COURS D’ALG`EBRE AU MAGIST`ERE DE CACHAN

COURS D’ALG `EBRE AU MAGIST `ERE DE CACHAN Marc HINDRY, Universit´e Paris 7.

[email protected] A. GROUPES ET ACTIONS DE GROUPES.

A.1. G´en´eralit´es page 3

A.2. Quotient d’un groupe par un sous-groupe page 4

A.3. Action de groupes page 6

A.4. Th´eor`emes de Sylow page 7

A.5. Produit semi-direct page 10

A.6. Groupes ab´eliens page 15

A.7. Le groupeSn page 19

A.8. Le b-a-ba de la classification des groupes finis page 23

B. ANNEAUX.

B.1. G´en´eralit´es, exemples page 30

B.2. Divisibilit´e et id´eaux page 33

B.3. Anneaux de polynˆomes page 38

B.4. Ensembles alg´ebriques et id´eaux dek[X1, . . . , Xn] page 41 C. CORPS.

C.1. G´en´eralit´es, exemples page 45

C.2. El´ements alg´ebriques et transcendants page 46

C.3. Corps finis page 50

D. MODULES.

D.1. G´en´eralit´es, exemples page 52

D.2. Modules de type fini sur les anneaux principaux page 53

D.3. Facteurs invariants de matrices page 55

E. GROUPES CLASSIQUES.

1. Formes sesqui-lin´eaires G´eom´etrie orthogonale, unitaire et symplectique page 60

2. Les groupes GL(n, K) et SL(n, K) page 64

3. Groupe orthogonal page 66

4. Groupe symplectique page 69

5. Groupe unitaire page 71

6. Quaternions, arithm´etique et groupe orthogonal page 73

F. REPR ´ESENTATIONS DES GROUPES FINIS.

F.1. G´en´eralit´es, exemples page 81

F.2. Caract`eres page 83

En un semestre A, B, C et D ont ´et´e trait´ees et il a ´et´e fait allusion aux parties E et F.

Quelques r´ef´erences choisies.

J’utiliserai beaucoup et je recommande comme r´ef´erence (en particulier pour l’alg`ebre `a l’agr´egation) le Cours d’alg`ebre, D. Perrin (collection Ellipses)

Sauf les parties D et F, ce livre traite tous les th`emes abord´es dans ce cours. Parmi les trait´es g´en´eraux d’alg`ebre traitant ´egalement l’alg`ebre lin´eaire je signale

Algebra, S. Lang (collection Addison-Wesley), tr`es dense et riche.

Cours d’alg`ebre, R. Godement (collection Hermann), la partie cours est du niveau des deux premi`eres ann´ees d’universit´e mais les exercices permettent d’aller au niveau licence-maˆıtrise.

Algebra, M. Artin (collection Prentice-Hall), tr`es p´edagogique et attrayant.

Algebra, Birkhoff & MacLane (collection Chelsea), un classique.

Pour approfondir la notion d’action de groupes, les applications `a la g´eom´etrie citons El´ements de g´eom´etrie, R. Mneimn´e (collection Cassini) foisonnant et instructif.

Pour une introduction aux repr´esentations de groupes finis, il est difficile de surpasser Repr´esentations lin´eaires des groupes finis, J-P. Serre (collection Hermann).

Pour finir, je recommande de jeter un coup d’oeil au volume de l’encyclop´edie russe Basic notions of algebra, I. Shafarevic (collection Springer).

A. GROUPES ET ACTIONS ET GROUPES

Une pr´esentation des groupes, de leurs quotients avec des exemples. La notion centrale pr´esent´ee est celle d’action de groupe.

A.1. G´en´eralit´es sur les groupes.

D´efinition. Ungroupeest la donn´ee d’un ensembleGet d’une loi interneG×G→Gv´erifiant (i) (´el´ement neutre) Il existe e∈Gtel que, pour toutg∈G, on aite∗g=g∗e=g.

(ii) (associativit´e) Pour toutg, g⁰, g⁰⁰∈G, on a (g∗g⁰)∗g⁰⁰=g∗(g⁰∗g⁰⁰).

(iii) (inverse d’un ´el´ement) Pour toutg∈G, il existeg⁰∈Gtel que,g⁰∗g=g∗g⁰=e.

Remarques. L’ensemble G s’appelle l’ensemble sous-jacent; par abus de langage, on parlera du groupe G, sous-entendant ainsi la loi que l’on notera le plus souvent comme un produit; l’inverse deg sera alors not´e g⁻¹. Lorsque la loi v´erifie de plus g∗g⁰ =g⁰∗g, on dira que le groupe estcommutatif ou ab´elien et l’on notera alors parfois la loi comme une addition et l’inverse deg s’´ecrira−g.

Exemples. Vous connaissez d´ej`a bien sˆur des groupes comme Z, Z/nZ (munis de l’addition), ou Sn (le groupe des permutations sur n´el´ements) ou GL(n,R), le groupe des matrices de taille n×n inversibles `a coefficients r´eels. Comme exemple initial, ajoutons l’ensemble des transformations lin´eaires pr´eservant une figure dans le plan, l’espace ou plus g´en´eralement Rⁿ; ces transformations sont d’ailleurs des isom´etries.

Concr`etement l’ensemble des transformations lin´eaires du plan pr´eservant un polygone r´egulier `a n cˆot´es est un groupe not´eDn (dont on montre ci-dessous qu’il est de cardinal 2n); l’ensemble des transformations lin´eaires du plan pr´eservant un cube est un groupe (dont on peut montrer qu’il est de cardinal 48);

Premiers calculs. Dans un groupe, “on peut toujours simplifier”, c’est-`a-dire quexy =xz entraˆıney =z.

En effet il suffit de multiplier parx⁻¹ :

y=ey= (x⁻¹x)y=x⁻¹(xy) =x⁻¹(xz) = (x⁻¹x)z=ez=z.

L’inverse dex⁻¹ estxet l’inverse de xyesty⁻¹x⁻¹, en effet :

(xy)(y⁻¹x⁻¹) =x(yy⁻¹)x⁻¹=xex⁻¹=xx⁻¹=e.

D´efinition.

xⁿ:=



























e sin= 0 x . . . x

| {z } (nfois)

sin >0

x⁻¹. . . x⁻¹

| {z } (|n| fois)

sin <0

On ax^m.xⁿ=x^m+n et (x^m)ⁿ =x^mn. Siy=gxg⁻¹ alorsyⁿ =gxⁿg⁻¹.

Un sous-ensemble H d’un groupe Gest un sous-groupe si la loi de groupe sur Ginduit une loi de groupe sur H. C’est-`a-dire si H est stable par multiplication, passage `a l’inverse et contient l’´el´ement neutre (l’associativit´e est alors automatique). On voit facilement que cette condition ´equivaut `a dire quee∈H et que x, y∈H entraˆınexy⁻¹ ∈H. De mˆeme il est imm´ediat de montrer que l’intersection de sous-groupes est un sous-groupe.

Si S est un sous-ensemble d’un groupe G on d´efinit le sous-groupe engendr´e par S comme le plus petit sous-groupe deG contenant S, i.e. l’intersection de tous les sous-groupes contenant H. C’est un exercice facile de voir que c’est aussi l’ensemble des produitsx₁¹· · ·x_r^r avecr≥0,xi∈S et i=±1.

SoitG1etG2deux groupes. On d´efinit leproduit de groupesqui a comme ensemble sous-jacentG1×G2par la loi de composition :

(g₁, g₂)∗(g₁⁰, g⁰₂) := (g₁g⁰₁, g₂g₂⁰).

Une applicationf :G1→G2 entre deux groupes est unhomomorphisme de groupes si elle v´erifie

∀x, y∈G1, f(xy) =f(x)f(y);

c’est un isomorphisme si elle est bijective, un automorphisme si de plus G1 = G2. On appelle noyau le sous-groupe Ker(f) ={x∈G1|f(x) =e} et imagele sous-groupef(G1) ={y ∈G2| ∃x∈G1, f(x) =y}.

Il est imm´ediat que le compos´e d’homomorphismes (resp. d’isomorphismes, resp. d’automorphismes) est encore un homomorphisme (resp. un isomorphisme, resp. un automorphisme). En particulier l’ensemble des automorphismes d’un groupe Gest un groupe que l’on notera Aut(G). Remarquons aussi que la bijection r´eciproque d’un isomorphisme est automatiquement un homomorphisme.

Exemples. L’applicationx7→x²est un homomorphisme de groupes si et seulement si le groupeGestab´elien (i.e. commutatif). Soit x∈G, l’applicationφx :G→Gd´efinie parφx(y) :=xyx⁻¹ est un automorphisme appel´eautomorphisme int´erieurdeG; de plus l’applicationx7→φxdeGdans Aut(G) est un homomorphisme de groupes. L’ensemble des images par automorphisme int´erieur d’un ´el´ement y∈G s’appelle laclasse de conjugaisondey.

D´ecrivons maintenant l’exemple cit´e plus haut de groupe d’origine g´eom´etrique: le groupe di`edralDn. Th´eor`eme. Le groupe des isom´etries planes d’un polygone r´egulier `a ncˆot´es (n≥3), de centre O a pour cardinal2n; il contientnrotations, les rotations d’angle2kπ/net de centreO et nsym´etries, les sym´etries orthogonales fixant les droites passant parO et un sommet ou le milieu d’une arˆete.

Preuve. On voit facilement que les isom´etries d´ecrites dans l’´enonc´e laissent invariant le polygone, il s’agit de d´emontrer que ce sont les seules. Pour cela on va utiliser le lemme suivant (dont on laisse la preuve en exercice) :

Lemme. Soitsune isom´etrie plane laissant invariant un polygone r´egulier `ancˆot´es, de centreOet sommets A₁, . . . , A_n alors

- Sisfixe deux sommets adjacents, alorssest l’identit´e;

- Sisfixe un sommetAi, alorssest soit l’identit´e soit la sym´etrie par rapport `a la droiteOAi. Soit maintenantσune isom´etrie du polygone, il existe une rotationrd’angle 2kπ/ntelle quer◦σ(A1) =A1

(en effet ces rotations permutent circulairement les sommets). Donc, d’apr`es le lemme, ou bienr◦σ=idet alorsσest une rotation d’angle−2kπ/nou bienr◦σest la sym´etries1par rapport `aOA1 etσ=r⁻¹◦s1. Cela suffit pour voir que card(D_n) = 2n et permet de v´erifier (indirectement) que r⁻¹ ◦s₁ est une des sym´etries d´ecrites.

Remarques. Les rotations forment un sous-groupe deDn isomorphe `aZ/nZ. Sirest une rotation et sune sym´etrie, alors srs<sup>−1</sup>=srs=r<sup>−1</sup> (v´erifiez-le). On peut utiliser cela pour montrer que le centre deDn est trivial sinest impair et d’ordre 2 (engendr´e par la rotation d’angleπ) sinest pair. On peut aussi interpr´eter D2 comme le groupe des isom´etries planes laissant invariant un segment (il est isomorphe `aZ/2Z×Z/2Z).

A.2. Quotient d’un groupe par un sous-groupe.

On intoduit les notations suivantes, siA et B sont des parties d’un groupeG. On pose A.B:={a.b |a∈ A, b∈B}et de mˆemeA⁻¹:={a⁻¹|a∈A}. On ´ecrirag.Apour{g}.A

SoitH un sous-groupe deG, on d´efinit deux relations d’´equivalence par xRy⇔xH=yH⇔y⁻¹x∈H xR⁰y⇔Hx=Hy⇔xy⁻¹∈H

On notera G/H l’ensemble quotient G/R(resp. H\Gl’ensemble quotient G/R⁰). V´erifions, par exemple, que R est une relation d’´equivalence. On a x⁻¹x = e ∈ H donc xRx. Si xRy alors y⁻¹x ∈ H donc x⁻¹y= (y⁻¹x)⁻¹∈H etyRx. SixRyetyRzalorsy⁻¹x∈H etz⁻¹y∈H doncz⁻¹x= (z⁻¹y)(y⁻¹x)∈H etxRz.

Remarque. Hormis ces relations d’´equivalence “jumelles”, la seule autre relation d’´equivalence “int´eressante”

est la relation de conjugaison : xRy si il existeg∈Gavecy=gxg⁻¹. Les classes d’´equivalence pour cette relation s’appelle naturellementclasses de conjugaison.

Il faut faire attention qu’en g´en´eralgH 6=Hg (on verra plus loin que l’´egalit´e n’est vraie pour tout g que si le sous-groupeH est distingu´e). Par contre la transformation A7→A⁻¹ envoie gH sur Hg⁻¹ donc il y a une bijection naturelle entreG/H et H\G. Remarquons ensuite que les classes d’´equivalence ont toutes le mˆeme cardinal que H. En effet l’application deH versgH (resp. H.g) qui, `a xassocie gx (resp. xg) est visiblement une bijection. On a ainsi d´emontr´e le th´eor`eme suivant

Th´eor`eme. (Lagrange)SoitGun groupe etH un sous-groupe, alorscard(G/H) = card(H\G)et card(G) = card(H) card(G/H).

Exemples. On tire facilement que six∈GetGfini, alors l’ordre degdivise card(G). Ainsi, comme (Z/pZ)^∗ a pour cardinalp−1 on en tire que, pouraentier premier avec p, on aa^p−1≡1 modp, ou encore que pour tout entiera^p≡amodp(“petit th´eor`eme” de Fermat). Plus g´en´eralement, si on noteφ(n) = card(Z/nZ)<sup>∗</sup> on obtient que, pouraentier premier avecn, on aa<sup>φ(n)</sup>≡1 modp(th´eor`eme d’Euler).

D´efinition. Un sous-groupeH deGestdistingu´esi, pour toutg∈G, on aH =gHg⁻¹.

Remarquons qu’il est ´equivalent de demander que, pour toutg∈G, on aitgH =Hgou encore que, pour tout g∈G, on aitH ⊂gHg⁻¹. Par ailleurs, le noyau d’un homomorphisme f :G→G⁰ est toujours distingu´e;

en effet siy∈Ker(f) alorsf(xyx⁻¹) =f(x)f(y)f(x)⁻¹=f(x)e⁰f(x)⁻¹=e⁰ doncxyx⁻¹∈Ker(f).

Proposition. L’intersection de sous-groupes distingu´es est un sous-groupe distingu´e. Sif :G→G⁰ est un homomorphisme de groupes et siH⁰/ G⁰ alorsf⁻¹(H⁰)/ G; siH / G alorsf(H)/ f(G).

Preuve. Imm´ediat.

Remarquons que dans la derni`ere partie de la proposition, on ne peut pas conclure que f(H) est distingu´e dansG⁰, sauf sif est surjective.

Le principal int´erˆet des sous-groupes distingu´es est le suivant.

Proposition. Soit H un sous-groupe de G. Il existe une structure de groupe sur l’ensemble G/H telle que la surjection canonique s:G→G/H soit un homomorphisme si et seulement si le sous-groupe H est distingu´e.

Preuve. Supposons qu’une telle structure existe surG/H alorsH est le noyau de l’homomorphismes:G→ G/H donc est distingu´e dans G. Supposons inversement H distingu´e dans G, on est amen´e `a d´efinir une loi sur G/H par la formule (xH)∗(yH) = xyH (pour que s soit un homomorphisme) et le point est de v´erifier que cette formule est bien d´efinie, i.e. que si x⁰ ∈xH et y⁰ ∈yH alorsx⁰y⁰H=xyH. Or on a bien, puisque H est distingu´e etx⁰ =xh, y⁰ =yh⁰, l’´egalit´ex⁰y⁰H =xhyh⁰H =xhyH =xhHy=xHy=xyH.

L’applications:G→G/H est surjective et v´erifie doncs(x)∗s(y) =s(xy); on en tire imm´ediatement que G/H muni de la loi∗est un groupe.

Th´eor`eme. (Propri´et´e universelle du quotient) Soitf :G →G⁰ un homomorphisme de groupes. SoitH un sous-groupe ets:G→G/H la surjection canonique. Il existe une applicationfˆ:G/H→G⁰ telle que

f = ˆf ◦c si et seulement siH ⊂Ker(f). Dans ce cas, si de plus H est un sous-groupe distingu´e (et donc G/H un groupe), alorsfˆest un homomorphisme de groupes,fˆ(G/H) =f(G)etKer( ˆf) = Ker(f)/H.

Preuve. La condition ensembliste garantissant l’existence de ˆf est ques(x) =s(y) entraˆınef(x) =f(y). Or s(x) =s(y) ´equivaut `a xH =yH ou encore x<sup>−1</sup>y ∈ H alors que f(x) =f(y) ´equivaut `a f(x⁻¹y) =e⁰ ou encorex⁻¹y ∈ Ker(f). La deuxi`eme partie est imm´ediate sauf peut-ˆetre la d´etermination du noyau de ˆf. Soit xH un ´el´ement de G/H qui soit dans le noyau de ˆf alorsf(x) = ˆf(xH) = e<sup>0</sup> donc x∈Ker(f) d’o`u l’´egalit´e Ker( ˆf) = Ker(f)/H.

Corollaire. Soitf :G→G⁰ un homomorphisme de groupe, alorsf(G)∼=G/Ker(f).

Preuve. On applique la propri´et´e universelle avec H = Ker(f) alors Ker( ˆf) = Ker(f)/Ker(f) est trivial donc ˆf injective.

Applications. a) Le sous-groupehxiengendr´e par un ´el´ementx∈Gest isomorphe soit `aZ(on dira quexest d’ordre infini) soit `a Z/nZavecn≥1 (on dira que xest d’ordre n). En effet d’apr`es le corollaire appliqu´e

`

a l’homomorphisme d´efini parf(m) :=x^mdeZvershxi ⊂G, on ahxi ∼=Z/Ker(f).

b) Le noyau de l’homorphisme G → Aut(G) qui a un ´el´ement associe l’automorphisme int´erieur associ´e est le centre de G, not´e Z(G); si l’on note Int(G) le groupe des automorphismes int´erieurs, on a donc Int(G)∼=G/Z(G).

A.3. Action de groupe.

La notion suivante est fondamentale; d’une part les groupes apparaissent naturellement dans la plupart des probl`emes `a travers leurs actions (ou repr´esentations) et d’autre part, pour ´etudier les groupes eux-mˆemes, on verra qu’il est souvent avantageux de les faire agir.

D´efinition. Uneactiond’un groupe Gsur un ensemble X est une application Φ :G×X →X telle que (i) Φ(e, x) =x.

(ii) Φ(g,Φ(g⁰, x)) = Φ(gg⁰, x).

Remarque. Il est ´equivalent de se donner un homomorphismeρ:G→Bij(X). La correspondance est donn´ee par

ρ(g)(x) = Φ(g, x).

On abr`egera en g´en´eral Φ(g, x) eng.x.

Exemple. Si φ est une bijection de X sur X, alors Z agit sur X par l’action n·x = φⁿ(x). Le groupe GL(2,R) agit naturellement sur R²; voici une action moins ´evidente. Choisissons G = SL(2,R) et H:=

{z∈C| Im(z)>0} le demi-plan de Poincar´e, l’application suivante est une action de groupe:

G× H → H

a b c d

, z 7→ ^az+b_cz+d

Une action d´efinit une relation d’´equivalence

xRy⇔ ∃g∈G, y=g.x

dont les classes d’´equivalence G.x ={g.x | g ∈G} s’appellent les orbites de l’action. L’ensemble quotient X/Rsera not´eX/G, l’orbite dexsera not´eeO(x).

D´efinitions. Le stabilisateur d’un ´el´ement x∈ X est le sous-groupe de G des ´el´ements qui fixe x, i. e.

Gx={g∈G|g·x=x}. Lenoyaud’une action est l’intersection des stabilisateurs de tous les points (c’est aussi le noyau de l’homomorphisme associ´e). Une action est ditefid`elesi son noyau est trivial,transitives’il n’y a qu’un orbite.

Exemples. Le noyau de l’action de SL(2,R) surHdonn´ee ci-dessus est±I, l’action de SL(2,R) est transitive, le stabilisateur dei∈ Hest SO(2,R) =

a b

−b a

a, b∈R, a²+b²= 1

.

Remarques. Si on dispose d’une actionG×X→X, on peut lui associer les actions suivantes:

(a) Pour tout sous-groupe H deG, une action deH surX.

(b) SiK=∩x∈XGxest le noyau de l’action, alors on h´erite d’une action deG/K surX qui est fid`ele.

(c) SiP(X) (resp. Pn(X)) d´esigne l’ensemble des parties deX (resp. l’ensemble des parties de cardinaln) alors onpeut d´efinir une action deGsurP(X) (resp. Pn(X)) parg·A={g·a|a∈A}.

Formule des classes (1`ere forme).

card(X) = X

C∈X/G

card(C) Formule des classes (2`eme forme).

card(O(x)) = card(G/Gx).

En effet, consid´erons l’application f : G → O(x) d´efinie par f(g) = g.x. On a alors f(g) = f(g⁰) si et seulement sig.x=g⁰.xou encorex= (g⁻¹g⁰).xou encoreg⁻¹g⁰∈Gxou encoregGx=g⁰Gx. Ainsi, d’apr`es la propri´et´e universelle du quotient, f passe au quotient pour donner une bijection ˆf :G/Gx → O(x). On en tire

Th´eor`eme. (Formule des classes) Soit G fini agissant sur X fini et soit R un syst`eme d’´el´ements deX repr´esentant les classes deX/G, alors

card(X) =X

x∈R

card(G/Gx) =X

x∈R

card(G) card(G_x).

On noteX^G l’ensemble des points fixes, c’est-`a-dire

X^G ={x∈X| ∀g∈G, g·x=x}={x∈X|Gx=G}

Un groupe de cardinal une puissance d’un nombre premierpsera appel´e unp-groupe.

Corollaire. SoitGunp-groupe agissant sur un ensemble fini X alors

|X^G| ≡ |X|modp.

En particulier, si|X|n’est pas divisible parp, il existe un point fixe.

Preuve. On ´ecrit la formule des classes en observant que l’orbite d’un point fixe est, bien sˆur, r´eduite `a un point et que les autres orbites ont pour cardinal (G:Gx) avecGx6=Gdonc ce cardinal est divisible parp et|X| ≡P

x∈X^G1 modp.

Corollaire. Le centre d’unp-groupe est non trivial.

Preuve. Soit G un p-groupe. Consid´erons l’action de G sur lui-mˆeme par conjugaison (i.e. X = G et g·x=gxg⁻¹). On voit ais´ement que X^G =Z(G) et donc |Z(G)| est divisible par pd’apr`es le corollaire pr´ec´edent.

Exercice. Montrer que si (G:H) =pest le plus petit nombre premier divisant card(G) alorsHest distingu´e dansG. (Indication : consid´erer l’action deGsurG/Hpar translation, introduire l’homomorphisme associ´e ρ:G→ Sp= Bij(G/H) et montrer queH = Ker(ρ)).

A.4. Th´eor`emes de Sylow.

Le th´eor`eme suivant recense essentiellement ce que l’on peut dire d’un groupe fini en ne connaissant que son cardinal.

Th´eor`eme. (Sylow)Soitpun nombre premier etGun groupe de cardinalp^rmavecmnon divisible parp.

(i) Il existe un sous-groupeP de cardinalp^r (un tel sous-groupe s’appelle un p-sous-groupe de Sylow de G).

(ii) SoitH unp-sous-groupe etP unp-sous-groupe de Sylow deG, alors il existeg∈Gtel queH ⊂gP g⁻¹. En particulier deuxp-sous-groupes de Sylow deGsont conjugu´es.

(iii) Soit n_ple nombre de p-sous-groupes de Sylow deG. Alorsn_p≡1 modpetn_p divisem.

Preuve. Il s’agit de variations sur le th`eme des actions de groupes et de la formule des classes.

(i) Consid´erons l’action deGsur lui-mˆeme par translation et l’action induite surX=P_pr(G). SiRd´esigne un ensemble des repr´esentants des classes d’´equivalence, on a par la formule des classes

C_mp^prr =|X|= X

A∈R

(G:G_A).

Admettons provisoirement (voir lemme ci-dessous) que pne divise pas|X|. Alors il existe une orbite, disons celle deA0 de cardinal premier avecp. On a donc (G:GA₀) non divisible parpdonc|GA₀| est divisible par p^r. Mais par ailleurs, si l’on choisit a0 ∈ A0, on peut consid´erer l’application GA₀ → A d´efinie par g 7→ga0 qui est clairement injective donc |GA₀| est major´e par p^r et divisible par p^r donc

´egal `ap<sup>r</sup>. AinsiGA<sub>0</sub> est unp-sous-groupe de Sylow. La preuve sera compl`ete grˆace au lemme Lemme. Soitmnon divisible par un nombre premierp, alors

C_mp^prr ≡mmodp.

On peut d´emontrer cela directement, en effet

C_mp^prr = (mp^r)!

(p^r)!(mp^r−p^r)! =m

p^r−1

Y

k=1

mp^r−k p^r−k

.

Or sik=p^s`alors (mp<sup>r</sup>−k)(p<sup>r</sup>−k)<sup>−1</sup>= (mp<sup>r−s</sup>−`)(p^r−s−`)<sup>−1</sup>≡1 modpd’o`u le lemme.

Une deuxi`eme preuve du lemme consiste `a appliquer la formule des classes pr´ec´edente avec G=Z/p^rZ× Z/mZ, v´erifier queZ/p^rZ× {0}est le seul sous-groupe `a p<sup>r</sup>´el´ements et que les seules parties `ap^r´el´ements qu’il laisse stable sont lesZ/p^rZ× {x}; toutes ces parties forment une orbite unique de cardinalm, les autres parties v´erifient (G:GA)≡0 modpet donc on a bienC_mp^prr =|Pp^r(G)| ≡mmodp.

(ii) Soit P unp-sous-groupe de Sylow (dont l’existence est maintenant garantie) etH unp-sous-groupe de G. Nous faisons agir H sur G/P par la formule (h, gP) 7→ hgP. Comme le cardinal de G/P n’est pas divisible parp et que H est un p-groupe, on en d´eduit l’existence d’un point fixe. Donc il existe g₀∈Gtel que pour touth∈H on aithg₀P =g₀P ou encorehg₀∈g₀P ou encore h∈g₀P g₀⁻¹. Ainsi H ⊂g₀P g₀⁻¹; si de plusH est unp-sous-groupe de Sylow, on a donc ´egalit´e.

(iii) Notons X = Sy`<sub>p</sub> l’ensemble des p-sous-groupes de Sylow deG et n<sub>p</sub> son cardinal. Si P ∈ X alors gP g<sup>−1</sup> est de nouveau unp-sous-groupe de Sylow deG. On dispose ainsi d’une action par conjugaison deGsur X qui est transitive d’apr`es le r´esultat pr´ec´edent. SiP est un p-sous-groupe de Sylow de G, on a clairementP ⊂GP puisque P est un sous-groupe, par cons´equent

np= (G:GP) = |G|

(GP :P)|P| = m (GP :P).

Ainsinpdivisem. Consid´erons maintenant l’action deP surSy`p, toujours par conjugaison. L’´el´ement P est visiblement fixe; nous allons montrer qu’il est l’unique point fixe et nous pourrons alors conclure que

n_p≡ |Sy`^P| ≡1 modp

Soit doncQ∈Sy`^P et introduisonsG0=hP, Qile sous-groupe engendr´e parP etQ(argument dit “de Frattini”). On constate queP etQsont encore deuxp-sous-groupes de Sylow deG0 et par cons´equent

sont conjugu´es dansG0: il existey∈G0tel queP =yQy⁻¹maisQest fix´e parP (par hypoth`ese) et, bien sˆur, est fix´e parQdonc parG0 et on peut conclure queP =Q.

Corollaire. SoitGun groupe fini. Il existe un ´el´ement d’ordrepdansGsi et seulement sipdivisecard(G).

Preuve. La n´ecessit´e provient du th´eor`eme de Lagrange. Supposons quepdivise card(G), alors il existe un p-sous-groupe non trivialH(par exemple unp-sous-groupe de Sylow) ety∈H\ {e}. L’´el´ementyest d’ordre une puissance dep, disonsp^r avecr≥1. On voit imm´ediatement que l’´el´ement x=y^pr−1 est d’ordrep.

A.5. Produit semi-direct.

Nous voulons expliciter un peu et illustrer par des exemples la notion de produit semi-direct. Il s’agit d’´etudier la situation suivante o`u l’on a un groupeGet deux sous-groupes Ket H tels que :

(i) H∩K={e}

(ii) Tout ´el´ementg deGs’´ecritg=khaveck∈K et h∈H (ou encoreK.H=G).

Par exemple, si (i) est r´ealis´ee et si, de plus,Gest fini et card(G) = card(K) card(H) alors la condition (ii) est aussi v´erifi´ee.

Ces hypoth`eses entraˆınent que l’application

K×H −→^f G (k, h) 7−→ kh

est une bijection. Si on suppose de plus que les ´el´ements deH etK commutent, alorsf est un isomorphisme de groupe : on aG∼=K×H. C’est ´evidemment faux en g´en´eral et l’objet de ce paragraphe est d’´etudier le groupeGdans l’hypoth`ese o`u l’un des sous-groupes, disonsK est distingu´e dansG. On verra qu’alorsG est isomorphe `a un groupe que l’on peut fabriquer `a partir deKet H, l’ensemble sous-jacent ´etantK×H mais la loi de groupe ´etant diff´erente de la loi de groupe produit. On dira que Gest un produitsemi-direct.

Exercice. V´erifier les assertions suivantes concernant l’applicationf :K×H →Gdonn´ee par (k, h)7→kh.

a) l’application est injective si et seulement siH∩K={e}. b) le sous-ensembleK.H n’est pas toujours un sous-groupe (donner un contre-exemple). c) SiK est distingu´e (ou H) alorsK.H est un sous-groupe. d)f est un isomorphisme entreK×H et K·H si et seulement si les ´el´ements deK commutent avec ceux deH etH∩K={e}. e) si H∩K={e}et les deux sous-groupes sont distingu´es, alorsf est un isomorphisme.

Exemples.

1. Consid´erons dans le groupe S3 les sous-groupes K = A3 et H ={id,(1,2)} alors on a bien K / G et H∩K={e} ainsi queS₃=K.H maisS₃ n’est pas isomorphe `aK×H (qui est commutatif).

2. Soit Dn le groupe (de cardinal 2n) des isom´etries d’un polygone r´egulier `a n cˆot´es. La rotation ρ de centreO le centre du polygone et d’angle 2π/n engendre un sous-groupeKdistingu´e dansDn et d’ordren.

Une sym´etriespar rapport `a une droite passant parO et un sommet engendre un sous-groupeH d’ordre 2 et on aDn=K.H etH∩K={e}. CependantDn n’est pas isomorphe `aK×H (qui est commutatif).

3. SoitAf f =Af f(Rⁿ) le groupe des transformations affines, c’est-`a-dire:

Af f :={f :Rⁿ →Rⁿ|f(X) =AX+b , A∈GL(n,R), b∈Rⁿ}

Rappelons que GL(n,R) d´esigne le groupe des matrices n×ninversibles `a coefficient dans le corps R. Le sous-groupe des translationsK={f ∈Af f |f(X) =X+b} est distingu´e dansAf f et le sous-groupe des applications lin´eairesH ={f ∈Af f |f(0) = 0} est tel queAf f =K.H etH∩K={id}; cependantAf f n’est pas isomorphe `aK×H.

Nous allons maintenant construire et d´efinir le produit semi-direct et voir que ces trois exemples sont des produits semi-directs.

Premier point de vue (description). On supposeK / Get les conditions (i) et (ii) v´erifi´ees. Pour d´ecrire le groupeG, on utilise la bijectionf :K×H →Gpour d´efinir une nouvelle loi de groupe sur l’ensembleK×H ; on pose (k, h)∗(k⁰, h⁰) = f⁻¹(f(k, h).f(k⁰, h⁰)). On v´erifie alors imm´ediatement quef((k, h)∗(k⁰, h⁰)) = f(k, h).f(k⁰, h⁰). On peut calculer∗en observant que (kh).(k⁰h⁰) =k(hk⁰h⁻¹)hh⁰et quehk⁰h⁻¹∈Kpuisque K est distingu´e dansG. Si l’on noteφ_h(x) =hxh⁻¹ on obtient :

(k, h)∗(k⁰, h⁰) = (kφh(k⁰), hh⁰) (1) Ceci sugg`ere que, inversement, on puisse reconstruire le groupeGcomme l’ensemble K×H muni de la loi d´efinie par(1) ; nous allons voir qu’il en est bien ainsi.

Deuxi`eme point de vue (construction). On consid`ere deux groupes K et H avec un homomorphisme φ : H →Aut(K) (ainsiH agit surK) ; on d´efinit sur l’ensembleK×H la loi de composition :

(k, h)∗(k⁰, h⁰) = (kφ(h)(k⁰), hh⁰) (2) Remarquons que cette loi est la loi de groupe produit “ordinaire” si et seulement siφest l’homomorphisme

“trivial” : ∀h∈H, φ(h) =id.

Th´eor`eme : Soient K,H deux groupes etφ:H →Aut(K) un homomorphisme de groupes.

1) L’ensembleK×H muni de la loi∗=∗_φ d´efinie par

(k, h)∗(k⁰, h⁰) = (kφh(k⁰), hh⁰)

est un groupe, appel´e produit semi-direct deK et H relativement `a φ; il se note

K×φH ou K >/φH.

2) Un groupe Gest isomorphe `a K >/φ H si et seulement si il contient deux sous-groupes K<sup>0</sup> et H<sup>0</sup> avec K ∼=K<sup>0</sup>/ G et H ∼=H<sup>0</sup> de sorte que l’action de H<sup>0</sup> sur K<sup>0</sup> par automorphismes int´erieurs corresponde `a l’homomorphismeφ:H →Aut(K).

(Remarque : la notation est faite pour rappeler queK est distingu´e dans le grand groupe).

Preuve. 1) L’´el´ement neutre est (e, e⁰) (o`u eest l’´el´ement neutre deK ete⁰ celui deH); l’inverse de (h, k) est (φ(h⁻¹)(k⁻¹), h⁻¹). On v´erifie enfin l’associativit´e :

((k, h)∗(k⁰, h⁰))∗(k⁰⁰, h⁰⁰) = (kφ(h)(k⁰), hh⁰)∗(k⁰⁰, h⁰⁰) = (kφ(h)(k⁰)φ(hh⁰)(k⁰⁰), hh⁰h⁰⁰) alors que

(k, h)∗((k⁰, h⁰)∗(k⁰⁰, h⁰⁰)) = (kφ(h)(k⁰φ(h⁰)(k⁰⁰)), hh⁰h⁰⁰) = (kφ(h)(k⁰)φ(hh⁰)(k⁰⁰), hh⁰h⁰⁰)

2) La discussion pr´ec´edant le th´eor`eme montre que siGcontientK⁰,H⁰comme indiqu´es alorsG∼=K⁰>/φH⁰. Inversement le sous-groupeK⁰:=K× {e⁰}est distingu´e dansK >/φH et l’action de H⁰ ={e} ×H surK⁰ par automorphismes int´erieurs est donn´ee parφpuisque:

(e, h)∗(k, e⁰)∗(e, h)⁻¹= (φ(h)(k), h)∗(e, h⁻¹) = (φ(h)(k), e⁰).

Exercices.

a) Montrer que K >/_φ H est commutatif si et seulement si K et H sont commutatifs etφ trivial (produit

“direct”).

b) Plus g´en´eralement, d´ecrire le centre deK >/φH en terme de φet des centres deK etH.

c) SoientH, K deux sous-groupes distingu´es deGavecK∩H ={e}, montrer que les ´el´ements deK et et H commutent et en d´eduire que le groupe engendr´e parH etK est isomorphe `aK×H.

Illustrations. Reprenons les trois exemples du d´ebut et explicitonsφsur chacun de ces exemples.

1. Notonsτ = (1,2) etρ= (1,2,3)∈ S3 alorsτ ρτ⁻¹= (2,1,3) = (1,3,2) =ρ⁻¹ donc la conjugaison parτ agit surA₃={id,(1,2,3),(1,3,2)}={id, ρ, ρ⁻¹} commej :x7→x⁻¹. Si l’on pose φ(τ) =j,φ(id) =idon obtient un homomorphismeφ:H →Aut(A₃) tel que

S3∼=A3>/φZ/2Z

Exercice. D´ecrire un homomorphismeφ:Z/2Z→Aut(An) tel queSn ∼=An >/φ Z/2Z.

2. Siρest la rotation plane d’angle 2π/n, de centre l’origine, etsune sym´etrie (par rapport `a la bissectrice d’un des angles form´es par les cˆot´es d’un polygone r´egulier `a n cˆot´es), un calcul laiss´e en exercice montre quesρs⁻¹=sρs=ρ⁻¹. Si l’on d´esigne parφl’homomorphisme (deZ/2Zdans Aut(Z/nZ)) qui associe `a 1 l’automorphismeφ(1) :x7→ −xon obtient :

Dn ∼=Z/nZ>/φZ/2Z.

3. Consid´erons l’action de GL(2,R) surR²donn´ee par (A, X)7→AX(o`uAest une matrice inversible etX un vecteur deR²) ; cette action induit un homomorphisme φ: GL(2,R)→Aut(R²) et on obtient ainsi :

Af f ∼=R²>/φGL(2,R)

On voit qu’il est important en g´en´eral de d´eterminer le groupe d’automorphisme d’un groupeKpour ´etudier ensuite les homomorphismesH →Aut(K) et les produits semi-directs associ´es ; c’est en g´en´eral assez difficile et nous le ferons ici seulement dans le cas des groupes finis ab´eliens de la forme K= (Z/nZ)^r.

PropositionL’applicationf 7→f(1)induit un isomorphisme de groupesAut(Z/nZ)∼= (Z/nZ)^∗.

En effet soitf ∈Aut(Z/nZ) alorsx=f(1) doit ˆetre un g´en´erateur deZ/nZetf est enti`erement d´etermin´e parf(1) (puisquef(n) =nx). Inversement six∈(Z/nZ)^∗ alorsf(n) =nxd´efinit bien un automorphisme deZ/nZ. Enfin on v´erifie sans difficult´e que sif etg sont des automorphismes deZ/nZalors (g◦f)(1) = g(1)f(1).

Proposition. Le groupe Aut ((Z/pZ)^r) est isomorphe au groupe GL(r,Z/pZ)des matrices inversibles de tailler×r`a coefficients dansZ/pZ.

Preuve. En effet un homomorphisme de groupe f de (Z/pZ)^r vers (Z/pZ)^r est forc´ement Z/pZ-lin´eaire puisquef(nx) =nf(x). Dire quef est bijectif ´equivaut `a dire que la matrice associ´ee est inversible.

Exercice. Montrer que Aut ((Z/nZ)^r) est isomorphe au groupe GL(r,Z/nZ) des matrices inversibles de taille r×r`a coefficients dansZ/nZ. Plus g´en´eralement, pouvez-vous d´ecrire le groupe Aut (Z/pZ)^r×(Z/p²Z)^s ou encore Aut ((Z/pZ)^r1×. . .×(Z/p^mZ)^rm) ?

Application. Nous allons d´eterminer les classes d’isomorphismes de groupes de cardinalpq o`upet qsont des nombres premier distincts.

Supposonsp < q, alors les th´eor`emes de Sylow nous indique qu’il existe un uniqueq-Sylow (on ne peut avoir p≡1 modq) que l’on d´esignera parK ; appelonsH unp-Sylow etφ:H →Aut(K) l’action par conjugaison de H surK. Comme K est isomorphe `a Z/qZet H est isomorphe `a Z/pZ, on aH∩K ={e} et ensuite G=K.HetG∼=K >/_φH. On doit donc ´etudier les homomorphismes deZ/pZdans Aut(Z/qZ) = (Z/qZ)^∗. On doit alors distinguer deux cas.

1er cas : q6≡1 modp. Dans ce cas le seul homomorphismeφ :Z/pZ→ Aut(Z/qZ) = (Z/qZ)^∗ est trivial doncG∼=Z/qZ×Z/pZ∼=Z/pqZ

2`eme cas : q ≡1 modp. Dans ce cas, le groupe Aut(Z/qZ) = (Z/qZ)<sup>∗</sup> contient des ´el´ements d’ordrep et il y a donc un homomorphisme non trivial φ:Z/pZ→Aut(Z/qZ) = (Z/qZ)<sup>∗</sup> et l’on peut donc fabriquer le produit semi-directG∼=Z/qZ>/φZ/pZ. On obtient ainsi deux groupes de cardinal pq non isomorphes (on laisse en exercice, voir lemme `a la fin, la v´erification du fait que deux homomorphismes non triviaux φ:Z/pZ→Aut(Z/qZ) = (Z/qZ)^∗ induisent des groupes isomorphes).

Remarque : Lorsquep= 2, on a toujoursq≡1 mod 2 et on retrouve les deux groupesZ/2qZetDq. Lorsque p= 3 on s’aper¸coit par exemple qu’il n’y a qu’un groupe de cardinal 15 (c’estZ/15Z) alors qu’il y en a deux de cardinal 21 (ce sontZ/21Zet le produit semi-directZ/7Z>/φZ/3Z).

Exercices. Soitpun nombre premier impair, on se propose de d´ecrire les groupes de cardinalp²et p³. A1) SoitGun groupe de cardinal p², montrer que, ou bienGest cyclique (et isomorphe `aZ/p²Z), ou bien tous les ´el´ements diff´erents de l’´el´ement neutre sont d’ordrep.

A2) SoitGun groupe non cyclique d’ordrep², soitK un sous-groupe d’ordrep, montrer queK / Get qu’il existeH sous-groupe d’ordre ptel queK∩H ={e}. En d´eduire queGest un produit semi-direct deZ/pZ parZ/pZ.

A3) Montrer que tout groupe de cardinalp² est commutatif et isomorphe `aZ/p²ZouZ/pZ×Z/pZ.

B1) Montrer que la matrice T = 1 1

0 1

est un ´el´ement d’ordre p de GL(2,Z/pZ). En d´eduire que l’applicationφdeZ/pZdans GL(2,Z/pZ) d´efinie parm7→T^mest un homomorphisme de groupes.

B2) V´erifier que le groupeG1= (Z/pZ)²>/φZ/pZ(o`uφest d´efini comme en B1) est de cardinalp³, n’est pas commutatif bien que tous ses ´el´ements distincts deesoient d’ordre p.

C1) Montrer que la classe de p+ 1 modulo p² est d’ordre p dans le groupe Z/p²Z∗

et en d´eduire que l’applicationφdeZ/pZdans (Z/p²Z)^∗d´efinie parm7→(1 +p)^mest un homomorphisme de groupes.

C2) Montrer que le groupeG₂ =Z/p²Z>/_φ Z/pZ (o`u φ est d´efini comme en C1) n’est ni commutatif ni isomorphe `aG₁.

D) On donne des indications pour montrer qu’un groupe de cardinalp³est isomorphe `a l’un des cinq groupes suivants (N.B.pest suppos´e impair) :

G₁= (Z/pZ)²>/_φZ/pZ, G₂=Z/p²Z>/_φZ/pZ, G₃= (Z/pZ)³, G₄=Z/p²Z×Z/pZ ouG5=Z/p³Z

Si G non cyclique, montrer que ou bien il existe K sous-groupe cyclique de cardinal p² ou bien tous les

´

el´ements (6=e) sont d’ordrepet alors il existeKsous-groupe isomorphe `a (Z/pZ)²; dans les deux casK / G avec G/K ∼=Z/pZ. Montrer (c’est la partie difficile) qu’il existe un sous-groupe H de cardinal p tel que K∩H ={e} et en d´eduire queG ∼=K >/φ Z/pZet conclure en ´etudiant les homomorphismes de Z/pZ vers Aut(K) = (Z/p²Z)^∗ ou GL(2,Z/pZ). Si tous les ´el´ements sont d’ordre pil n’y a pas de difficult´e (et le fait que pest impair n’intervient pas) sinon choisir xg´en´erateur de K ∼=Z/p²Zet y /∈K. On montre qu’il existectel quey⁰=x^cysoit d’ordrepet alors le sous-groupe engendr´e pary⁰ fournit le sous-groupeH cherch´e. Pour cela on observe qu’il existea,btels que

yxy⁻¹=x^a et y^p=x^b

parce que< x >=Kest distingu´e et parce queG/Kest d’ordrep. On observe queb=pb⁰ care=y^p2 =x^pb eta≡1 modpcara^p≡1 modp². On en tire d’abord quex^cy^m=y^mx^amc puis enfin que

(x^cy)^p=x^{b+c(ap−1+...+a+1)}.

On doit alors r´esoudre l’´equation b+c(a^p−1+. . .+a+ 1) = 0 dans Z/p²Zsachant quep ne divise pasa mais diviseb. Il suffit quea^p−1+. . .+a+ 16≡0 modp². On aa= 1 +pr et donca^p−1+. . .+a+ 1≡ p+p²r(p−1)/2≡p6≡0 modp² (ceci est vrai carpestimpair!).

Pour la v´erification que tous les produits semi-directs non triviaux sont isomorphes `a G1 ou G2 voir l’application du lemme plus loin.

E) Le groupe des matrices 3×3 triangulaires sup´erieures avec des 1 sur la diagonale `a coefficients dans Z/pZ est non commutatif de cardinal p<sup>3</sup>. Si p est impair, est-il isomorphe `a “G1” ou “G2” (Cf. exercice pr´ec´edent); si p= 2, est-il isomorphe `a “D4” ou “H” (Cf. exercice suivant).

Attention : Si K est un sous-groupe distingu´e de G, il n’est pas toujours vrai que G soit isomorphe `a K >/φ G/K ; pour cela il faut qu’il existe un sous-groupe H tel que la surjection canoniques:G→G/K donne un isomorphismeH→G/K.

Exemple. SoitK l’unique sous-groupe de cardinalpdansG=Z/p²Z. On aG/H isomorphe `a Z/pZmais Gn’est pas isomorphe `a un produit demi-directH >/φZ/pZ. Comme autre exemple moins trivial on peut consid´erer le groupe quaternionique

H:={+1,−1,+i,−i,+j,−j,+k,−k}.

On v´erifie que tous les sous-groupes sont distingu´es mais si on prend un des sous-groupes d’ordre 4 (engendr´e par±i,±jou±k) le quotient deHpar ce sous-groupe estZ/2Zsans que l’on puisse ´ecrireHcomme produit semi-direct.

Exercice. Montrer qu’il y a 5 groupes d’ordre 8 (`a isomorphisme pr`es): Z/8Z,Z/4Z×Z/2Z, (Z/2Z)³, D4

(le groupe des isom´etries du carr´e) etH(le groupe quaternionique pr´ec´edent).

Suppl´ement : isomorphismes entre produits semi-directs.

Lemme. Soit K, H deux groupes, α ∈ Aut(K) et β ∈ Aut(H); soient φ, ψ : H → Aut(K) tels que φ(h) = α⁻¹◦ψ(β(h))◦α alors l’application (α, β) induit un isomorphisme de groupe de K >/φ H vers K >/_ψH.

Preuve. On calcule, en notantF= (α, β) pour all´eger

F((k, h)∗_φ(k⁰, h⁰)) = (α(kφ(h)(k⁰)), β(hh⁰))

= (α(k)α◦(α⁻¹◦ψ(β(h))◦α)(k⁰), β(h)β(h⁰))

= (α(k)ψ(β(h))(α(k⁰)), β(h)β(h⁰))

= (α(k), β(h))∗_ψ(α(k⁰), β(h⁰))

=F(k, h)∗ψF(k⁰, h⁰)

Applications. 1) SoitM une matrice d’ordrepdans GL(2,Z/pZ) alors il existe une matrice inversibleP telle queM =P

1 1 0 1

P⁻¹ donc le produit semi-direct non trivial (Z/pZ)² >/φ Z/pZassoci´e `a φ(m) =M<sup>m</sup> est isomorphe `a celui obtenu en prenant M₀ =

1 1 0 1

. 2) Soit y un ´el´ement d’ordre p dans (Z/p²Z)^∗ alorsy = (p+ 1)^a avecapremier avec pdonc le produit semi-direct non trivial Z/p²Z>/_φZ/pZassoci´e `a φ(m) =y<sup>m</sup>∈(Z/p<sup>2</sup>Z)<sup>∗</sup> est isomorphe `a celui obtenu en choisissanty=p+ 1; en effetβ(m) =amd´efinit un automorphisme deZ/pZpuisque aest premier avecp.

Attention. L’´enonc´e du lemme ne dit pas que ce sont les seuls isomorphismes entre produits semi-directs. Par exemple consid´eronsφ:Z/2Z→Int(S3) l’homorphisme qui associe `a 1 la conjugaison par une transposition, alorsφest non trivial mais pourtantSn >/φZ/2Zest isomorphe `a Sn×Z/2Z(v´erification “`a la main” ou voir l’exercice suivant).

Exercice. Soit xun ´el´ement d’ordrer dans un groupe G. On note φ:Z/rZ→Aut(G) l’homomorphisme qui `a 1 associe l’automorphisme int´erieur associ´e `a x (i.e. φ(1)(g) = xgx⁻¹). Le produit semi-direct G >/φZ/rZn’est pas trivial, montrer n´eanmoins que l’applicationf :G >/φZ/rZ→G×Z/rZd´efinie par f(g, m) = (gx^m, m) est un isomorphisme de groupes

Exercice. SoitN =p^m₁¹. . . p^m_s^s un entier impair avec sa d´ecomposition en facteurs premiers. Montrer que le sous-groupe U := {a ∈ (Z/NZ)^∗ | a² = 1} est isomorphe `a (Z/2Z)<sup>s</sup>. En d´eduire une description des diff´erents produits semi-directs Z/nZ>/<sub>φ</sub> Z/2Z. (Indication : il y a, `a isomorphisme pr`es, 2^s tels groupes, dontZ/NZetD_N). Comment doit-on modifier l’´enonc´e siN = 2^m0p^m₁¹. . . p^m_s^s ?

A.6. Groupes ab´eliens.

Remarquons tout de suite qu’un groupe ab´elien est la mˆeme chose qu’unZ-module (i.e. un “espace vectoriel”

sur l’anneauZ). Comme exemples de groupes ab´eliens nous citerons au d´epartZ,Z/nZ, (Z/nZ)^∗,Q,Q/Z.

Un groupe ab´elien est de type fini s’il poss`ede un nombre fini de g´en´erateurs; il est dit libre s’il poss`ede une base sur Z, libre de rang fini s’il poss`ede une base finie (et est donc isomorphe `a Z^r). Les groupes ab´eliens en g´en´eral ne sont pas libres, en effet Z/nZ, par exemple, ne peut pas ˆetre libre. Dans le groupe Q deux ´el´ements sont toujours li´es mais le groupe n’est pas isomorphe `a Z. Un ´el´ement x∈ Gest dit de torsion s’il existe m ≥ 1 tel que x^m = e. Tous les ´el´ements de Q/Z sont de torsion sans que le groupe soit fini, donc il ne peut pas ˆetre de type fini. L’ensemble des ´el´ements de torsion dans G ab´elien forme un sous-groupe G_torsion := {g ∈ G | ∃m ≥ 1, g^m = e}; en effet si x est d’ordre m et y d’ordre n alors (xy)^mn= (x^m)ⁿ(yⁿ)^m=e. Observons d’ailleurs que, si de plusmetnsont premiers entre eux, alors l’ordre de xy est exactementmn; en effet si (xy)^k =e, alorsx^kn =e(resp. y^km =e) donc mdivise kn (resp. n divisekm) doncmdivisek(resp. ndivisek) et enfinmn divisek.

Notation. Dans ce chapitre nous noterons (sauf mention contraire) additivement les groupes ab´eliens;

l’´el´ement neutre de (G,+) sera not´e 0.

Les groupes Z et Z/nZ (rappels).

Le groupeZest l’unique groupe (`a isomorphisme pr`es) qui est cyclique (engendr´e par un ´el´ement) et infini.

Tous ses sous-groupes sont du typemZpourm≥0. L’ensembleZest ´egalement muni d’une multiplication qui en fait un anneau commutatif. Dans cet anneau on a la notion de divisibilit´e et l’on suppose connue la notion de PGCD et PPCM (que l’on r´evisera dans le cadre plus g´en´eral des anneaux). Dans le cas deZon voit que la notion d’id´eal(voir le chapitre sur les anneaux) co¨ıncide avec celle de sous-groupe. On peut en d´eduire facilement le th´eor`eme suivant

Th´eor`eme. (B´ezout)Soitm, n∈Zet soitdleur PGCD, alors il existe a, b∈Ztels que d=am+bn.

Preuve. L’ensembleH :=mZ+nZ={am+bn|a, b∈Z} est clairement un sous-groupe; il est donc de la formed⁰Zet il existea, btels que d⁰=am+bn. Comme ddiviseaet b, on voit queddivise am+bn=d⁰ maisa, bappartiennent `aH doncd⁰ diviseaetbdoncd⁰divise ´egalementdet on conclut qued=d⁰(si l’on a pris soin de les prendre tous les deux positifs).

Le groupe Z/nZ est l’unique groupe cyclique `a n ´el´ements (`a isomorphisme pr`es) i.e. engendr´e par un

´

el´ement d’ordren. On peut d´ej`a ´etudier ses g´en´erateurs

Proposition. Soitm∈Zet m¯ sa classe dansZ/nZ, les trois propri´et´es suivantes sont ´equivalentes (i) L’´el´ement m¯ est un g´en´erateur deZ/nZ.

(ii) Les ´el´ementsmetnsont premiers entre eux.

(iii) L’´el´ement m¯ est inversible modulo n, c’est-`a-dire qu’il existe m⁰∈Ztel quemm⁰≡1 modn ou encore

¯

mm¯⁰ = 1∈Z/nZ.

Preuve. Supposons que ¯m engendre Z/nZalors il existe m⁰ ∈ Ztel que m⁰m¯ = 1 ∈Z/nZ; ainsi mm⁰ ≡ 1 modn ce qui signifie que m est inversible modulon. Si mm⁰ ≡1 modn alorsmm⁰ = 1 +an et donc m est premier avec n. Si m est premier avec n alors, d’apr`es le th´eor`eme de B´ezout, il existe a, b tels que am+bn= 1 doncam¯ = 1∈Z/nZet donc ¯mengendreZ/nZ.

En particulier on voit que l’ensemble des ´el´ements inversibles de Z/nZ, qui forment automatiquement un groupe, est ´egal `a

(Z/nZ)^∗={m¯ ∈Z/nZ|m est premier avecn}.

On noteφ(n) := card ((Z/nZ)^∗) l’indicatrice d’Euler. On en d´eduit facilement que, sipest premier,φ(p^r) = p^r−p^r−1= (p−1)p^r−1. Le calcul en g´en´eral deφ(n) se fait grˆace au lemme classique suivant.

Proposition. (Lemme chinois)Soitm, n∈Z, supposonsmetnpremiers entre eux, alors les groupesZ/mnZ et Z/mZ×Z/nZ sont naturellement isomorphes. De plus cet isomorphisme est aussi un isomorphisme d’anneaux et, par cons´equent induit un isomorphisme entre(Z/mnZ)^∗ et(Z/mZ)^∗×(Z/nZ)^∗.

Preuve. Consid´erons l’application f : Z→Z/mZ×Z/nZ donn´ee par x7→(xmodm, xmodn). C’est un homomorphisme de groupe de noyau PPCM(m, n)Z, d’o`u une injection

fˆ:Z/PPCM(m, n)Z,→Z/mZ×Z/nZ.

Commemetnsont suppos´es premiers entre eux, on a PPCM(m, n) =mnet, pour des raisons de cardinalit´e, l’homomorphisme ˆf doit ˆetre un isomorphisme. De mani`ere g´en´erale, si A et B sont des anneaux, on a (A×B)<sup>∗</sup>=A<sup>∗</sup>×B<sup>∗</sup> d’o`u la deuxi`eme assertion.

La description des sous-groupes deZ/nZest assez simple.

Proposition. Pour chaque entierd≥1divisantn, il existe un unique sous-groupe deZ/nZd’ordred, c’est le sous-groupe cyclique engendr´e par la classe den/ddansZ/nZ.

Preuve. Supposons n = dd⁰ alors l’´el´ement x = ¯d⁰ ∈ Z/nZ est d’ordre d car clairement dx = 0 et, si cx = 0 alors ndivise cd⁰ doncd divise c. Soit maintenant H un sous-groupe de Z/nZd’ordre d. Notons s:Z→Z/nZla surjection canonique. On sait ques⁻¹(H) =mZest engendr´e parmdoncH est engendr´e par ¯m∈Z/nZ. On adm¯ = 0 doncndivisedmdoncd⁰ divisemdonc le sous-groupeH est contenu dans le sous-groupe engendr´e par ¯d⁰ et donc ´egal `a ce sous-groupe.

Comme application, on peut en tirer la formule (que nous utiliserons plus bas) n=X

d|n

φ(d).

En effet on ´ecritZ/nZcomme union (disjointe) des ensembles d’´el´ements d’ordre dpour ddivisantn. Le nombre de ces ´el´ements est le nombre de g´en´erateurs de l’unique sous-groupe de cardinal d, et comme ce dernier est isomorphe `aZ/dZ, le nombre de g´en´erateurs estφ(d).

Les groupes (Z/nZ)^∗.

On notera (`a titre d’exception dans ce chapitre) multiplicativement la loi du groupe (Z/nZ)<sup>∗</sup>. D’apr`es ce que nous avons vu, sin=p^α₁¹. . . p^α_s^s alors

(Z/nZ)^∗∼= (Z/p^α₁¹Z)^∗×. . .×(Z/p^α_s^sZ)^∗ et en particulier

φ(n) =φ(p^α₁¹). . . φ(p^α_s^s) =

s

Y

i=1

p^α_iⁱ−p^α_iⁱ⁻¹

=n

s

Y

i=1

1− 1

p_i

Il reste `a d´ecrire la structure des groupes (Z/p^αZ)^∗. Proposition. Soitppremier etα≥1alors

(i) Sipest impair(Z/p^αZ)^∗ est cyclique.

(ii) Si p= 2et α≥3 alors(Z/2^α−2Z)^∗ ∼=Z/2^αZ×Z/2Zn’est pas cylique. Par contre(Z/2Z)^∗={1} et (Z/4Z)^∗∼=Z/2Zsont cycliques.

Preuve. Commen¸cons par montrer que (Z/pZ)^∗ est cyclique, en fait plus g´en´eralement on a le r´esultat suivant.

Lemme. Soitk un corps commutatif et Gun sous-groupe fini de k^∗, alorsG est cyclique. En particulier (Z/pZ)^∗est cyclique.

Preuve du lemme. Notons n:= card(G) etψ(d) le nombre d’´el´ements d’ordre d dansG. On a clairement n=P

d|nψ(d). Soitddivisantn, ou bien il n’y a pas d’´el´ement d’ordreddansGauquel casψ(d) = 0, ou

bien il en existe un qui engendre alors un sous-groupe cyclique H d’ordred. Tous les ´el´ements de H sont solutions de l’´equationX^d= 1, mais, commekest un corps commutatif, une telle ´equation poss`ede au plus dracines dansk; tous les ´el´ements d’ordredsont donc dansH et il en aφ(d) puisqueH ∼=Z/dZ. Ainsiψ(d) vaut z´ero ouφ(d), mais commen=P

d|nψ(d) =P

d|nφ(d), on voit queψ(d) =φ(d) pour toutddivisant n. En particulierψ(n) =φ(n)≥1, ce qui implique bien queGest cyclique.

Lemme. Soitppremier impair, la classe dep+ 1dans(Z/p^αZ)^∗ est d’ordrep^α−1. Preuve du lemme. Montrons d’abord par r´ecurrence la congruence

(p+ 1)^pk ≡1 +p^k+1modp^k+2.

Pour k = 0, la congruence est triviale. Supposons donc (p+ 1)^pk−1 = 1 +p^k +ap^k+1 alors (p+ 1)^pk = 1 +p^k+ap^k+1p

≡1 +p(p^k+ap^k+1)≡1 +p^k+1modp^k+2. Pour l’avant-derni`ere congruence, on a besoin de p6= 2; en effet la formule du binˆome de Newton fait apparaˆıtre des termes multiples dep^kr donc nuls modulop^k+2 sauf peut-ˆetre sir= 2 etk= 1 mais le terme s’´ecrit alors C_p²p² qui est bien nul modulop³ si pest impair. En particulier, on voit que (p+ 1)^pα−1 ≡1 modp^α mais (p+ 1)^pα−2 ≡1 +p^α−16≡1 modp^α, ce qui implique bien quep+ 1 est d’ordre p^α−1 dans (Z/p^αZ)^∗.

On peut maintenant terminer la preuve de la proposition pour p impair. Soit x∈ Z tel que x modulop engendre (Z/pZ)^∗ i.e. est d’ordrep−1 dans (Z/pZ)^∗; alors ¯xest d’ordrem(p−1) dans (Z/p^αZ)^∗ et donc y= ¯x^m est d’ordre exactementp−1 dans (Z/p^αZ)^∗. L’´el´ementy(p+ 1) est donc d’ordrep^α−1(p−1) donc est un g´en´erateur de (Z/p^αZ)^∗ (carp^α−1 etp−1 sont premiers entre eux).

Lemme. La classe de 5 dans (Z/2^αZ)^∗ est d’ordre 2^α−2. De plus la classe de −1 n’appartient pas au sous-groupe engendr´e par la classe de 5.

Preuve du lemme. On montre d’abord par r´ecurrence que

5^2k ≡1 + 2^k+2mod 2^k+3.

La congruence est triviale pourk= 0, supposons donc que 5^2k−1 = 1 + 2^k+1+a2^k+2 alors 5^2k= (1 + 2^k+1+ a2^k+2)² = 1 + 2(2^k+1+a2^k+2) + 2^2(k+1)(1 + 2a)² ≡1 + 2^k+2mod 2^k+3. En particulier 5^2α−2 ≡1 mod 2^α mais 5^2α−3 ≡ 1 + 2^α−1 6≡ 1 mod 2^α donc 5 est bien d’ordre 2^α−2. Supposons que 5^β ≡ −1 mod 2^α alors 5^2β ≡1 mod 2^αdonc 2^α−2divise 2β donc 2^α−3diviseβou encoreβ =γ2^α−3. Comme 5 est d’ordre 2^α−2, on peut consid´ererβcomme un entier modulo 2^α−2et doncγmodulo 2. L’entierγdoit ˆetre impair donc on peut le supposer ´egal `a 1, c’est-`a-dire 5^2α−3 ≡1 mod 2^α, mais 5^2α−3≡1 + 2^α−1mod 2^αdonc−1≡1 + 2^α−1mod 2^α ou encore 2 + 2^α−1≡mod 2^αsoit 1 + 2^α−2≡mod 2^α−1, ce qui n’est pas possible.

Pour la d´emonstration de la deuxi`eme partie de la proposition, on peut supposer α≥3 (en effet le calcul de (Z/2Z)<sup>∗</sup> et (Z/4Z)<sup>∗</sup> est imm´ediat). La classe de 5 engendre donc un sous-groupe isomorphe `aZ/2^α−2Z et −1 engendre un sous-groupe d’ordre 2 non contenu dans le pr´ec´edent donc (Z/2^αZ)^∗ =h5i ⊕ h−1i ∼= Z/2^α−2Z×Z/2Z.

Exercice. Montrer que si la classe de x∈Zengendre (Z/p²Z)^∗ alors elle engendre aussi (Z/p^αZ)^∗ (pourp impair).

Remarque. Le sous-groupe quaternionique H8={±1,±i,±j,±k}est un sous-groupe fini du groupe multi- plicatif du corpsH mais n’est pas cyclique (cela ne contredit pas le lemme vu carHn’est pas commutatif).

Th´eor`emes de structure.

Les produits finis de groupes cycliques sont ´evidemment ab´eliens de type fini. Nous allons voir r´eciproquement que tout groupe ab´elien de type fini est en fait isomorphe `a un groupe de la formeZ^r×Z/m1Z×. . .×Z/msZ.

Toutefois le lemme chinois indique qu’une telle d´ecomposition n’est pasa prioriunique. On peut n´eanmoins en extraire des ´el´ements invariants ou canoniques.