Il n’y a donc qu’un seul 13-Sylow, et c’est un sous-groupe distingué deG

U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015 Université Paris-Diderot Corrigé de l’examen du 12 janvier 2015.

I

(1)2015 = 5×13×31.

(2) Le nombre de 13-Sylow de G doit diviser 5×31. Il est donc parmi 1,5,31 et 155. Par ailleurs, il est congru à 1 modulo 13. Ce n’est pas le cas de 5, 31 et 155. Il n’y a donc qu’un seul 13-Sylow, et c’est un sous-groupe distingué deG.

(3)Comme 13 est un nombre premier,G13n’a pas d’autre sous-groupe que lui-même et le sous-groupe réduit à son élément neutre. Ainsi, tout élément distinct de l’élément neutre engendreG13, qui est donc cyclique et a 12 générateurs.

(4) Un sous-groupe distingué est (par définition) stable par toutes les conjugaisons. Les conjugaisons par les éléments deG définissent donc toutes des automorphismes de G₁₃. De plus, a 7→(x7→ axa⁻¹) est un morphisme de groupe deGvers Aut(G13). Ainsi,Gagit par conjugaison surG13.

(5)On a vu dans la question(3)qu’un générateurxdeG13est juste un élément deG13distinct de 1. Tout automorphisme deG13envoiexsur un élément distinct de 1 (puisqu’il est bijectif et envoie 1 sur 1). Il envoie donc tout générateur deG₁₃sur un générateur deG₁₃, et c’est en particulier le cas dex7→axa⁻¹pour tout a∈G.

(6)Commeh1 est un générateur deG13, et commey¹³= 1 pour tout élémenty deG13, il existe un unique morphisme de groupes ϕ:G13→G13 tel queϕ(h1) =h2. Tout élément de l’orbite de xest de la formexⁱ pour un certain entieri. On a alorsϕ(xⁱ) =ϕ(x)ⁱ, autrement-dit,ϕenvoie l’orbite dexdans celle deϕ(x).

De mêmeϕ⁻¹ envoie l’orbite deϕ(x) dans celle dex. Les deux orbites sont donc en bijection.

Ainsi, toutes les orbites de l’ensemble des générateurs deG₁₃sous l’action deGpar conjugaison ont le même cardinal. Comme la réunion de ses orbites forme un ensemble à 12 éléments, ce cardinal divise 12.

(7)Le nombre d’élements de l’orbite dexsous l’action deGest le quotient du cardinal deGpar le cardinal du stabilisateur dex(formule des classes). Ainsi,ddivise le cardinal deGqui est 2015. Comme par ailleurs, ddivise 12,ddivise le PGCD de 12 et de 2015, qui est 1. On a doncd= 1 (cardest un entier naturel).

(8)L’élément neutre 1 (qui appartient àG₁₃) commute évidemment à tout élément deG. L’orbite de tout autre élément deG₁₃sous l’action par conjugaison deGa un seul élément comme on l’a vu plus haut. Mais ceci signifie que pour touta∈G, on a axa⁻¹=x, ce qui peut encore s’écrireax=xa.

(9) G étant d’ordre 2015 et G13 d’ordre 13, le quotient G/G13 est d’ordre 2015/13 = 155 (théorème de Lagrange).

Le groupe additif Z/31Z a pour élément neutre 0 et pour générateurs tous les autres éléments (car 31 est premier). Chaque générateur x détermine un automorphisme de Z/31Z, à savoir celui qui envoie 1 (le générateur canonique) sur x, et cette correspondance est bijective. Ainsi, le groupe Aut(Z/31Z) est de cardinal 30, et il contient un élément d’ordre 5 (théorème de Cauchy). On a donc un morphisme de groupe non trivialϕ:Z/5Z→Aut(Z/31Z) qui détermine un produit semi-direct non trivialZ/31Z×ϕZ/5Z, lequel n’est pas commutatif précisément parce queϕn’est pas trivial (rappelons que la raison est que l’action de Z/5Z sur le sous-groupe distingué Z/31Z se fait par conjugaison dans le groupe produit semi-direct). Ce produit semi-direct est donc un groupe non abélien à 155 éléments.

(10)Pour obtenir un groupe non abélien à 2015 éléments, il suffit de faire le produit (ordinaire) deZ/13Z avec un groupe non abélien à 155 éléments, ce qui existe d’après la question précédente.

SiGest un groupe abélien à 2015 éléments, comme 2015 = 5×13×31 et comme 5, 13 et 31 sont premiers entre eux deux à deux, G se décompose en un produit (ordinaire) isomorphe à Z/5Z×Z/13Z×Z/31Z (théorème de structure des groupes abéliens de type fini). Par ailleurs, on sait que si pet q sont premiers entre eux, le groupeZ/pZ×Z/qZest isomorphe àZ/pqZ. En appliquant deux fois ce résultat, on voit que Gest isomorphe àZ/2015Z, et qu’il est donc cyclique.

II

(1)Z[i] est stable par soustraction et multiplication, et il contient 1 = 1 + 0i. C’est donc un sous-anneau de C. Il est intègre comme sous-anneau de l’anneau intègreC.

(2)z7→zest une involution deClaissant stableZ[i]. Par ailleurs, ce morphisme respecte toutes les opérations de l’anneauZ[i] (ceci comprend les constantes 0 et 1). C’est donc un automorphisme deZ[i].

(3)On aN(zz⁰) =zz⁰zz⁰ =zzz⁰z⁰=N(z)N(z⁰). Siz∈Z[i]^∗, c’est-à-dire siz est inversible dansZ[i], on a zu= 1 pour un certainu∈Z[i]. On a alors 1 =N(1) =N(zu) =N(z)N(u). Comme par ailleurs,N(z) =zz est un entier naturel pour toutz∈Z[i], on voit que cela impliqueN(z) =N(u) = 1.

(4)Les éléments 1, −1,iet −i sont clairement inversibles dansZ[i] (avec pour inverses respectifs : 1,−1,

−iet i). Par ailleurs, ce sont les seulsz∈Z[i] tels queN(z) = 1. Ce sont donc les seuls inversibles d’après la question précédente.

(5)Sia+ibest un élément non nul deQ[i], on a (a+ib)(a−ib) =a²+b²6= 0. Commea²+b²∈Q, on voit que (a+ib) a−ib

a²+b² = 1, donc quea+ibest inversible dans Q[i], lequel est donc un corps.

Un éléméent du corps des fractions Z(i) de Z[i] peut être représenté par une fraction de la forme a+ib c+id, aveca, b, c, d∈Zet c+id6= 0 (ce qui équivaut àc²+d²6= 0). Cette fraction peut encore s’écrire :

a+ib

c+id= (a+ib)(c−id)

c²+d² =ac−bd

c²+d² +iad+bc c²+d²

c’est-à-dire sous la forme d’un élément deQ[i]. Ceci définit une applicationZ(i)→Q[i] dont on peut vérifier que c’est un isomorphisme de corps.

(6)Il suffit de prendre le polynômeX²+ 1. Comme il est de degré 2, il est réductible sur un corpsK si et seulement si il a une racine dansK. Or, il n’a pas de racine dansQ, mais en a une (en fait deux) dansQ[i].

(7)Il est immédiat que

√2

2 (±1±i) sont quatre racines deX⁴+ 1 dansC. CommeCest commutatif,X⁴+ 1 n’a pas d’autre racine dansC.

(8)On peut se souvenir du fait queX⁴+ 1 = Φ8(X) est un polynôme cyclotomique, donc irréductible surQ. On peut aussi remarquer queX⁴+ 1 est irréductible si et seulement si (Y + 1)⁴+ 1 l’est. Or, (Y+ 1)⁴+ 1 = Y⁴+ 4Y³+ 6Y²+ 4Y + 2, et le critère d’Eisenstein avecp= 2 s’applique.

On peut aussi traiter la question à la main en constatant d’abord queX⁴+ 1 n’a pas de racine dansQ, ce qui fait qu’il ne se décompose pas en le produit d’un polynôme de degré 1 par un polynôme de degré 3, puis en constatant que s’il se décompose en un produit de deux polynômes à coefficients rationnels (donc réels) de degré 2, alors ces derniers ne peuvent être que (X−

√ 2

2 (1 +i))(X−

√ 2

2 (1−i)) et (X−

√ 2

2 (−1 +i))(X−

√2

2 (−1−i)), c’est-à-direX²−√

2 + 1 etX²+√

2 + 1, qui ne sont pas à coefficients rationnels.X⁴+ 1 est donc irréductible surQ.

(9)X⁴+ 1 n’est pas irréductible surQ[i], car on a X⁴+ 1 = (X²+i)(X²−i).

(10)Il suffit de considérer l’élémentX²+i, qui est bien sûr non nul dansQ[i][X]/(X⁴+ 1) puisqueX⁴+ 1 ne divise pasX²+i. La même chose est vraie pourX²−i, et on a (X²+i)(X²−i) = 0 dansQ[i][X]/(X⁴+ 1).

Or siab= 0,a6= 0 etb6= 0 dans un anneau quelconque non réduit à 0,ane peut pas être inversible car s’il l’était, on auraitb=a⁻¹ab=a⁻¹0 = 0.