2) Montrons que Z(G) est un sous-groupe de G

Universit´e Bordeaux Alg`ebre 3 – Licence 2

Math´ematiques Ann´ee 2014–2015

DM n^o 1 Exercice 1 –

1) Soient H un sous-groupe normal de G et x ∈ G. On a xH = Hx d’o`u xHx⁻¹ = Hxx⁻¹ = He=H. En particulier xHx⁻¹ ⊆H.

R´eciproquement, on suppose que pour tout x∈G on a xHx⁻¹ ⊆H. On a alors xHx⁻¹x⊆Hx d’o`u xH ⊆Hx. Mais ceci est vrai pour tout x∈G, en particulier pour x⁻¹. Orx⁻¹H ⊆Hx⁻¹ implique xx⁻¹Hx⊆xHx⁻¹x doncHx⊆xH. Par cons´equent on a xH =Hx etH est normal.

2) Montrons que Z(G) est un sous-groupe de G. Z(G) est non vide car il contiente. Soient x₁ et x₂ dans Z(G) et y∈G. Alors

x₁x⁻¹₂ y =x₁(y⁻¹x₂)⁻¹ =x₁(x₂y⁻¹)⁻¹ =x₁yx⁻¹₂ =yx₁x⁻¹₂

doncx₁x⁻¹₂ ∈Z(G) etZ(G) est un sous-groupe deG. Bien noter qu’on a utilis´e quey⁻¹ commute avecx₂ etyavecx₁. Il est clair que pour toutx∈G, on axZ(G) =Z(G)xdoncZ(G) est normal.

3) Soient i ∈ {1, . . . , n} et s ∈ Z(Sn). Pour n ≥ 3, l’ensemble {1, . . . , n} \ {i} a au moins deux ´el´ements, et on peut d´efinird ∈Sn par les conditions suivantes :

d(i) =i

d restreint `a{1, . . . , n} \ {i}est une permutation circulaire

En particulier le seul point fixe de d esti, c’est-`a-dire quej 6=i implique qued(j)6=j. Comme d commute avec s, on a

d(s(i)) =s(d(i)) =s(i).

Donc s(i) est un point fixe ded et n´ecessairement s(i) =i. Comme ceci est vrai pour touti, on a s= Id. Ceci implique Z(G) = {Id}.

4) Un sous-groupe H `a deux ´el´ements est de la forme H = {Id, τ} avec τ 6= Id. D’apr`es la question pr´ec´edente, il existe f ∈ S_n tel que f τ 6= τ f. Alors f τ f⁻¹ 6= τ et f τ f⁻¹ 6= Id, donc f τ f⁻¹ ∈/ H etf Hf⁻¹ n’est pas inclus dansH. Donc H n’est pas normal d’apr`es la question 1).

5)

a) Pour tout 1 ≤ i ≤ n, la matrice I_n+E_i,i est une matrice diagonale donc tous les ´el´ements diagonaux valent 1, sauf le i-i`eme, qui vaut 2. Son d´eterminant vaut donc 2. Si i 6= j, alors I_n+E_i,i est une matrice triangulaire dont tous les coefficients diagonaux valent 1. Donc pour tout 1≤i, j ≤n, le d´eterminant deI_n+E_i,j est non nul, et I_n+E_i,j est inversible.

b) On commence par rappeler les formules (tr`es utiles, `a savoir trouver et d´emontrer) : E_a,bE_c,d=δ_b,cE_a,d et E_a,be_c =δ_b,ce_a.

Dans les calculs qui suivent, i, j etk sont fix´es. Il est recommand´e de dessiner des matrices et des vecteurs pour suivre les calculs, sinon on a de grandes chances de se tromper ! On d´ecompose A sur la base des E_m,n en ´ecrivant

A=X

m,n

a_m,nE_m,n, a_m,n ∈R

de sorte que

AEi,j =X

m,n

am,nEm,nEi,j =X

m,n

am,nδn,iEm,j =X

m

am,iEm,j.

Ainsi, AE_i,j est la matrice qui a la i-i`eme colonne de A sur sa j-i`eme colonne, et des 0 ailleurs.

On continue :

AE_i,je_k =X

m

a_m,iδ_j,ke_m =δ_j,kX

m

a_m,ie_m.

Donc AE_i,je_k est la i-`eme colonne de A si j =k, et le vecteur nul sinon. Dans l’autre sens, on fait pareil :

E_i,jAe_k=X

m,n

a_m,nE_i,jE_m,ne_k =X

m,n

a_m,nδ_j,mE_i,ne_k =X

n

a_j,nE_i,ne_k =X

n

a_j,nδ_n,ke_i =a_j,ke_i.

Donc E_i,jAe_k est le vecteur avec le coefficient (j, k) de A `a la i-`eme place, et des 0 ailleurs.

c) Soit A ∈ Z(G). D’apr`es la question 1), les matrices In +Ei,j sont dans G, donc pour tout i et j entre 1 etn, on a

A(I_n+E_i,j) = (I_n+E_i,j)A,

donc AE_i,j = E_i,jA et pour tout 1 ≤ k ≤ n : AE_i,je_k = E_i,jAe_k. On a donc par la question pr´ec´edente :

∀1≤i, j, k ≤n, δ_j,kX

m

a_m,ie_m=a_j,ke_i.

Comme les (e_p)_p forment une base de Rⁿ, on regarde la i-`eme composante de l’´egalit´e entre vecteurs ´ecrite ci-dessus. On d´eduit

δ_j,ka_i,i =a_j,k.

Donc j 6= k implique a_j,k = 0. Donc la matrice A est diagonale. On a aussi pour j = k que a_i,i=a_j,j, pour toutietj. Donc les coefficients sur la diagonale sont identiques. DoncA est de la forme λI_n.

R´eciproquement, tout matrice λI_n avec λ6= 0 est clairement dans Z(G).

Exercice 2 – 1) On v´erifie que :

• La relation R est r´eflexive. En effet, on ax=exe⁻¹ donc xRx.

• La relation R est sym´etrique. On suppose que xRy. Donc il existe a ∈ G tel que y=axa⁻¹. Alors x=a⁻¹ya et yRx.

• La relation R est transitive. On suppose que xRy et yRz. Donc il existe a₁ et a₂ tels que y=a₁xa⁻¹₁ etz =a₂ya⁻¹₂ . Alors z =a₂a₁xa⁻¹₁ a⁻¹₂ = (a₂a₁)x(a₂a₁)⁻¹, donc xRz.

2) Notons que Orb(x) = {axa⁻¹; a ∈ G}. Donc Orb(x) = {x} si et seulement si pour tout a ∈G, on a axa⁻¹ =x. Ceci est ´equivalent `a : pour touta ∈G, on a ax=xa, soit x∈Z(G).

3) L’ensemble N(x) est non vide car exe⁻¹ = x donc e ∈ N(x). Soient a₁ et a₂ dans N(x), de sorte que xa1 =a1x et xa2 =a2x. Alors on a

(a₁a⁻¹₂ )x(a₁a⁻¹₂ )⁻¹ =a₁a⁻¹₂ xa₂a⁻¹₁ =a₁a⁻¹₂ a₂xa⁻¹₁ =a₁xa⁻¹₁ =x, d’o`ua₁a⁻¹₂ ∈N(x). Donc N(x) est un sous-groupe de G.

4)Il a ´et´e vu en TD qu’une relation d´efinie par une ´egalit´e fonctionnelle, commeS, est bien une

relation d’´equivalence. Pour a ∈ G, on note cl_S(a) la classe de a pour la relation d’´equivalence S. On a

b ∈cl_S(a) ⇐⇒ bSa

⇐⇒ bxb⁻¹ =axa⁻¹

⇐⇒ a⁻¹bxb⁻¹a=x

⇐⇒ a⁻¹bx(a⁻¹b)⁻¹ =x

⇐⇒ a⁻¹b ∈N(x)

⇐⇒ b ∈aN(x)

On en d´eduit quecl_S(a) = aN(x).

5) L’application n7→an est une bijection deN(x) sur aN(x). On d´eduit que pour tout a∈G, on a |cl_S(a)|=|aN(x)|=|N(x)|.

6) Par d´efinition, f est constante sur les classes d’´equivalence de S. Donc on peut appliquer le th´eor`eme de factorisation : il existe ˜f : G/S → Orb(x) qui v´erifie ˜f ◦π<sub>S</sub> = f, o`u π_S est la surjection canonique de G sur G/S. Nous avons vu en TD que ˜f est injective, en effet si f˜(clS(a)) = ˜f(clS(b)), alors f(a) = f(b) et donc clS(a) = clS(b). Par ailleurs, f est clairement surjective, puisque f(G) =Orb(x). D’o`u ˜f(G/S) = ˜f(π_S(G)) = f(G) =Orb(x). Donc ˜f est surjective. Ainsi ˜f est bijective.

On cherche maintenant le cardinal de G/S, c’est-`a-dire le nombre de classes d’´equivalence pour la relation S. Comme toute les classes ont mˆeme cardinal|N(x)|d’apr`es la question pr´ec´edente, et comme les classes d’´equivalence forment une partition de G, on a

|G|= X

τ∈G/S

|τ|=|G/S| · |N(x)| et donc |G/S|= |G|

|N(x)|.

Comme ˜f est bijective, on conlut : |G/S|=|Orb(x)|, et donc |G|=|N(x)| · |Orb(x)|.

Remarque : lorsqu’on a montr´e la surjectivit´e de ˜f, on a juste utilis´e quef etπ_S sont surjectives En fait, en g´en´eral, quand on applique le th´eor`eme de factorisation, l’application factoris´ee est surjective si et seulement si l’application initiale est surjective.

7) Soit ω = Orb(x)∈ G/R une classe pour la relation R. Alors x∈ Orb(x) et, par la question 2), on sait que |ω| = 1 si et seulement si ω ={x}, i.e. x ∈Z(G). De plus, puisque Z(G) 6=G, il existe des ´el´ements ω ∈G/R tels que |ω| ≥ 2. On partitionne G selon les classes de G/R, en distinguant selon leurs cardinaux :

|G|= X

ω∈G/R,

|ω|=1

|ω|+ X

ω∈G/R,

|ω|≥2

|ω|

la premi`ere somme vaut |Z(G)|, car il y autant de classes de cardinal 1 que d’´el´ements dans Z(G). On num´erote le reste des classes : {ω ∈G/R; |ω| ≥2}={O₁, . . . , O_k}, et on obient

|G|=|Z(G)|+

k

X

i=1

|O_i|.

8) • SiZ(G) = G, alors |Z(G)|=p^r et Z(G) n’est pas r´eduit `a{e}.

• On ´etudie maintenant le cas Z(G)6=G. La formule de la question pr´ec´edente fournit :

|Z(G)|=p^r−

k

X

i=1

|Oi|.

Dapr`es la question 6), |O_i| est un diviseur non trivial (car |O_i| ≥ 2) de |G| = p^r. On a donc

|O_i|=p^si avec 1 ≤s_i ≤r et

|Z(G)|=p^r−

k

X

i=1

p^si.

Soit s = min_is_i. Alors 1≤ s ≤r, et p^s divise p^r et tous les p^si. La formule pr´ec´edente montre que p^s divise |Z(G)|. Donc Z(G) 6= {e}. On peut mˆeme pr´eciser que comme |Z(G)| divise p^r (th´eor`eme de Lagrange) et comme |Z(G)| 6= 1, on a |Z(G)|=p^c pour un certainc≥1.

9)

a) Soit K un groupe d’orde p, et soita ∈K un ´el´ement diff´erent du neutree. Alors le cardinal du sous-groupe K⁰ engendr´e par a divisep par le th´eor`eme de Lagrange, et ce cardinal ne vaut pas 1 car a6=e. Comme pest premier, le cardinal de K⁰ est p, et K⁰ =K.

b) Les diviseurs de p² sont 1, p et p². Comme Z(G) est un sous-groupe de G, par le th´eor`eme de Lagrange, son cardinal est soit p<sup>2</sup>, soit p, soit 1. Comme Z(G)6=G, ce n’est pas p<sup>2</sup>. D’apr`es la question 8), ce n’est pas 1. C’est donc p.

c) Z(G)∩ hhi est un sous-groupe de Z(G). Son cardinal divise donc p = |Z(G)|. Si c’´etait p, on aurait Z(G)∩ hhi =Z(G) et donc Z(G)⊆ hhi. Comme |hhi| divisep² =|G|, deux cas se pr´esentent :

- soit |hhi|=p, auquel cas hhi=Z(G), d’o`uh∈Z(G), ce qui est absurde

- soit |hhi| = p², auquel cas G = hhi est cyclique donc ab´elien et Z(G) = G, ce qui est encore absurde.

Par cons´equent,|Z(G)∩ hhi|= 1 etZ(G)∩ hhi={e}.

d) On a Z(G)∪ hhi ⊂ hg, hi, donc

|hg, hi| ≥ |Z(G)∪ hhi|=|Z(G)|+|hhi| − |Z(G)∩ hhi|= 2p−1.

Or par Lagrange, |hg, hi| est un diviseur de p². Et comme 2p−1 > p, on a n´ecessairement

|hg, hi|=p² ethg, hi=G. Comme g eth commutent (car g ∈Z(G)), on a G=hg, hi={gⁱh^j; i, j ∈Z}.

On sait d´ej`a que g est d’ordre p. De plus,h6=e est d’ordre poup². Si son ordre est p², comme pr´ec´edemmentG est cyclique donc ab´elien, ce qui est absurde. L’ordre de h est doncp et

G={gⁱh^j; 0≤i≤p−1,0≤j ≤p−1}.

Comme g et h commutent, on voit clairement que G est ab´elien ((gⁱh^j)(g^kh^l) = g^i+kh^j+l = (g^kh^l)(gⁱh^j)), ce qui contredit Z(G)6=G.

e) Puisque Z(G) = G,G est ab´elien.