Université Paris Sud Année 2019–2020
L3/S6 M305 Algèbre II
Corrigé de l’examen du 12 juin 2020
Exercice A : 1) Parmi les groupes suivants, lesquels sont isomorphes (vous devez justifier votre réponse) : G 1 = Z /9 Z × Z /49 Z
G 2 =Z/7Z × Z/3Z × Z/3Z × Z/7Z G 3 =Z/7Z × Z/9Z × Z/7Z
Lesquels sont cycliques ?
Solution : Même si dans certains cas simples d’autres arguments peuvent être utilisés, (nombre d’éléments, ordre des élé- ments . . . ,) le corollaire II.10.7 du cours apporte toujours une réponse systématique à la question des classes d’isomorphismes de groupes abéliens. Cependant, pour pouvoir lutiliser, il faut connaître les facteurs invariants du groupe et pour cela déterminer sa décomposition canonique (cf. cours II.10.5.i).)
G 1 Ainsi le groupe G 1 = Z /9 Z × Z /49 Z n’est pas décomposé sous sa forme canonique, puisque 9 6 |49 et 49 6 |9 .
Cependant le théorème chinois des restes assure que
G 1 ∼ = Z/441Z
qui est une décomposition canonique de paramètres r = 1 et d 1 = 441. Ce groupe est cyclique.
G 2 De même G 2 = Z/7Z × Z/3Z × Z/3Z × Z/7Z n’est pas donné non plus sous sa forme canonique, laquelle est, en vertu du théorème chinois des restes
G 2 ∼ = Z/21Z × Z/21Z de paramètres r = 2 , d 1 = 21 et d 2 = 21 . Ce groupe n’est pas cyclique.
G 3 Par les mêmes arguments que ci-dessus,
G 3 ∼ = Z /7 Z × Z /63 Z de paramètres r = 2 , d 1 = 63 et d 2 = 7 qui n’est pas non plus cycliques.
Aucun des groupes G 1 , G 2 , G 3 ne sont isomorphes entre eux puisque leurs séquences de paramètres sont toutes deux à deux distinctes.
2) Déterminer les classes d’isomorphisme de groupes abéliens de cardinal 441.
Solution : Puisque 441 = 3 2 ∗ 7 2 , on a déjà (cf. question 1),) identifié les classes d’isomorphismes des groupes G 1 = Z/441Z , G 2 = Z/21Z × Z/21Z et G 3 = Z/7Z × Z/63Z .
La seule autre classe qu’on n’a pas déterminée est celle de
G 4 := Z/3Z × Z/147Z .
3) On rappelle que deux matrices A et B ∈ M n ( Q ) sont semblables ou conjuguées s’il existe une matrice P ∈ GL n (Q) telle que B = P −1 AP .
La classe de similitude ou de conjugaison de A est alors l’ensemble des matrices semblables ou conjuguées à A.
Déterminer les classes de conjugaison de matrices A ∈ M 4 (Q) dont le polynôme caractéristique P car A est P car A = (X 2 − 5X + 6) 2 ∈ Q[X ] .
Solution : On sait (cf. cours IV.11.8,) que deux matrices A et B ∈ M 4 (Q) sont semblables si et seulement si elles ont
les mêmes invariants de similitude. Déterminer les classes de similitude équivaut donc à déterminer les invariants de similitude
µ i , 1≤i≤r ∈ Q [X ] correspondant à des matrices dont le polynôme caractéristique est (X 2 − 5X + 6). Or on sait qu’alors (cf.
cours IV.11.11,) que
P min A = µ 1 , P car A =
′
Y
i=1
µ i et ∀1 ≤ i ≤ r − 1, µ i+1 |µ i .
Pour déterminer les suites µ i , 1≤i≤r répondant aux conditions ci(-dessus, il est, bien entendu, beaucoup plus facile de raison- ner sur des polynômes factorisés en produit d’irréductibles. Ainsi
P car · = (X 2 − 5X + 6) 2 = [(X − 2)(X − 3)] 2 = (X − 2) 2 (X − 3) 2 . Les suites d’invatirant d’invariants de similitude qu’on peut alors obtenir sonts :
µ 1 µ 2
(X − 2) 2 (X − 3) 2 1 (X − 2)(X − 3) (X − 2)(X − 3) (X − 2) 2 (X − 3) (X − 3) (X − 2)(X − 3) 2 (X − 2) .
4) Soient p et q deux nombres premiers distincts, (resp. deux polynômes irréductibles distincts dans Q[X ].)
a) Déterminer le nombre de classes d’isomorphismes de groupes abéliens de cardinal p 2 q 2 (resp. de classes de similitude de matrices A ∈ M deg(p)+deg(q) (Q) de polynôme caractéristique P car A = p 2 q 2 .)
Solution : On a en fait répondu à cette question (cf. question 1) , question 3).) En effet les seuls arguments qu’on a utilisés, en dehors des théorèmes de structure (cf. cours II.10.5 , IV.11.5, ) sont le fait que 3 et 7 (resp. X − 2 et X − 3 ) sont premiers entre eux. Ainsi ici on trouvera 4 classes d’isomorphismes de groupes abéliens (resp. de similitude de matrices) correspondant aux suites de facteurs invariants
(P 2 q 2 ) , (p 2 q, q) , (pq 2 , p) , (pq, pq) .
b) Même question pour les groupes abéliens de cardinal p 4 q 3 (resp. les matrices de polynôme caractéristique p 4 q 3 .) Solution : Il s’agit de déterminer des suites µ i , 1≤i≤r ∈ Z( resp. Q[X]) telles que :
—
∀1 ≤ i ≤ r, µ i = p α
iq β
i;
—
∀1 ≤ i ≤ r − 1, α i+1 ≤ α i et β i+1 ≤ β i ;
— r
X
i=1
α i = 4 et
r
X
i=1
β i = 3 .
Il s’ensuit qu’une telle suite est entièrement déterminée par un couple formé d’une partition de 4 et une partition de 3. Les premières
(4) , (3, 1) , (2, 2) , (2, 1, 1) , (1, 1, 1, 1) sont au nombre de 5 tandis que les seconde
(3) , (2, 1) , (1, 1, 1) sont au nombre de 3.
Il y a donc 15 classes d’isomorphismes de groupes abéliens de cardinal (resp. classes de similitude de polynome caractéris- tique) p 4 q 3 .
Exercice B : On considère dans Z 4 le sous-ensemble G suivant :
G := {(x, y, z, t) ∈ Z 4 ; x + 2y + 3z = 0 et 2y + 5t = 0} . Montrer que G est un groupe libre de rang 2. Déterminer Z 4 /G.
Solution : Voici une solution théorique. Considèrons l’application f : Z 4 −→ Z 2
(x, y, z, t) 7−→ (x + 2y + 3z, 2y + 5t) On a
Ker f ⊂ Z 4 et Im f ⊂ Z 2 :
ce sont des sous-groupes de groupes libres de type fini, donc ils sont libres de type fini. Notons f Q : Q 4 → Q 2 l’application linéaire telle que f Q |Z
4= f : on a
rg(Ker f ) = dim Q Ker f Q rg(Im f ) = dim Q Im f Q = 2, Donc
G ∼ = Ker f ∼ = Z 2 et Z 4 /G ∼ = Im f ∼ = Z 2 . Et voici une solution moins théorique.
On résoud en faisant attention de ne pas diviser par des entiers non inversibles : La deuxième équation implique que 5 divise y : y = 5u , t = −2u avec u ∈ Z . On pose pour faire joli z = v . Le système dans Z est donc équivalent à
x y z t
= u
−5 5 0
−2
+ v
−3 0 1 0
.
Autrement dit, G est un groupe libre de rang 2 et de base (−5, 5, 0, −2) et (−3, 0, 1, 0) .
Peut-on compléter en une base de Z 4 ? On va d’abord le faire en essayant ! Il s’agit de trouver une matrice de déterminant
±1 de la forme
−5 5 0 −2
−3 0 1 0
∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗
. On se ramène à trouver une matrice de la forme
−5 5 −2
∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗
. Cela est possible car les
entiers (−5, 5, 2) sont premiers entre eux : par exemple,
−5 5 −2
∗ −2 1
1 0 0
( 5 − 2 × 2 = 1 par B ÉZOUT !). Ainsi, les matrices
−5 5 0 −2
−3 0 1 0
∗ −2 0 1
1 0 0 0
conviennent. Les éléments f 1 = (−5, 5, 0, −2) , f 2 = (−3, 0, 1, 0) , f 3 = (0, −2, 0, 1) et f 4 = (1, 0, 0, 0)
forment une base de Z 4 . Le quotient Z 4 /G est donc libre de rang 2 : soit ϕ le morphisme de groupes de Z 4 dans Z 2 tel que ϕ(f 1 ) = 0 , ϕ(f 2 ) = 0 , ϕ(f 3 ) = (1, 0) , ϕ(f 4 ) = (0, 1) est surjectif de noyau G . Il se factorise donc en un isomorphisme de Z 4 /G sur Z 2 .
Exercice C : Soit p ∈ N un nombre premier, k := F p = (Z/pZ, +, ∗) le corps à p éléments et A := k[X] l’anneau des polynômes à une indéterminée à coefficients dans k.
Pour tout n ∈ N, on note U (n) (resp. I(n)) l’ensemble des éléments unitaires (resp. unitaires irréductibles) de degré n de A et u(n) (resp. i(n)) le cardinal de U (n) (resp. I(n).)
1) a) Calculer u(0), i(0), u(1) et i(1).
Solution : On a U (0) = {1} d’où u(0) = 1, I (0) = {1} d’où i(0) = 1.
Les polynômes unitaire de degré 1 sont de la forme X + a , a ∈ F
pet ils sont tous irréductibles d’où u(1) = i(1) = p .
b) Calculer u(2) et montrer que i(2) = p(p − 1) 2 .
Indication : On pourra remarquer que I(2) est le complémentaire dans U (2) des polynômes qui se factorisent.
Solution : Un polynôme unitaire de degré 2 s’écrit
X 2 + aX + b avec (a, b) ∈ F p × F p . Il s’ensuit que
u(2) = #(U (2)) = p 2 . Pour tout P ∈ U(2), P / ∈ I(2),
P = (X + a)(X + b) , (a,b) ∈ F
p×F
p. L’ensemble des polynômes de la forme
(X + a)(X + b) avec a 6= b est en bijection avec les parties à 2 éléments de I(1) et il y a donc
p 2
tels éléments. Il y a en outre p polynômes de la forme (X + a) 2 . Il s’ensuit que
i(2) = u(2) − p
2
− p = p 2 − p(p − 1)
2 − p = 1
2 (2p 2 − p 2 + p − 2p) = p(p − 1)
2 .
c) Calculer u(3) et i(3).
Solution : Un polynomes unitaire de degré 3 s’écrit X 3 + aX 2 + bX + c d’où il vient, pour les même raisons que ci-dessus que
u(3) = #(U (3)) = p 3 .
Introduisons les sous-ensembles suivants de U (3) \ I(3) qui en forment en fait une partition : U (2,1) (3) := {P ∈ U(3) ; ∃(Q, R) ∈ I(2) × I(1), P = QR}
U (1,1,1) (3) := {P ∈ U(3) ; ∃(Q, R, T ) ∈ I(1) × I(1) × I(1), Q 6= R , Q 6= T , R 6= T , P = QRT } U (2) (3) := {P ∈ U(3) ; ∃(Q, R) ∈ I(1) × I(1), Q 6= R , P = QR}
U (3) (3) := {P ∈ U(3) ; ∃Q ∈ I(1), P = Q 3 } .
1
On a alors :
u (2,1) (3) := # U (2,1) (3)
= i(1)i(2) u (1,1,1) (3) := # U (1,1,1) (3)
= i(1)
3
u (2) (3) := # U (2) (3)
= i(1)
2
u (3) (3) := # U (3) (3)
= i(1) .
2
Comme :
U (3) = I(3) ∪ U (2,1) (3) ∪ U (1,1,1) (3) ∪ U (2) (3) ∪ U (3) (3) les unions étant disjointes, 3 Il vient (cf. b) :)
i(3) = u(3) − u (2,1) (3) − u (1,1,1) (3) − u (2) (3) − u (3) (3)
= u(3) − i(1)i(2) − i(1)
3
− i(1)
2
− i(1)
= p 3 − p p(p − 1)
2 − p(p − 1)(p − 2)
6 − p(p − 1) 2 − p
= p 3 − 1
6 3p 2 (p − 1) + p(p − 1)(p − 2) + 3p(p − 1) + 6p
= p 3 − 1
6 3p 3 − 3p 2 + p 3 − 3p 2 + 2p + 3p 2 − 3p + 6p
= p 3 − 1
6 4p 3 − 3p 2 + 5p
= 1
6 2p 3 + 3p 2 − 5p .
4
2) Remarque 2).1 Notons S l’ensemble des suites finies
µ i , 1≤i≤r ∈ A telles que ∀1 ≤ i ≤ r − 1, µ i+1 |µ i , ∀1 ≤ i ≤ r, µ i ∈ / A × . 1
Notons :
π n : M n (k) −→ U (n) ⊂ A M 7−→ P car M
χ : S −→ A
µ i , 1≤i≤r 7−→
′
