ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE - FEUILLE D EXERCICES 1

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1 ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE - FEUILLE D EXERCICES 1 DANIELE FAENZI Exercice 1 (Théorèmes d isomorphisme). Soient H, K, G des groupes. (1) Si on a H G et K G, montrer que H K est distingué dans K et que : K/(K H) = HK/H. (2) Si en plus on a K G, montrer H K et K/H G/H. Montrer aussi : G/H K/H = G/K. Exercice 2. Soit H un sous-groupe d un groupe G. (1) Démontrer que : et que : H N G (H) G, H H G G, H G = H N G (H) = G H G. (2) Démontrer que tout quotient abélien de G est quotient de G/D(G). Exercice 3. Soient H et K sous-groupes d un groupe G. (1) Est-ce que K H G implique K G? (Indication : considérer le groupe engendré par (12)(34) et (13)(24) dans le groupe alterné A 4 ). (2) Est-ce que H G implique K G si K est caractéristique dans H (c est à dire, stable pour tout automorphisme de H)? (3) Est-ce que, si tout sous-groupe de G est distingué, alors G est forcément abélien? Exercice 4. Soit GL(2, R) le groupe des matrices (2, 2) inversibles à coefficients réels. ( ) 1 p (1) Montrer que H :=, p Z, est un sous-groupe abélien. 0 1 (2) Montrer qu il est monogène. Est-il normal? ( ) ( ) (3) Soient A := et B := deux matrices (a) Montrer que A et B appartiennent à GL(2, Z), calculer leur ordre et montrer que H est contenu dans A, B. (b) Que pensez-vous des assertions suivantes? un groupe engendré par des éléments d ordre fini est fini. Date: 21 février

2 2 DANIELE FAENZI tous les éléments d un groupe engendré par des éléments d ordre fini sont d ordre fini. (c) Le groupe engendré par A et B est-il abélien? (d) Calculer l intersection du groupe cyclique engendré par A et du groupe cyclique engendré par B. Exercice 5 (Groupes d ordre p n ). Soit G un groupe d ordre p n, avec p premier et n > 0. (1) Montrer que le centre de G n est pas trivial. (Indication : faire agir G par conjugaison sur lui-même). (2) En déduire que, pour tout 0 < m < n, il existe un sous-groupe distingué de G d ordre p m. (Indication : traiter d abord le cas G abélien.) Exercice 6 (Groupes d ordre p 2 ). Soit Z = Z G (G) le centre d un groupe G. (1) Montrer que, si G/Z est cyclique, alors G est abélien. (2) Déduire que, pour tout nombre premier p, il existe exactement deux groupes d ordre p 2 non isomorphes : Z/pZ Z/pZ, et Z/p 2 Z. Exercice 7 (Sous-groupes de plus petit indice). Soit G un groupe fini, et soit G = p r 1 1 prm m, une décomposition en facteurs premiers de l ordre de G, avec p 1 < < p m. (1) Démontrer que si H est un sous-groupe de G d indice p 1, alors H est distingué dans G. (Indication : faire agir H sur G/H). (2) Montrer avec un exemple que l énoncé au point (1) n est plus vrai si on enlève l hypothèse p 1 < < p m. Exercice 8 (Sous-groupes distingués de plus petit ordre). Avec les notations de l exercice 7, démontrer que si H G et H = p 1, alors H est central, i.e. H Z G (G). (Indication : faire opérer G sur H par conjugaison). Corrigé 5. On note par Z le centre du groupe G. Il s agit d un sous-groupe de G donc l ordre de Z divise l ordre de G, et vu que p est un nombre premier, on a Z = p m avec m n. On fait opérer G sur G par conjugaison. Le stabilisateur d un élément x G est donc le centralisateur de x dans G. Stab x (G) = {g G gxg 1 = x} = Z G (x). Un élément x de G est donc dans le centre si et seulement si son centralisateur coïncide avec G tout entier. Autrement dit, x Z si et seulement si Stab x (G) = G, ce qui est équivalent à (G : Stab x (G)) = 1. Vu que le cardinal de l orbite ω(x) est égale à (G : Stab x (G)), un a que : x Z ω(x) = 1. Maintenant on utilise la partition de G donnée par les orbites (les classes de conjugaison) : G = ω(x i ). i I

3 ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE - FEUILLE D EXERCICES 1 3 On divise l ensemble des indices I en deux parties : les i tels que x i est dans le centre (on note l ensemble de ces indices par I 1 ), et les i tels que x i n est pas dans le centre (on note alors i I 2 ). on a donc : G = ω(x i ) ω(x i ), i I 1 i I 2 ce qui implique : G = i I 1 ω(x i ) + i I 2 ω(x i ), On sait que ω(x i ) = 1 si et seulement si i I 1. Le cardinal de i I 1 ω(x i ) est donc I 1, qui à sont tour est égale au cardinal de Z. Par contre, si i I 2, alors ω(x i ) = (G : Stab xi (G)) = p l i avec 1 l i n, car en tout cas l indice d un sous-groupe divise l ordre de G. On en obtient : G = Z + i I 2 p l i, où les l i satisfont 1 l i n. En réduisant l équation ci-dessus modulo p, on obtient zéro à gauche, et aussi zéro pour le terme i I 2 p l i car tous les l i sont plus grands que zéro. Donc : Z 0 mod p. Mais l élément neutre e appartient à Z donc Z 1, ce qui entraîne Z = p m avec m 1. En particulier Z n est pas trivial, ce qui achève la démonstration de (1). Pour (2), on suppose que le groupe G ne soit pas abélien (le cas des groupes abéliens est facile à traiter grâce au théorème de structure des groupe abéliens de type fini). On sait donc que le centre Z de G est un sous-groupe propre de G (car Z {e} par le point précédant et Z G car G n est pas abélien). Remarquons que π : G G/H est un morphisme de groupes surjectif. On sait alors que Z = p l et G/Z = p m avec l, m < n. Par récurrence (sur n), on peut supposer que l énoncé soit vrai pour tout p-groupe d ordre p n avec n < n, en particulier pour Z et G/Z. Maintenant, étant donné un entier 0 < r < n, on cherche un sous-groupe de G d ordre p r. On étudie deux cas : a) r l. b) r > l, Dans le premier cas, il suffit de trouver un sous-groupe de Z d ordre p r (pourquoi un tel sous-groupe serait-il distingué?). Mais ceci est vrai par l hypothèse de récurrence. Dans le second cas, on considère un sous-groupe distingué K de G/H d ordre p r l, ce qui est possible grâce à l hypothèse de récurrence. L ensemble π 1 (K) est alors un sous-groupe distingué dans G (démontrez-le) et son ordre est précisément p l (pourquoi?). On a donc terminé. Corrigé 6. Rappelons que Z est distingué dans G donc G/Z est un groupe. (1) Dire que Z/G est cyclique revient à dire qu il existe x dans G tel que la classe x = xz engendre tout G/Z, c est à dire que tous les éléments de G/Z sont de la forme x n = x n Z.

4 4 DANIELE FAENZI Alors si on prend deux éléments y 1 et y 2 dans G, on peut dire que y 1 Z = x l 1 Z et y 2 Z = x l 2 Z, avec l i Z. Donc y i = x l i z i avec z i Z. On en déduit : y 1 y 2 =..., y 2 y 1 =... (2) Déjà les deux groupes en question Z/pZ Z/pZ et Z/p 2 Z ne sont pas isomorphes (pourquoi?). Pour démontrer le réciproque, on considère un groupe G d ordre p 2. Son centre Z n est pas trivial (pourquoi?). Donc il est d ordre p ou d ordre p 2. Dans le second cas on a Z = G donc G est abélien, et le théorème de classification des groupes abéliens donne le résultat (n est pas?) D ailleurs, si Z = p alors G/Z est cyclique (pour quelle raison?). Donc de nouveau G est abélien (par le point précédant) on a le résultat. Corrigé 7. Le contre-exemple demandé au point (2) peut s obtenir facilement en regardant des sous-groupes de S 3 - quel est ce contre-exemple? On passe donc au point (1). On considère alors un sous-groupe H d indice p 1, l ensemble X = G/H des classes à gauche, on remarque que X = p 1 et on définit une opération de H (par restriction de l opération de G) sur X par : pour tout h H G, x G. Le stabilisateur Stab G (xh) est : ce qui implique : h.xh = hxh, Stab G (xh) = {g G gxh = xh} = = {g G x 1 gxh = H} = = {g G x 1 gx H} = = {g G g xhx 1 } = xhx 1, Stab H (xh) = H xhx 1. Donc on peut dire que x normalise H si et seulement si H xhx 1 = H, c est-à-dire si et seulement si Stab H (xh) = H. Cela est donc équivalent à ω(xh) = 1. Or H est distingué dans G précisément quand tout x de G normalise H, c est à dire que H G équivaut que toutes les H-orbites dans X aient cardinal 1. Remarquons le cardinal de n importe quelle orbite doit diviser G, donc ce cardinal doit être p s 1 1 psm m, avec s i r i pour tout i. Mais, vu que p 1 < p i pour i 2, ce nombre est plus grand que p 1 sauf si s 1 = 1 et s i = 0 pour i 2 ou si s i = 1 pour tout i. Vu que la somme des cardinaux des orbites est égale à X = p 1, on a donc seulement deux possibilités : a) On a p 1 orbites de cardinal 1, b) on a une seule orbite, et elle a cardinal p 1. Le cas (a) correspond à ce qu on veut démontrer, donc il s agit d exclure le cas (b). Mais ceci est évident : il existe au moins une orbite de cardinal 1 (celle de l élément neutre), donc la démonstration est terminée.

5 ALGÈBRE ET GÉOMÉTRIE - FEUILLE D EXERCICES 1 5 Corrigé 8. On fait opérer G sur H par : g.h = ghg 1, pour tout g G, h H. On sait que ghg 1 appartient à H puisque H est distingué dans G. Si on analyse l orbite ω(h) par l opération de G d un élément h. ω(h) = {ghg 1 g G}. Donc on peut dire que ω(h) = 1 (c est-à-dire ω(h) = {h}) si et seulement si ghg 1 = h, pour tout g G. Or ceci est équivalent à dire que h est dans le centre de G. On considère maintenant la partition de H en G-orbites. On en obtient : p 1 = j I ω(h j ), et vu que chaque ω(h) doit être de la forme p s 1 1 psm m, avec s i r i pour tout i, comme p 1 et le plus petit des nombre premiers p i, on en obtient deux possibilités : a) soit il existent p 1 orbites de cardinal 1, b) soit une seule orbite existe, et elle a cardinal p 1. Remarquons que, si (a) se vérifie, on a terminé car si toutes les orbites ont cardinal 1, ça veut dire que tous les éléments h de H sont dans le centre de G, ce qu il fallait démontrer. Il suffit donc de prouver que (b) n a pas lieu. Mais cela est facile à montrer, car l orbite de l élément neutre a cardinal 1. address: daniele.faenzi@univ-pau.fr Université de Pau et des Pays de l Adour, L.M.A., I.P.R.A. Avenue de l université BP 1155, PAU Cedex, Téléphone : +33(0) , Télécopie : +33(0)