serie1-Algèbre6-SMA-S4

Facultédes Sciences Dhar El Mehraz Département de Mathématiques

SMA/S4 Algèbre 6

Série n◦1

Exercice .1 Soit E un ensemble muni d’une loi de composition interne. Pour tout a ∈ E, on définit les applications ga, da: E //E, par ga(x) = ax et da(x) = xa, pour tout x ∈ E.

1. Montrer que a est régulier à gauche(resp à droite), si et seulement si, ga(resp da) est

injective.

2. Soit (E, .) un ensemble fini muni d’une loi associative pour la quelle tout élément est régulier. Montrer que (E, .) est un groupe.

3. Soit (E, .) un ensemble fini muni d’une loi associative pour la quelle tout élément est régulier à gauche (resp à droite). Peut-on conclure que (E, .) est un groupe? Donner un contre-exemple.

 1. Supposons que a est régulier à gauche et montrons que l’application gaest injective. Donc il

faux montrer que ∀x, y ∈ E : ga(x) = ga(y) ⇒ x = y.

Soient x, y ∈ E tel que ga(x) = ga(y). Alors ax = ay. Ainsi x = y car a est régulier à gauche.

Don gaest injective.

2. i) Montrons que E admet un élément neutre. Soit a ∈ E. ga et dasont injectives, donc

bijectives car E est fini.

Ainsi ∃e ∈ E tel que ae = ga(e) = a. ∀x ∈ E, ∃x

0

∈ E/x = da(x

0

) = x0a. Ainsi xe = (x0a)e = x0(ae) = x0a= x.

Aussi, on a a(ex) = (ae)x = ax. Alors ∀x ∈ E, xe = ex = x.

ii) Montrons que chaque élément est symétrisable. ∀x ∈ E, ∃x0, x00∈ E, gx(x

0

) = xx0= e et dx(x

00

) = x00x= e.

En plus x0 = x0e= x0(xx00) = (x0x)x00= x00. Donc tout élément est inversible.

3. Soit E un ensemble fini de cardinal ≥ 2. On définit sur E la loi · par x · y, ∀x, y ∈ E. La loi · est associative. Tout élément de E est régulier pour cette loi.é. Mais (E, ·) n’est pas un groupe car il n’admet pas un élément neutre. En effet, supposons que E admet un élément neutre e. Donc ∀x ∈ E, x = x · e = e.

Exercice .2 Soit G un groupe de cardinal impair. Montrer que ∀x ∈ G, ∃!y ∈ G, x = y2 _

Considérons l’application ϕ : G //G, x //x2 .Notons n = |G| l’ordre de G. Supposons que n est impair donc il existe n0∈ N tel que n = 2n0− 1. Une des conséquences du théorème de Lagrange est que pour tout g ∈ G, gn= e. Donc g2n

0

−1_{= e. Ainsi (g}n0₎2_{= g. par conséquent ∀g ∈ G, ∃y = g}n0

tel que ϕ(y) = g. Ce qui montre que ϕ est surjective.

ϕ est injective et comme G est fini, donc ϕ est bijective. Il en résulte que ∀g ∈ G, ∃!y ∈ G tel que y2= g.

Exercice .3 Soit G un groupe d’élément neutre e tel que ∀x ∈ G, x2= e 1. Montrer que G est abélien.

2. On suppose que G est fini. Montrer que l’ordre de G est une puissance de 2.

 1. Montrons que G est abélien. Ce qui équivaut à montrer que ∀x, y ∈ G, xy = yx. On a

∀x, y ∈ G : (xy)2_{= xyxy = e. Donc ∀x, y ∈ Gx}2_yxy2_{= xy. Ainsi ∀x, y ∈ Gxy = x}2_yxy2_{= yx.}

Alors G est abélien.

2. Soit p un nombre premier tel que p divise l’ordre de G. Il existe dans G un élément a d’ordre p. On a ap= e. Donc 2 divise p, car si nom il existent q ∈ N, 1 ≤ r ≤ 2 tel que p = 2q + r. Par conséquent e = app= a2q+r= ar. Ainsi r = 1 et a = e. Alors 2 est le seul nombre premier divisant l’ordre de G . Il en résulte que l’ordre de G est une puissance de 2.

Exercice .4 Soit G un groupe. Soient H un sous-groupe de G et K un sous-groupe distingué de G tels que HK = G et H ∩ K = {e}. Montrer que le groupe quotient GK est isomorphe à H. Considèrons l’homomorphisme de groupes ϕ : H //G/K, x //xK.

On a Kerϕ = {x ∈ H/xK = K} = {x ∈ H/x ∈ K} = H ∩ K = {e}.

On a: ∀x ∈ G, ∃h ∈ H, ∃k ∈ K, x = hk. Ainsi x = h = ϕ(h) car k = e = K. Ainsi ϕ est bijective et Imϕ = G/K.

D’après le premier théorème d’isomorphismes H/Kerϕ ' Imϕ. Donc H ' G/K. Exercice .5 Soient G un groupe et H est un sous-groupe de G. Alors:

1. HC G ⇔ ∀x ∈ G, x−1Hx⊂ H ⇔ ∀x ∈ G, xHx−1_{⊂ H}

2. Montrer que T est un sous-groupe distingué de GH si, et seulement si, il existe un sous-groupe distingué K de G contenant H tel que T = KH.

3. En déduire que les sous-groupes de Z4Z sont Z4Z, 2Z4Z et 4Z4Z.

 1. Remarquons d’abord que pour tout x ∈ G (x fixé dans G), on a deux applicationsxt et tx

définies par xt : G −→ G g 7−→ x−1_g tx : G −→ G g 7−→ gx−1 .

Supposons que H est un sous-groupe distingué de G.

H_{C D =⇒}  ∀x ∈ G xH= Hx  =⇒     ∀x ∈ G, xH⊂ Hx et Hx⊂ xH     =⇒     ∀x ∈ G, xH⊂ Hx =⇒ tx(xH) = xHx−1⊂ tx(Hx) = H et Hx⊂ xH =⇒ xt(Hx) = x−1Hx⊂ xt(xH) = H     Montrons la réciproque. Soit x ∈ G. On alors: • xHx−1⊂ H =⇒ tx(xHx−1) = xH ⊂ tx(H) = Hx, et • x−1Hx⊂ H =⇒ xt(x−1Hx) = Hx ⊂ xt(H) = xH

Donc

xH= Hx.

2. Soit K un sous-groupe distingué de G contenant H. Posons T = K/H. Vérifions que T est un sous-groupe distingué de G/H. Soient x ∈ G/H, y ∈ K/H. On a xyx−1= xyx−1_{= e ∈ K/H.}

Réciproquement, supposons que T est un sous-groupe de G/H et montrons qu’il existe un sous-groupe distingué K de G contenant H tel que T = K/H.

Considérons l’épimorphisme canonique @1p : G−!Ch!Ch>[r]G/H, x−!Ch!Ch>[r]x. K = p−1(T ) est un sous-groupe distingué de G car c’est l’image réciproque d’un sous-groupe distingué.

∀h ∈ H, p(h) = h = e ∈ T . Donc H ⊂ p−1(T ). En plus T = p(p−1(T )) = p−1(T )/H. 3. Les sous-groupes de Z/4Z sont de la forme K/4Z tel que K est un sous-groupe distingué

de Z contenant 4Z. Comme Z est abélien, tous les sous-groupes sont distingués. Or les sous-groupes de Z contenant 4Z sont les nZ tel que n divise 4. Ainsi les sous-groupes de Z/4Z sont Z/4Z, 2Z/4Z et 4Z/4Z.

Exercice .6 Soit G un groupe. Pour tout g ∈ G, on considère l’application γg: G //G,

définie par γg(x) = gxg−1, ∀x ∈ G.

1. Montrer que γgest un automorphisme (automorphisme intérieure) de G.

2. Montrer que ∀g, h ∈ G, γgh= γg◦ γhet γg−1= (γg)−1.

3. Montrer que Int(G) (l’ensemble des automorphismes intérieurs de G) est un sous-groupe distingué de Aut(G).

4. Montrer que Int(G) ∼= GZ(G)

 1. ∀g, ∀x, y ∈ Gγg(xy) = gxyg−1= gxg−1gyg−1= γg(x)γg(y). Donc γgest un homomorphisme

de groupes.

Montrons que γgest injective. Soient x, y ∈ G tel que γg(x) = γg(y). Donc gxg−1= gyg−1.

Ainsi x = y car g est régulier.

Montrons que γgest surjective. En effet, Soit y ∈ G, y = gg−1ygg−1= γg(gyg−1).

∀x, y et x ∈ G γgh(x) = (gh)x(gh)−1= ghxh−1g−1= γg(γh(x)).

∀g, x ∈ G γg−1◦ γg(x) = g−1(gxg−1)g = x = IdG(x). Ainsi γg−1 = (γg)−1.

2. D’après la question 2, Int(G) est un sous groupe de Aut(G). Il suffit de montrer qu’il est distingué dans Aut(G).

Soient f ∈ Aut(G) et g, x ∈ G. On a: f ◦ γg◦ (x) = f (g f−1(x)g−1) = f (g) f ( f−1(x)) f (g−1=

f(g)x( f (g)))−1car f est homorphisme de groupes. Alors f ◦ γg◦ (x) = f (g)x( f (g)))−1= γf(g)(x) ∈ Int(G).

3. Considèrons l’application ϕ : G //Aut(G), g //γg. D’après le premier théorème d’isomorphisme

G/Kerϕ ' Imϕ. Kerϕ = {g ∈ G/γg= IdG} = {g ∈ G/∀x ∈ Gγg(x) = x} = {g ∈ G/∀x ∈ Gγg(x) = gxg−1= x} = {g ∈ G/∀xgxg−1= x} = {g ∈ G/∀xgx = xg} = Z(G) En plus, on Imϕ = Int(G). Donc G/Z(G) ' Int(G). Exercice .7 Soient G un groupe et H un sous-groupe de G.

1. Pour tout g ∈ G, montrer que gHg−1 est un sous-groupe de G et que si H est fini, alors |gHg−1| = |H|.

dans G.

 1. ∀g ∈ G, gHg−1= γg(H). Ainsi gHg−1est un sous-groupe de G (image d’un sous-groupe par

un homomorphisme de groupes). L’application γgest un automorphisme de H vers γg(H).

Comme H est fini, alors | gHg−1|=| (γg(H)) |=| h |.

2. Supposons que G possède un seul sous-groupe H d’ordre m.

On a:∀g ∈ G, | gHg−1 |=| (γg(H)) |=| h |= m. Ainsi ∀g ∈ G, gHg−1 = H. Alors H est

distingué dans G.

Exercice .8 Soient n ≥ 2 et k ≥ 1. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes: 1. k est un générateuér de Z

nZ

2. k est inversible dans Z nZ

3. n et k sont premier entre eux.



Exercice .9 Soient G un groupe et H un sous-groupe d’indice 2 de G. 1. Montrer que H est distingué dans G.

2. Montrer que ∀g ∈ G on a g2∈ H.

 1. Supposons que la loi de G est notée multiplicativement. Montrons que

∀a ∈ G, a−1Ha⊂ H. Supposons que a/∈ H, donc la classe à gauche de a modulo H est Ha6= H. Comme[G : H] = 2, l’ensemble quotient à gauche modulo H est (G/H)g= {H, Ha}.

De même, l’ensemble quotient à droite modulo H est (G/H)d = {aH, H}. Or (G/H)d et

(G/H)gforment une partiction de G. Donc G = H ∪ Ha = Ha ∪ H. Ainsi Ha = aH. D’où

a−1Ha⊂ H.

2. Montrons que ∀g ∈ G, g2∈ H. Si g ∈ H, alors g2_{∈ H. Supposons que g/∈ H et g}2_{/∈ H. Alors}

g2∈ Hg car G = H ∪ Hg. g2_{∈ Hg implique que ∃h ∈ H, g}2_{= hg. Donc g = h ∈ H absurde.}

Donc g2∈ H.

Exercice .10 Soient m et n deux entiers premiers entre eux. 1. Montrer que ZnZ × ZmZ ∼= ZnmZ.

2. Montrer que le produit direct de deux groupes cycliques d’ordres premiers entre eux est un groupe cyclique.

 Considèrons l’application ψ : Z //Z/nZ × Z/mZ définie par ψ (x) = (x, x) pour tout x ∈ Z. ψ est un morphisme de groupes.

x_{∈ Kerψ ⇔ n|x et m|x ⇔ mn|x. Doc kerψ = nmZ.}

On a |Imψ| = |Z/nmZ| = nm = |Z/nZ × Z/mZ|. Donc Imψ = Z/nZ × Z/mZ.

D’après le premier théorème d’isomorphisme Z/Kerψ ' Z/nZ × Z/mZ. Il en résulte que Z/nmZ ' Z/nZ × Z/mZ.

D’après un résultat démontré dans le cours tout groupe cyclique d’ordre n est isomorphe à Z/nZ. Ainsi si G et H sont deux groupes cycliques, alors G × H ' Z/nZ × Z/mZ ' Z/nmZ. Donc G × H est cyclique.

Exercice .11 Soit G =< a > un groupe cyclique d’ordre n. 1. Montrer que tout sous-groupe de G est cyclique.

am∈ H. Montrer que m|n et que |H| = n m.

3. Montrer que si d ∈ N est tel que d|n, alors G possède un unique sous-groupe d’ordre d. 4. Déterminer le sous-groupe de Z

104Z d’ordre 4.

 1. Considèrons f l’homomorphisme de Z vers G défini par : ∀k ∈ Z : f (k) = ak

Soit H un sous-groupe de G, f−1(H) est un sous-groupe de Z, donc il existe n un entier naturel tel que f−1(H) = nZ. Ainsi f−1(H) est monogène. Il en résulte que H = f ( f−1(H)) est monogène (image d’un sous-groupe monogène). Comme G est fini, alors H est fini. Ainsi H est cyclique.

2. i) Soient q, r ∈ Z, n = mq + r. Supposons que r 6= 0, on a e = an_{= a}mq_ar_{= a}r_{. Donc}

ar= a−mq∈ H absurde car m est le plus petit entier strictement positif tel que am_{∈ H.}

Ainsi r = 0 et m divise n. ii) On a amn ∈ H, donc | a n m | divise | H |. Or | a n m |= | a | m∧ | a | = n m∧n = n m. Donc n mdivise | H |.

Montrons que | H | divise _mn. ∀b ∈ H, ∃k ∈ Z, b = ak_{. En effectuant la division de k par}

m, on a: k = mq + r, tel que q, r ∈ Z et 0 ≤ r < m. On a: b = ak= amq_ar_{∈ H, ainsi}

ar∈ H. Il en résulte que r = 0 (car m est le plus petit entier strictement positif tel que am∈ H). Donc m divise k. Alors bmn = (an)

k

m = e. ce qui entraîne que n

m divise | H |.

3. < and > est un sous-groupe de G, d’ordre |< and >|=| adn |= _n|a|

d∧|a|= d. D’où l’existence.

Montrons l’unicité. Soit H un sous-groupe de G tel que | H |= d. On a | H |=|< and >|, donc

il suffit de montrer que H ⊂< and > pour en déduire que H =< a n d >.

Soit b ∈ G, H =< b >. b ∈ G ⇒ ∃k ∈ Z, b = ak.

On a: d =| H |=| b |=| ak|= _k∧|a||a| =_k∧nn . Ainsi n_d divise k (k ∧ n = n_d). C’est à dire, il existe r_{∈ N tel que k =}n_d× r. Donc b = ak= and×r∈< a n d >. Alors H =< b >⊂< a n d >.

4. Z/104Z =< 1 > est cyclique d’ordre 104. H =<104₄ 1 >=< 26 > est l’unique sous-groupe d’ordre 4 de Z/104Z. Exercice .12 1. Soit σ =  1 2 3 4 5 6 7 8 2 5 8 6 4 1 3 7  ∈ S8. Exprimer σ sous-forme

de produit de cycles à supports disjoints et calculer son ordre et sa signature.

2. Soit σ = (1384)(268)(532) ∈ S8. Décomposer σ sous-forme de produit de cycles à

supports disjoints et calculer son ordre et sa signature.

 1. Soit σ =  1 2 3 4 5 6 7 8 2 5 8 6 4 1 3 7  ∈ S₈.

La décompositon de σ sous forme de produit de cycles à support disjoint est σ = (12546)(387). |σ | = |(12546)| ∨ |(387)| et ε(σ ) = (−1)5+3−2_{= 1.} 2. On a φ =  1 2 3 4 5 6 4 6 2 1 5 3  . Donc φ = (14)(263), |φ | = 2 ∨ 3 = 6 et ε(φ ) = (−1)2+3−2= −1. Exercice .13 Soit σ =  1 2 3 4 5 5 4 1 2 3 

1. Exprimer σ sous-forme de produit de cycles à supports disjoints et calculer son ordre et sa signature.

2. Déterminer < σ > le sous-groupe engendré par σ . 3. Déterminer < σ > ∩A5.  Soit σ =  1 2 3 4 5 5 4 1 2 3 

1. La décompositon de σ sous forme de produit de cycles à support disjoint est σ = (153)(24) L’odre de sigma est |σ | = PPCM(3, 2) = 6 et la signature ε(σ ) = (−1)3+2−2_{= −1.}

2. < σ >= {Id, σ , σ2, .., σ5}. 3. < σ > ∩A5= {Id, σ2, σ4}.

Exercice .14 _{Soient n ∈ N}?, σ ∈ Snet c = (i1i2...ik) un k-cycle de Sn.

1. Montrer que σ ◦ c ◦ σ−1= (σ (i1)σ (i2)...σ (ik)).

2. Soit τ = ( jm) une transposition. Calculer σ ◦ τ ◦ σ−1.

3. On note Cτ = {σ ∈ Sn, σ ◦ τ = τ ◦ σ }, le centralisateur de la transposition τ = ( jm) dans

Sn. Montrer Cτ = {σ ∈ Sn, {σ ( j), σ (m)} = { j, m}}

4. En déduire que ∀n> 3, Z(S3) = {Id}