il existe un élément d ordre 6, on a que G est cyclique. Supposons maintenant qu il n existe pas cet élément. Alors, on a montré dans (2a) qu ils existent g, h G tels que g a ordre 2 et h a ordre 3. Le groupe engendré par h est d indice 2, donc il est normal (Série 5, Exercice 4). Alors ghg 1 h. Par (1a), ghg 1 a ordre 3 et donc c est égal soit à h soit à h 2. Si ghg 1 = h, alors gh a ordre 2 3 = 6, par (1b), ce qui donne un contradiction. Alors ghg 1 = h 2. En plus, clairement G = {1, h, h 2, g, gh, gh 2 }. On peut vérifier facilement que ϕ : G S 3 défini par ϕ(g) = (1, 2) et ϕ(h) = (1, 2, 3) est bien un isomorphisme (il faut juste remarquer que (1, 2) (1, 2, 3) (1, 2) = ϕ(g) ϕ(h) ϕ(g) = ϕ(ghg) = ϕ(h 2 ) = (1, 3, 2) et de se rappeler de la Série 3, Exercice 2). 5

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