Feuille 12

(1)

Feuille 12

Groupes

Exercice12.1 Solution p. 5

Soient(G,·)un groupe etIun ensemble non vide. On considère une famille de sous-groupes deG, notée(G_i)i∈I, telle que

∀(i, j)∈I², ∃k∈I, Gi∪Gj ⊂G_k. Montrer que[

i∈I

G_i est un sous-groupe deG.

SoitGun groupe tel que∀g∈G, g² = 1_G. Montrer queGest abélien.

Déterminer les morphismes de(Q, +)dans(Z, +).

Montrer que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est cyclique.

Soit(G, +)un groupe,HetKdeux sous-groupes deG.Montrer queH∪K est un groupe si et seulement si H⊂KouK⊂H.

Soit(G, ·)un groupe. SiHest un sous-groupe deG, on dit queHest distingué dansGlorsque, pour touta∈G et pour touth∈H, aha⁻¹ ∈H.

1. Quels sont les sous-groupes distingués d’un groupe commutatif?

2. Montrer que, pour touta∈ G, l’applicationϕ_a : x 7→ axa⁻¹ est un automorphisme deG.Montrer qu’un sous-groupeHest distingué dansGsi et seulement si, pour touta∈G, ϕa(H) =H.

3. Sif : G −→ G⁰ est un morphisme de groupes, montrer que l’image directe (resp. réciproque) parf d’un sous-groupe distingué deG(resp. deG⁰) est un sous-groupe distingué def(G)(resp. deG).

4. Sif : G−→G⁰est un morphisme de groupes, montrer queKer(f)est un sous-groupe distingué deG.

5. NotonsZ(G) = {a ∈ G /∀h ∈ G, ah = ha}(Z(G)s’appelle le centre deG). Montrer queZ(G)est un sous-groupe distingué deG.

1. Montrer que les groupes(R^∗, ×)et(C^∗, ×)ne sont pas isomorphes.

2. En admettant que√

2est irrationnel, montrer que les groupes(Q, +)et(Q^∗+, ×)ne sont pas isomorphes.

Soit(G,·)un groupe fini et deux partiesAetB deGtelles que|A|+|B|>|G|. Montrer queG=AB.

Quels sont les groupes qui ne possèdent qu’un nombre fini de sous-groupes?

(2)

Exercice12.10 Solution p. 6 petqsont deux entiers non nuls premiers entre eux. On posen=pq.

SoitGun groupe fini commutatif d’élément neutreetel que, pour toutx∈G, xⁿ=e.NotonsM ={x∈G / x^p= e}etN ={x∈G / x^q =e}.

1. Montrer queM etN sont des sous-groupes deG.

2. Montrer queM ∩N ={e}.

3. Montrer que l’applicationf:M ×N −→G (x, y)7−→xy

est un isomorphisme de groupes.

Soient(G, .)un groupe etHun sous-groupe deG.

1. SurG, on considère la relation Rdéfinie par∀(x, y) ∈ G²,(xRy ⇔ x⁻¹y ∈ H). Montrer queRest une relation d’équivalence.

Pour toutx∈G, on notexla classe d’équivalence dex.

Montrer que, pour toutx∈G, x=xH.

On noteG/H = {x / x ∈ G} = {xH / x ∈ G}.On dira queH est un sous-groupe distingué deGsi et seulement si, pour touth∈Hetg∈G, ghg⁻¹ ∈H.

2. Montrer que, lorsque H est un sous-groupe distingué de G, en posant, pour tout (x, y) ∈ G², x·y = x·y,(G/H, ·)est un groupe.

3. Montrer queH est un sous-groupe distingué deGsi et seulement si c’est le noyau d’un morphisme dontG est l’ensemble de départ.

4. Si f: G −→ G⁰ est un morphisme de groupes, montrer que G/Kerf −→Imf x7−→f(x)

est un isomorphisme de groupes.

Soit(G, ·)un groupe fini commutatif. Siy∈G, on noteo(y)l’ordre dey.

1. Soitx∈Gtel queo(x) =pq, où(p, q)∈N². Déterminero(x^p).

2. Soit(x, y)∈G²On poseo(x) =peto(y) =q. On suppose quepetqsont premiers entre eux. Déterminer o(xy).

3. Montrer qu’il existe unx∈Gtel queo(x)est égal au plus petit commun multiple des ordres des éléments de G.

Lemme de Cauchy: Il s’agit de montrer que siGest un groupe dont l’ordre est multiple d’un nombre premier p, alors il existe dansG un élément d’ordre p.On noteE l’ensemble des p-uplets (x₁, . . . , x_p) ∈ G^p tels que x₁· · ·x_p = 1_G.On définit surEune relation binaireRen convenant que(x₁, . . . , x_p)R(y₁, . . . , y_p)si et seulement si(y1, . . . , yp)se déduit de(x1, . . . , xp)par une permutation circulaire.

1. Montrer queRest une relation d’équivalence.

2. Montrer que les classes d’equivalence sont de cardinal1oup.

3. Conclure.

(3)

Groupe symétrique

On poseσ =

Å 1 2 3 4 5 3 4 2 5 1

ã

∈ S₅ etσ⁰ =

Å 1 2 3 4 5 5 4 1 2 3

ã

Déterminer l’ordre deσ, c’est-à-diremin{k ∈N^∗ / σ^k = Id}ainsi que l’ordre deσ⁰.Déterminer les ordres deσσ⁰ et deσ⁰σ.

Pour toutn∈N^∗, on noteZn={s∈Sn/∀σ ∈ S_n, s◦σ=σ◦s}.

1. DéterminerZ1etZ2. 2. On suppose quen≥3.

(a) Pour touti∈ J1, nK, montrer qu’il existe une permutationσ_i dansS_ntelle queσ_i(i) = iet, pour tout j∈J1, nKavecj6=i, σi(j)6=j.

(b) En déduire queZn={Id

J1,nK}.

Soitn≥2. Montrer queS_nest engendré par les transpositions de la forme 1 k

oùk∈ {2, . . . , n}.

Soitn≥3. On noteA_nl’ensemble des permutations deS_ndont la signature vaut 1.

1. Montrer queA_mest engendré par les cycles de longueur 3.

2. Montrer queA_nest engendré par les cycles (1, 2,k) oùk∈ {3, . . . , n}.

On fixe un entiernsupérieur ou égal à 2. On noteS_nle groupe des bijections de{1,. . . , n}dans lui-même.

1. Montrer que pour toute transposition(a, b)deS_n, il existeσ ∈ S_ntelle que(a, b) =σ⁻¹(1,2)σ.

2. Déterminer tous les morphismes de groupes deSndans{−1,1}.

Anneaux

SiBest un anneau, on noteInv(B)l’ensemble des éléments inversibles deB.

SoientEun ensemble etAun anneau. Montrer queInv(F(E, A)) =F(E, Inv(A))

SoitKun corps.

1. Quels sont les idéaux deK?

2. Peut-on énoncer une propriété réciproque?

3. SoientAun anneau différent de{0}etf :K −→Aun morphisme d’anneaux.

Montrer quef est injectif.

Montrer que tout anneau intègre fini est un corps.

SoitAun anneau commutatif. On noteN l’ensemble des éléments nilpotents deAetB ={1 +x / x ∈N}. Montrer que(B,×)est un groupe.

(4)

Exercice12.23 Solution p. 11 Montrer que l’ensemble des nombres décimaux est un anneau principal.

1. Montrer que, pour toutr∈Cavec|r|<1,

+∞

X

n=0

rⁿ= 1 1−r.

2. Dans un anneauAquelconque, sia, b ∈ Asont tels que1−abest inversible, montrer que1−baest aussi inversible.

On noteZ[j] ={x+jy / x∈Z, y ∈Z}oùj = e^2iπ³ 1. Vérifier queZ[j]est un sous-anneau deC.

2. Soitu∈Z[j]. Montrer queuest inversible (dansZ[j]) si et seulement si|u|= 1.

3. Montrer que l’ensembleU des éléments inversibles deZ[j]est un groupe multiplicatif, dont on déterminera les éléments.

SoitEun ensemble fini. On admet que(P(E),∆,∩) est un anneau oùA∆B = (A\B)∪(B\A). Montrer que tous ses idéaux sont principaux. Est-ce encore vrai lorsqueEest infini?

(5)

Solution de l’exercice 12.1 Énoncé

Soitf un morphisme de(Q,+)dans(Z,+). Soit(p, q)∈Z×N^∗, tel quef

Åp q

ã

=n∈Z.

f Å2np

2nq ã

= 2n×f Å p

2nq ã

=n Doncn= 0ouf

Å p 2nq

ã

= 1

2 . Ainsif Åp

q ã

= 0. Réciproquement, la fonction nulle convient.

SoitG={uⁿ/n∈Z}etH={uⁿⁱ/n₁,· · · , n_m ∈Z}tel queHsoit un sous-groupe deG.

H = Gr(H) = (_m

Y

i=1

aⁿⁱ^mⁱ/m1,· · · , mm ∈Z )

={a^x/x∈n₁Z+n₂Z+· · ·+n_mZ}

={a^x/x∈bZ}en posantb=n₁∧ · · · ∧n_m DoncH ={a^x/x∈bZ}=

(a^b)^x/x∈Z = groupe cyclique engendré para^b. Il est fini carGest lui-même fini.

Autre méthode :

Considérons l’applicationϕ: Z−→G n7−→aⁿ

qui est un morphisme de groupes.

SiH est un sous-groupe deG, alors ϕ⁻¹(H)est également un sous-groupe de Zet ϕ⁻¹(H) = bZ(car tous les sous-groupes deZsont de la formenZ).

AinsiH =ϕ(ϕ⁻¹(H)) =ϕ(bZ) =

(a^b)^x/x∈Z (carϕest surjective par construction deG.) De plus, un sous-groupe d’un groupe monogène est aussi monogène.

1. Tous les sous-groupes d’un groupe abélien sont distingués car∀a∈G,∀h∈H, aha⁻¹ =aa⁻¹h=h∈H. 2. On aϕ⁻¹_a :x7−→a⁻¹xaqui est la bijection réciproque deϕ_a.

⇐:∀a∈G,∀h∈H, aha⁻¹ =ϕ_a(h)∈Hcarϕ_a(H) =H. DoncHest distingué.

⇒: Soita∈G.∀h∈H, ϕ_a(h)∈HcarHest distingué. Doncϕ_a(H)⊂H.

Orϕa est bijective, son isomorphisme réciproque étant ϕ⁻¹_a = ϕ_a⁻¹ et on a également ϕ_a⁻¹ ⊂ H. Donc ϕ_a(ϕ_a⁻¹(H))⊂ϕ_a(H)doncH⊂ϕ_a(H).

3. SoitH⊂G, Hdistingué, soitf:G−→G⁰un morphisme.

∀b⁰ ∈f(G),∀h⁰ ∈f(H), ∃b∈G, f(b) =b⁰, ∃h∈H, f(h) =h⁰.

b⁰h⁰b⁰⁻¹=f(b)f(h)f(b⁻¹)

=f(bhb⁻¹)∈f(H) (carHest distingué) On procède de même pour l’image réciproque.

(6)

4. Soitf:G−→G⁰ un morphisme.Kerfest un sous-groupe d’après le cours.

∀g∈G,∀k∈Kerf, f(ghg⁻¹) =f(g)f(h)f(g⁻¹) =f(gg⁻¹) = 1_G (carh∈Kerf). Doncghg⁻¹ ∈Kerf. DoncKerf est distingué.

5. Montrons queZ(G)est un sous-groupe de G :

• Non vide :e∈Z(G)car∀g∈G, ge=eg =g

• Stabilité : Soitz, z⁰ ∈Z(G)

∀a∈G, azz⁰ =zaz⁰=zz⁰adonczz⁰ ∈Z(G).

• Existence d’un inverse : Soitz∈Z(G)

∀a∈G, az⁻¹ =z⁻¹a⇔(az⁻¹)⁻¹ = (z⁻¹a)⁻¹⇔za⁻¹ =a⁻¹z: ceci est vrai carz∈Z(G). DoncZ(G)est un sous-groupe deG.

Montrons qu’il est distingué :

∀a∈G,∀z∈Z(G), aza⁻¹ =aa⁻¹z=z∈Z(G), ce qui conclut.

1. Soitf:C^∗ −→R^∗ un isomorphisme.

f(1) = 1

f((−1)²) =f(−1)² = 1 f(i⁴) =f(i)⁴ = 1

Donc :f({1,−1, i})⊂ {1}: c’est absurde par injectivité def. En conséquent, il n’existe pas d’isomorphisme de(R^∗,×)dans(C^∗,×).

2. Considéronsf: (Q,+)−→(Q^∗₊,×)un isomorphisme.

Alors il existex∈Qtel quef(x) = 2. Mais alors2 =f Å2x

2 ã

=f x

2 2

. Alorsf x

2

=√

26∈Q^∗+, ce qui conclut.

On aAB⊂G. Montrons l’inclusion réciproque : soitg∈G. Il s’agit de montrer qu’il existe(a, b)∈A×Btel queg =ab,i.ea=gb⁻¹, donc il s’agit de montrer queA∩gB⁻¹ 6=∅.Sinon,|G| ≥ |AtgB⁻¹|=|A|+|gB⁻¹|, mais l’applicationx7→gx⁻¹est une bijection deGdansG, de bijection réciproquex7→x⁻¹g, donc|gB⁻¹|=|B|,

donc|G| ≥ |A|+|B|ce qui est faux.

• SiGest fini, alors il admet un nombre fini de sous-groupes, au plus2ⁿ=|P(G)|.

• SiGest infini, on suppose queGadmet un nombre fini de sous-groupes.

{< a > /a∈G}est fini. On a de plusS

a∈G < a >⊂G. De plus,∀x∈G, x∈< x >doncx∈S

a∈G< a >. Finalement,G =S

a∈G < a >, or par hypothèse,Gpossède un nombre fini de sous-groupes.Gest infini, donc il admet un sous-groupe infini. Soitb∈G, tel que|< b >|= +∞. Donc< b >est monogène non cyclique, il est donc isomorphe àZ, orZadmet une infinité de sous-groupes (lesnZ), donc (à détailler quand même),< b >admet une infinité de sous-groupes. DoncGadmet une infinité de sous-groupes, ce qui est absurde.

Les solutions sont donc les groupes finis.

1. Soitϕ:G−→G x7−→x^p

.ϕest un endomorphisme, doncM = Kerϕest un sous-groupe.

De même,N = Kerψ, oùψ:G−→G x7−→x^q

(7)

2. Soitx∈M∩N, alorsx^p =e=x^q.

p∧q = 1donc d’après le théorème de Bézout, il existea, b∈Z, tels queap+bq = 1. x^ap+bq =e=x^apx^bq, doncM∩N ={e}.

3. M×N est un sous-groupe deGd’après le cours.

f: M×N −→G (x, y)7−→xy

. Soit(x, y),(x⁰, y⁰) ∈ M ×N, f(x, y)·f(x⁰, y⁰) =xyx⁰y⁰ etf(xx⁰, yy⁰) =xx⁰yy⁰ = xyx⁰y⁰ (carGest commutatif). Doncf est un morphisme de groupes.

Soitx∈M, y∈N tels quef(x, y) =e, i.e.,xy=edoncx=y⁻¹.

y∈N et(y⁻¹)^p =x^p=e, doncy^p =edoncy∈M∩N doncx=y=e. Finalement,Kerf = (e, e)doncfest injective.

Soitg ∈ G. On agⁿ = edonc g^pq = e. Posonsa, b ∈ Z tels queap+bq =. Alorsgâp+bq = (gâ)^p(g^b)^q, or(gâ)^pq = e= ((g^b)^q)^p donc(g^bq, gâp) ∈M ×N etf(g^bq, gâp) = gdoncf est surjective, puis bijective, doncf est un isomorphisme de groupes.

1. Réflexivité : Soitx∈G.x⁻¹x= 1∈H, doncxRx

Symétrie : Soit(x, y) ∈ G² tel que xRy. Ainsix⁻¹y ∈ H, maisH est un sous-groupe, doncy⁻¹x = (x⁻¹y)⁻¹ ∈H, ce qui prouve queyRx.

Transitivité : Soit(x, y, z) ∈ G³ tels quexRy et yRz. Ainsix⁻¹y ∈ H et y⁻¹z ∈ H,maisH est un sous-groupe, doncx⁻¹z= (x⁻¹y)(y⁻¹z)∈H, ce qui prouve quexRz.

Soitx∈G. Pour touty∈G, y∈x⇔xRy ⇔x⁻¹y∈H ⇔(∃h∈H, x⁻¹y =h), donc y∈x⇔(∃h∈Hy=xh)⇔y∈xH. Ainsi,x=xH.

2. •Il faut commencer par montrer que la définition du produit surG/Hque propose l’énoncé est cohérente, c’est-à-dire qu’en supposant quex=x⁰ety =y⁰, il faut montrer quexy=x⁰y⁰.

(xy)⁻¹(x⁰y⁰) =y⁻¹(x⁻¹x⁰)y(y⁻¹y⁰), orx=x⁰, doncx⁻¹x⁰ ∈H, maisHest distingué, doncy⁻¹(x⁻¹x⁰)y∈ H. De plus,y =y⁰, doncy⁻¹y⁰ ∈H. On en déduit que(xy)⁻¹(x⁰y⁰) =y⁻¹(x⁻¹x⁰)y(y⁻¹y⁰) ∈H, donc que xy=x⁰y⁰.

•Vérifions maintenant que(G/H, .)est un groupe.

Si(x, y)∈G², x·y=xy ∈G/H, donc le produit est une loi interne àG/H.

Soit(x, y, z)∈G³.x·(y.z) =x·yz =xyz= (x·y)·z, donc le produit est associatif.

Pour toutx∈G, x·1 =x= 1·x, donc 1 est un élément neutre.

Soitx∈G.x·x⁻¹ =xx⁻¹= 1, doncx⁻¹est le symétrique dex.

3. SiHest le noyau d’un morphisme de groupes, d’après la quatrième question de l’exercice 3,Hest distingué dansG. Réciproquement, supposons queHest un sous-groupe distingué deG.

Notonsf :G→G/H x7−→x

Pour tout(x, y)∈G², f(xy) =xy =x·y=f(x)·f(y), doncf est un morphisme de groupes.

De plus,x∈Ker(f)⇔x= 1⇔1Rx⇔x∈H, doncKer(f) =H. 4. Posonsf :G/Ker(f)−→Im(f)

x 7−→ f(x)

et commencons par montrer que la définition def est cohérente, c’est-à- dire que si(x, y) ∈ G² sont tels quex = y, alorsf(x) = f(y) . En effet,x = y ⇔ x⁻¹y ∈ Ker(f) ⇔ f(x⁻¹y) = 1⇔f(x) =f(y).

(8)

On obtient même quef(x) =f(y)⇒x= ¯y, ce qui prouve quef est injective.

Siy ∈Im(f), il existex∈Gtel quey=f(x), doncy=f(x)), ce qui prouve quefest surjective.

Soit(x, y) ∈ G². f(x·y) = f(x·y) = f(xy) = f(x)f(y) = f(¯x)f(¯y), doncf est un morphisme de groupes.

1. On a(x^p)^q=edonco(x^p)|q.

Sio(x^p)< q x^p×o(x^p⁾=edonco(x)≤p×o(x^p)< pq Donco(x^p) =q.

2. (xy)^pq = (x^p)^q(y^q)^p=edonco(xy)|pqeto(xy) =p⁰q⁰avecp⁰ |petq⁰ |q. Supposons que p⁰ < p, alors dans ce cas, e = (xy)^p⁰^q⁰^q = (x^p⁰)^qq

0

×(y^q)^pq⁰ = (x^p⁰)^q⁰^q. Donc o(x) | p⁰qq⁰ p∧q= 1etq∧p⁰= 1d’après le théorème de Gauss, donco(x)|p⁰ < p .

Symétriquement,q⁰ < qest impossible doncp⁰ =petq⁰ =q, donco(xy) =pq. 3. Il existex_i ∈Gtel quev_p_i(o(x_i)) =v_p_i(ppcm

x∈G

(o(x)))(à détailler).

Il existeq_itel queo(x_i) =p

v_pi(ppcm

x∈G

(o(x)))

i ×q_idonco(x^q_iⁱ) =p

v_pi(ppcm

x∈G

(o(x)))

i .

Ceci est valable pour touti∈N^∗d’après la question 1 et d’après la question 2, on a :

o Y

i∈N^∗

x^q_iⁱ

!

= Y

i∈N^∗

o(x^q_iⁱ)

= Y

i∈N^∗

p

v_pi(ppcm

x∈G

(o(x))) i

= ppcm(o(x))

x∈G

Application : Montrer que tout corpsKfini est cyclique.

1. (x1, . . . , xp)R(y₁, . . . , yp)⇔ ∃k∈N,∀i∈J1 ; pK, x_i+k=yien considéranti+k mod p.

• Réfléxivité :k= 0

• Symétrique : Soita, b∈E, aRbaveck∈N, alorsbRaavec−k(oup−k).

• Transivitité : Soita, b, c∈Etels queaRbetbRc, avecketk⁰. On vérifie facilement queaRcaveck+k⁰. 2. On note cle cyclec = (12. . . p) ∈ S_p. Soitσ ∈ S_p et(x1, . . . xp) ∈ G^p. On convient queσ(x1, . . . xp) =

(x_σ(1), . . . , x_σ(p)). On dit qu’on fait agir le groupeS_p surG^p.

Id_N_p(x1, . . . xp) = (x1, . . . xp)et∀σ, σ⁰ ∈ S_p,(σ◦σ⁰)(x1, . . . xp) =σ(σ⁰(x1, . . . xp)).

On a bien quec^p(x) =x.

Si k ∈ J1 ; p−1Ket c(x) = x, il existe u, v ∈ Z tels que up+pq = 1. Alors c^up+vq(x) = x donc c(x) =x. donc|x|= 1.

Sinon sik=pdonc|x|=p.

Sinon, sik ∈ J1 ; p−1K etc^k(x) 6= x, alorsx, c(x), . . . , c^p−1(x) sont deux à deux distincts. Doncx = c^k(x)/k∈J0 ; p−1K et donc|x|=p.

Il faut également vérifier que six∈E, alors∀k∈N, c^k(x)∈E.

(9)

3. Soit (x₎, . . . , xp−1) ∈ G^p−1. Il existe un unique x_p ∈ G tel que x₁ ·. . . · x_p = 1, en prenant x_p = (x₁·. . .·xp−1)⁻¹.

Donc|E|=|G^p−1|=|G|^p−1doncp | |E|carp| |G|et|E|= X

x∈E/R

|x| ≡0 (modp). On sait de plus que (1, . . . ,1)∈Eet que|(1, . . . ,1)|= 1donc X

x∈E/Z,x6=(1,...,1)

≡ −1 (modp). Si∀x 6= (1, . . . ,1),|x| ≡ 0 (mod p), alors X

x∈E/R,x6=(1,...,1)

≡ 0 (mod p) . Donc il existe ¯a 6= (1, . . . ,1) tel que¯a= (a, . . . , a)donc il existeatel quea×. . .×a= 1 =a^p. Ora6= 1, p∈Pdonco(a)|peto(a)6= 1 donco(a) =p, ce qui conclut.

σ = 1 3 2 4 5

. Ordre deσ= 5,σ^k = Id⇔5|kcarσ⁵ = Idet∀k∈J1 ; 4K, σ^k6= Id. σ⁰ = 1 5 3

2 4

donc σ^0k = 1 5 3k

◦ 2 4k

(car les cycles sont à supports disjoints, donc ils com- mutent), donc

σ^0k= Id⇔

( 1 5 3k

= Id 2 4k

= Id

⇔3|k∧2|k

⇔3∨2 = 6

σσ⁰=

Å1 2 3 4 5 1 5 3 4 2 ã

= 2 5

. Son ordre est2, d’après le cours. On procède de la même manière pourσ⁰σ.

1. Z1 ={Id_N₁}etZ2=

Id_N₂, 1 2

2. (a) Soit n ≥ 3, soit i ∈ J1 ; nKet posonsσ_i = 1 2 3 · · · i−1 i+ 1 · · · n

, on a alors bien σi(i) =iet∀j6=i, σi(j)6=j.

(b) Soits∈Zneti∈J1 ; nK

s◦σi(i) =σi◦s(i)⇒s(i) =σi◦s(i)⇒s(i) =i. Doncs= Id_N_ndoncZn={Id_N_n}

1. σ∈ A_n.σest un produit d’un nombre pair de transpositions donc il suffit de montrer que le produit de deux transpositions peut s’écrire sous la forme d’un cycle de longueur 3.

Soita6=b, c6=d, a, b, c, d∈J1 ; nK σ= a b

c d

• Si{a, b}={c, d}, alorsσ= Id =produit vide.

• Si|{a, b} ∩ {c, d}| = 1, sans perte de généralité, on suppose queb = c. Alors,σ = a b b d

= a b d

, qui est un cycle de longueur 3.

• Si{a, b} ∩ {c, d}=∅, alors

σ = a b c d

= a b b c

b c c d

= a b c

b c d

(10)

2. Il suffit de montrer que le cycle a b c

est un produit de cycle de la forme 1 2 k

ou bien 2 1 k

= 1 2 k−1

.

• 1^ercas :{1,2} ⊂ {a, b, c}: ok

• 2^ecas :1∈ {a, b, c}et26∈ {a, b, c}. Sans perte de généralité, on suppose quea= 1: 1 b c

= c 1 b

= c 1 1 b

= c 1 1 2

1 2 1 b

= c 1 2

2 1 b

• Dernier cas :{a, b, c} ∩ {1,2}=∅: à adapter.

1. Soita, b∈J1 ; nK. Si{a, b} ∩ {1,2}=∅, alors on poseσ= a 1 b 2

et on a alorsσ⁻¹= a 2 b 1 . On vérifie que a b

=σ⁻¹ a b σ.

Supposons que{a, b} ∩ {1,2} = {1}, sans perte de généralité, on suppose que a = 1 : Alors a b

= 1 b

= b 2 1 2

b 2

Si{a, b} ∩ {1,2} = {2}, alors on procède de même. Pour{a, b} = {1,2}, il suffit de répéter trois fois la même transposition.

2. Soitf:S_n−→ {−1,1}

σ7−→f(σ)

un morphisme de groupes.

∀τ ∈ S_n, oùτ est une transposition, il existeσ ∈ S_ntelle queτ =σ⁻¹ 1 2 σ; Alors,

f(τ) =f(σ⁻¹)f 1 2 f(σ)

=f 1 2

(car{−1,1}est abélien en tant que groupe)

=constante

On vérifie aisément que1etεsont des morphismes.

Soitσ∈ S_n, τ1, . . . , τk∈Tntels queσ=τ1◦. . .◦τk

f(σ) =f(τ1)·. . .·f(τk)

=

f 1 2k

= (±1)^k Doncf =1ouf =ε.

Soit f ∈ U(F(E, A)). Ainsi f ∈ F(E, A) et il existe g ∈ F(E, A) telle que f g=1F(E,A). Alors ∀x ∈ E, f(x)g(x) = 1Adonc∀x∈E, f(x)∈U(A)doncf ∈ F(E, U(A)).

La réciproque s’obtient par un raisonnement analogue.

1. SoitIun idéal deK. Supposons queI 6={0}etI 6=∅. Soitx∈I\{0},∀y∈K, xy=yx∈I.

Orx⁻¹∈K,donc∀y∈K, (yx⁻¹)x∈I ⇔y ∈I. DoncK⊂IdoncK=I(l’autre inclusion étant évidente).

Les idéaux deKsont ainsi{K,{0}}.

2. Supposons queAsoit un anneau commutatif non-nul, dont les seuls idéeaux sont{0}etA. Montrons alors queAest un corps.

Soitx ∈ A\{0}. Alors Id(x) = A, carx 6= 0. De plus on sait que Id(x) = {ax / a∈A}, donc 1 ∈ Ax doncxest inversible doncAest un corps.

(11)

3. On sait queKerfest un idéal deKdoncKerf ={0}ouKerf =K. Cependantf(1) = 16= 0(carA6={0}) doncKerf ={0}.

Soita∈A\{0}, considéronsf:A−→A x7−→ax

.

Soitx, y∈Atels quef(x) =f(y), alorsax=ay, doncx=ycarAest intègre eta6= 0. Doncf est injective, puis bijective (par égalité des cardinaux), donc il existex∈A, tel quef(x) = 1⇔ax= 1⇔a=x⁻¹.

0est nilpotent donc1∈B et1 = 1_B. L’associativité est acquise car×est associative dansAetB ⊂A. Stabilité : Soita, b∈B, alors il existex, y∈N tels queab= (1 +x)(1 +y) = 1 +xy+x+y.

À montrer :∀x, y∈N, xy∈N etx+y ∈N. Notonso(x)l’indice de nilpotence dex. Donc(xy)^o(x) = 0y^o(x)= 0d’après le caractère absorbant de0.

(x+y)o(x)+o(y)−1 =

o(x)+o(y)−1

X

k=0

Ço(x) +o(y)−1 k

å

x^kyo(x)+o(y)−1. D’après un exercice précédent, on montre que chacun de ces termes est nul (discuter selon la position dekpar rapport ào(x) +o(y)−1).

Soita= 1+x∈B. D’oùxô(x)= (−x)ô(x) = 0, d’où,(1−(−x)ô(x))

o(x)−1

X

k=0

(−x)^k∈N. Donca¹= 1 +

o(x)−1

X

k=1

(−x)^k. FinalementBest un sous-groupe de(U(B),×).

Dest un sous-anneau deQcar1∈DetDest stable par différence et produit. DoncDest commutatif et intègre.

SoitI un idéal non-nul deD. Il existed∈I avecd= a

2^p5^q, a∈Z, p, q ∈Ndonca= 2^p5^qd∈I et−a∈I donc I∩N^∗ 6=∅. On pose alorsk= min(I∩N^∗)et on akD⊂I.

Réciproquement, soitx∈I, alors il existeb, p⁰, q⁰tels quex = b

2^p⁰5^q⁰ ∈I. Par division euclidienne,b=tk+roù k, r∈Z, et0≤r < k.

Doncr =b−tk ∈I∩Ndoncr = 0doncx∈kDdoncI =kD= Id(k)doncDest principal.

1.

N

X

n=0

rⁿ= 1−r^N⁺¹

1−r −−−−−→

N→+∞

1 1−r =

+∞

X

n=0

rⁿ

2.

1 1−ba =

+∞

X

k=0

(ba)^k= 1 +

+∞

X

k=1

(ba)^k

= 1 +b

+∞

X

k=0

(ba)^k

!

a (ba)^k =b(ab)^k−1a

= 1 +b(1−ab)⁻¹a

(1−ba)(1 +b(1−ab)⁻¹a) = 1 +b(1−ab)⁻¹a−ba−bab(1−ab)⁻¹a

= 1 +b

(1−ab)⁻¹−1−ab(1−ab)⁻¹ a

= 1 +b (1−ab)(1−ab)⁻¹−1 a

= 1 +b×0timesa

= 1

Donc(1−ba)est inversible à droite, on montre de même l’inversibilité à gauche.

(12)

Solution de l’exercice 12.25 Énoncé 1. On a bien1∈Z[j]. Soita+bj, a⁰+b⁰j∈Z[j]:

(a+bj)(a⁰+b⁰j) =aa⁰+j(ba⁰+ab⁰) +j²bb⁰ (j² = 1−j) =aa⁰−bb⁰+j(ba⁰+ab⁰−bb⁰)∈Z[j]donc Z[j]est stable par produit, contient1, est un groupe abélien, c’est donc un sous-anneau deC.

2. U(Z[j]) =Z[j]∩USoitz∈Z[j]et|z|= 1.z∈Udonc 1

z =z=a+b=a+j²b=a−b−jb∈Z[j].

Soitz = a+jb ∈ Z[j]. Supposons que z ∈ U(Z[j]). Alors(1)/(z) ∈ Z[j]. Montrons que |z| = 1. On a z×(1)/(z) = 1donc|z|²× |(1)/(z)|² = 1 (∗).

Or|z|² = (a+bj)(a+b) = a²+b²+ab(j+j²) = a²+b²−ab∈Z. D’après(∗),|z|² =|(1)/(z)|² = 1 donc|z|= 1(on utilise le fait que les modules sont à valeurs entières.)

3. D’après le coursU(Z[j])est un groupe multiplicatif. Soitz=a+bj∈Z[j]∩U. Alors1 =|z|² =a²+b²−ab≥ a²+b²−(a²+b²)/(2) = (a²+b²)/(2) (car2ab≤a²+b²)

Donca²+b²≤2donc|a|,|b| ∈ {0,1}doncU(Z[j]) =U∩{a+jb / a, b∈ {−1,1}}={1,−1, j,−j,1 +j,−1−j}

(il faut vérifier manuellement les 8 valeurs possibles).

SoitI un idéal deE.

Analyse :I = Id(X₀) ={P∩X₀/ P ∈ P(E)}=P(X₀). Synthèse : SoitX0 =S

X∈IX. Il faut montrer queX0∈I.

SoitA, B∈I,(A∆B)∆(A∩B) =A∪B (faire un schéma pour comprendre).

Eest fini doncX0 ∈IcarX0est constitué d’un nombre fini de réunions. D’après la définition deX0,I ⊂ P(X0) etP(X₀)⊂I carP(X₀) = Id(X₀).

Ceci est faux siE est infini. SoitI l’ensemble des parties finies deE. C’est un idéal deE (facile à vérifier). Sup- posons queI soit principal, c’est-à-dire queI = Id(X₀), alors∀X ∈ I, X ⊂ X₀ donc∀x ∈ E,{x} ⊂ X₀ donc X₀ =E . C’est absurde car faux.