I.2.3 du poly) n’est pas contenue dansA2n

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DMA – École Normale supérieure (2013/2014) 19 novembre 2013

Partiel Algèbre 1 Responsable: Mr O. DEBARRE

Important : vous avez droit de consulter le polycopié et d’utiliser sans démonstration ses résultats (sauf ceux des exer- cices ou des TD). Si vous voulez utiliser des résultats hors du cours, il faut les démontrer (sauf mention explicite du contraire).

Exercice 1.Donner la liste de tous les groupes abéliens d’ordre 500.

Exercice 2.SoitGun groupe fini d’ordre2n, avecnimpair.

a) Montrer queGcontient un élément d’ordre 2.

b) Montrer que l’image du morphisme injectifG ,→S_2ndonné par le théorème de Cayley (ex. I.2.3 du poly) n’est pas contenue dansA_2n.

c) En déduire queGcontient un sous-groupe distingué d’indice 2.

Exercice 3.a) SoitGun groupe fini simple. Écrivons|G|=p^αm, avecp-m,m≥2etα≥1, et notonssle nombre de sesp-Sylow. Montrer que|G|divises!.

b) Montrer qu’il n’existe pas de groupe simple de cardinal 10 000 000.

Exercice 4.a) Montrer que pourn≥3, le groupe dérivéD(SL(n,Z))estSL(n,Z)(Indication :c’est une conséquence directe d’une propriété vue en cours).

b) Soitpun nombre premier. Montrer que la réduction modulopdes coefficients d’une matrice induit un morphisme de groupesSL(n,Z)→SL(n,Z/pZ)qui est surjectif (Indication :c’est une conséquence directe d’une propriété vue en cours).

On rappelle (inutile de le redémontrer) que le groupe SL(2,Z) est engendré par les matrices S :=

0 −1

1 0

et

R:=

0 −1

1 1

.

c) Montrer que le groupe dérivéD(SL(2,Z))est d’indice≤12dansSL(2,Z)(Indication :on pourra calculerS²,S⁴, R³etR⁶).

d) Montrer queSL(2,Z)a un quotient d’ordre 2 et un quotient d’ordre 3.

e) En déduire que l’indice deD(SL(2,Z))dansSL(2,Z)est 6 ou 12.

Exercice 5.a) Rappeler pourquoi chacun des groupes alternésA₃,A₄etA₅est un quotient d’un groupeSL(2,F_p)pour un certainp.

b) SoitHun sous-groupe distingué d’un groupe finiG. Montrer que la collection de facteurs simples deGest la réunion de la collection des facteurs simples deHet de la collection des facteurs simples deG/H.

c) Montrer que pourm≥6, le groupeAmn’est un quotient d’aucun groupeSL(2,F_p).

Exercice 6.Soitpun nombre premier. On considère le groupeGdes bijections deF_pdu typex7→ax+b, aveca∈F^∗_p etb∈Fp. Il opère fidèlement sur l’ensembleFp={0, . . . , p−1}, ce qui en fait un sous-groupe deSp.

a) Quel est le cardinal deG?

b) On noteτ∈Gla translationx7→x+ 1. Quelle est la nature de la permutation deF_pcorrespondante ? c) Quels sont lesp-Sylow deG?

d) Montrer queGopère transitivement surFp. e) Montrer queGest un groupe résoluble.

f) Soitgun élément deSptel quegτ g⁻¹∈G; montrerg∈G.

T.S.V.P.

(2)

SoitHun sous-grouperésolubledeSpqui opère transitivement sur{0, . . . , p−1}. Le but de la fin de l’exercice est de montrer queHest conjugué à un sous-groupe deG.

SoitH = H0BH1B· · ·BHr = {e}une suite de sous-groupes emboîtés où chaque groupeHi/Hi+1est abélien d’ordre premier.

g) Montrer que les groupesH0, . . . , H_r−1agissent transitivement surFp, puis queH_r−1est d’ordrep.

h) Soitτ⁰un générateur deH_r−1. Montrer qu’il existeg∈Sptel queτ⁰=gτ g⁻¹. i) ConclureH ≤gGg⁻¹(Indication :on pourra utiliser f)).

(3)

Corrigé du partiel Algèbre 1 Responsable: Mr O. DEBARRE

Exercice 1.Donner la liste de tous les groupes abéliens d’ordre 500.

Un tel groupe s’écrit de façon unique commeZ/d1Z× · · · ×Z/drZ, avec1 < d1 | · · · | dretd1· · ·dr = 500.

En particulier,d^r₁ |500 = 2²5³etr≤3. Sir= 3,d₁ = 5et on obtient(Z/5Z)²×Z/20ZetZ/5Z×(Z/10Z)². Si r= 2, soitd₁= 2et on obtientZ/2Z×Z/250Z, soitd₁= 5et on obtientZ/5Z×Z/100Z, soitd₁= 10et on obtient Z/10Z×Z/50Z. Sir= 1, obtientZ/500Z, soit au total 6 groupes différents.

Exercice 2.SoitGun groupe fini d’ordre2n, avecnimpair.

a) Montrer queGcontient un élément d’ordre 2.

Cela résulte des théorèmes de Sylow. On peut aussi adapter la démonstration du lemme de Cauchy (exerc. I.2.11) : siGne contient élément d’ordre 2,G {e}est réunion disjoint des parties{g, g⁻¹}, qui ont toutes 2 éléments, donc son cardinal est impair ; contradiction.

b) Montrer que l’image du morphisme injectifG ,→S2ndonné par le théorème de Cayley (ex. I.2.3) n’est pas contenue dansA_2n.

Soitg ∈ Gd’ordre 2. La permutation deGassociée est produit dentranspositions à supports disjoints, dont la signature est(−1)ⁿ=−1.

c) En déduire queGcontient un sous-groupe distingué d’indice 2.

On prend l’image inverse deA2nparG ,→S2n.

Exercice 3.a) SoitGun groupe fini simple. Écrivons|G|=p^αm, avecp-m,m≥2etα≥1, et notonssle nombre de sesp-Sylow. Montrer que|G|divises!.

Le groupeGopère transitivement sur l’ensemble àséléments de sesp-Sylow. Sis= 1, il y a un seulp-Sylow ; il est distingué donc égal àGpuisque celui-ci est simple ; cela contreditm≥2. Sis >1, le noyau de l’applicationG→Ss

donnée par l’action est distinct deG, donc est trivial puisqueGest simple. DoncGest un sous-groupe deSset son cardinal divises!.

b) Montrer qu’il n’existe pas de groupe simple de cardinal 10 000 000.

Le cardinal est2⁷5⁷. Prenonsp= 5. Par le théorème de Sylow, le nombresde 5-Sylow divise2⁷, donc est 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64 ou 128. Il est aussi>1et≡1 (mod 5), donc c’est 16. Mais2⁷5⁷ne divise pas16!puisque la puissance maximale de 5 qui divise ce dernier est 3.

Exercice 4.a) Montrer que pourn≥3, le groupe dérivéD(SL(n,Z))estSL(n,Z).

Il suffit d’utiliser le fait que pourn≥3, toute matrice élémentaire est un commutateur (§ II.2.2) et que ces matrices élémentaires engendrentSL(n,Z)(th. I.4.2).

b) Soitpun nombre premier. Montrer que la réduction modulopdes coefficients d’une matrice induit un morphisme de groupesSL(n,Z)→SL(n,Z/pZ)qui est surjectif.

SiM ∈SL(n,Z), le déterminant de sa réduction modulopest encore1car l’expression du déterminant est la même quel que soit le corps. La réduction modulopd’un produit est bien le produit des réductions car l’expression du produit de deux matrices est la même quel que soit le corps.

Toute matrice élémentaireIn+Eij deSL(n,Z/pZ)est l’image de la matriceIn+Eij ∈ SL(n,Z). Comme les matrices élémentaires engendrentSL(n,Z/pZ) = SL(n,Fp)(th. II.2.2), le morphisme est surjectif.

c) Montrer que le groupe dérivéD(SL(2,Z))est d’indice≤12dansSL(2,Z).

On calculeS² =R³ etS⁴ =R⁶ = I2. Tout élément deSL(2,Z)/D(SL(2,Z))s’écrit donc comme la classe de S^aR^b, avec0≤a≤1et0≤b≤5, soit au plus 12 éléments.

d) Montrer queSL(2,Z)a un quotient d’ordre 2 et un quotient d’ordre 3.

Il a un quotient d’ordre 2, viaSL(2,Z)SL(2,Z/2Z)'S3 {±1}et un quotient d’ordre 3 viaSL(2,Z) SL(2,Z/3Z)PSL(2,Z/3Z)'A4Z/3Z, donc son indice est divisible par 6.

e) En déduire que l’indice deD(SL(2,Z))dansSL(2,Z)est 6 ou 12.

Les quotients de la question précédente sont abéliens, donc ce sont aussi des quotients deSL(2,Z)/D(SL(2,Z)).

Le cardinal de ce groupe est donc divisible par 2 et par 3 (on peut montrer que c’est 12 ; voir note 5 du poly).

Exercice 5.a) Rappeler pourquoi chacun des groupes alternésA₃,A₄etA₅est un quotient d’un groupeSL(2,F_p)pour un certainp.

On a vu en cours que le groupeA₃ =Z/3Zest un quotient dePSL(2,F₃) =A₄(par le groupe de Klein), donc de SL(2,F₃); on a aussiA₄'PSL(2,F₃)etA₅'PSL(2,F₅).

b)SoitHun sous-groupe distingué d’un groupe finiG. Montrer que la collection de facteurs simples deGest la réunion de la collection des facteurs simples deHet de la collection des facteurs simples deG/H.

(4)

SoitG/H=K0BK1B· · ·BKr={e}une suite de composition pour le groupeG/H. On la remonte en une suite de compositionG=G₀BG₁B· · ·BG_r=HavecG_i/H=K_i, doncK_i/K_i+1= (G_i/H)/(G_i+1/H)'G_i/G_i+1. On complète par une suite de compositionH =H₀BH₁B· · ·BH_s={e}, d’où une suite de composition

G=G0BG1B· · ·BGr=H=H0BH1B· · ·BHs={e}

dont les facteurs simples sont lesK_i/K_i+1, puis lesH_j/H_j+1.

c)Montrer que pourm≥6, le groupeAmn’est un quotient d’aucun groupeSL(2,Fp).

Si on a une surjectionSL(2,Fp) Am, comme Amest simple, c’est un facteur simple deSL(2,Fp)par b). De plus, pour des raisons de cardinaux, on ap≥7.

Pourp≥7, regardons les facteurs simples deSL(2,Fp): on a une suite SL(2,Fp)BZ(SL(2,Fp)) ={±I2}B{I2}

dont les quotients (simples) sontPSL(2,F_p)etZ/2Z.

Donc, par b), la seule possibilité est queA_msoit isomorphe àPSL(2,F_p). En comparant les cardinaux, on obtient m! =p(p²−1), doncp|m!etp≤m. Sip=m, on a(p−2)! =p+ 1et on trouve facilement quep=m= 5; si p+ 1 =m, on obtient(p−2)! = 1etp= 3,m= 4; sip+ 2≤m, c’est impossible.

Exercice 6.Soitpun nombre premier. On considère le groupeGdes bijections deFpdu typex7→ax+b, aveca∈F^∗_p etb∈Fp. Il opère fidèlement sur l’ensembleFp={0, . . . , p−1}, ce qui en fait un sous-groupe deSp.

a) Quel est le cardinal deG? C’estp(p−1).

b) On noteτ∈Gla translationx7→x+ 1. Quelle est la nature de la permutation deFpcorrespondante ? C’est lep-cycle(0, . . . , p−1).

c) Quels sont lesp-Sylow deG?

Un de cesp-Sylow esthτi. Ils sont tous conjugués, maishτiest distingué, donc c’est le seul.

d) Montrer queGopère transitivement surF_p.

Étant donnésx, y∈ {0, . . . , p−1}, on aτ^y−x(x) =y.

e) Montrer queGest un groupe résoluble.

Le groupehτiest abélien distingué et le quotient est isomorphe à(F^∗_p,×), abélien, doncGest résoluble.

f) Soitgun élément deSptel quegτ g⁻¹∈G; montrerg∈G.

On écritgτ g⁻¹(x) =ax+baveca6= 0; alors,(gτ g⁻¹)^p−1(x) =a^p−1x+ (a^p−2+· · ·+a+ 1)b. On aa^p−1= 1; sia6= 1, on a aussia^p−2+· · ·+a+ 1 = ^a^p−1_a−1⁻¹ = 0, doncgτ^p−1g⁻¹= (gτ g⁻¹)^p−1= Idetτ^p−1= Id, absurde.

On a donca= 0etgτ g⁻¹=τ^bpour un certainb. Mais on peut aussi utiliser c) : le groupehgτ g⁻¹iest unp-Sylow, donc c’esthτietgτ g⁻¹∈ hτi.

On a doncg(x+ 1) =gτ(x) =τ^bg(x) =g(x) +b, etg(x) =g(0) +bx, doncg∈G.

SoitHun sous-grouperésolubledeS_pqui opère transitivement sur{0, . . . , p−1}. SoitH =H₀BH₁B· · ·BH_r={e}

une suite de sous-groupes emboîtés où chaque groupeH_i/H_i+1est abélien d’ordre premier.

g) Montrer que les groupesH₀, . . . , H_r−1agissent transitivement surF_p, puis queH_r−1est d’ordrep.

On montre par récurrence suriqueHi agit transitivement. Si c’est le cas aveci ≤r−1, prenonsx, y ∈ Fp; il existeg ∈ Hi avecy = gx. On aHi+1y = Hi+1gx = g(g⁻¹Hi+1g)x = gHi+1x(puisque Hi+1CHi), donc les H_i+1-orbites ont toutes même cardinal. Comme la réunion disjointes des orbites estF_p, ce cardinal divisep, et il est

>1puisqueH_i+16={e}(on a supposéi≤r−1) et queGopère fidèlement. Ces orbites ont donc cardinalp, ce qui signifie queH_i+1agit transitivement.

Le groupeHr−1est d’ordre premier ; mais il opère transitivement sur un ensemble de cardinalp, doncp| |Hr−1|et il y a égalité.

h) Soitτ⁰un générateur deHr−1. Montrer qu’il existeg∈Sptel queτ⁰ =gτ g⁻¹. Les permutationsτetτ⁰sont desp-cycles. Elles sont donc conjuguées dansSp. i) ConclureH≤gGg⁻¹.

Montrons par récurrence descendante suriqueHi≤gGg⁻¹.

On aH_r−1 = hτ⁰i < gGg⁻¹. SupposonsHi ≤gGg⁻¹et soith∈ H_i−1; commeτ⁰ ∈ Hi etHiCH_i−1, on a hτ⁰h⁻¹∈Hi≤gGg⁻¹, doncg⁻¹hgτ(g⁻¹hg)⁻¹=g⁻¹hτ⁰h⁻¹g∈G. Le f) donneg⁻¹hg∈G, donch∈gGg⁻¹. On a bien montréH_i−1≤gGg⁻¹.