Montrer que Imf est un corps et que M est irréductible

Contrôle continu 3

Exercice 1

Soit K un corps ni de cardinal 8. On xe a∈K\ {0K,1K}. On note F² =Z/2Z.

1. Montrer que la caractéristique de K est 2.

2. Justier l'existence d'un morphisme d'anneauxf :F²[X]→Ktel quef(X) =a. 3. Montrer qu'il existe un polynôme non nul M tel que Kerf =MF²[X].

4. Montrer que Imf est un corps et que M est irréductible.

5. Montrer que Imf = K. Indication : on admettra que si K₁ ⊂ K₂ sont deux corps nis, alors il existe d∈N^∗ tel que |K₂|=|K₁|^d.

6. En déduire que degM = 3, puis que M est égal soit à M₁ =X³+X+ ˙1 soit à M₂ =X³+X²+ ˙1.

7. À l'aide du morphisme d'anneaux P 7→P(X+ ˙1) de F₂[X] dans F₂[X]/(M₂), montrer qu'il existe un unique corps de cardinal8 à isomorphisme près.

Exercice 2

Soitpun nombre premierp. On noteK le corpsZ/pZetAl'anneauZ/p²Z. On cherche à construire des groupes d'ordrep³non abéliens à l'aide de produits semi-directsK²oK etAoK (dans lesquels on voitK², A et K comme des groupes additifs).

1. (a) Montrer que pour tout z ∈ K, l'application ϕ_z : (x, y) 7→ (x, y +zx) est dans GL(K²) et que l'application ϕ : z 7→ ϕ_z de K dans GL(K²) est un morphisme de groupes.

(b) En déduire comment réaliser un produit semi-directK² oK non abélien.

(c) On identie tout élément (x, y, z) ∈ K³ à ((x, y), z) ∈ K² × K. Montrer qu'on obtient un morphisme injectif de groupes deK²oK dansGL3(K) en posant

f((x, y, z)) =





1 z y 0 1 x 0 0 1



.

2. (a) Quel est l'ordre du groupe multiplicatif A^×? En déduire que le groupe A^× possède au moins un élémenta d'ordrep.

(b) Montrer que l'application f_a :k 7→ a^k de Z dans A^× fournit un morphisme du groupe (K,+) dans le groupe (A^×,×), puis un morphisme ψ du groupe (K,+) dans le groupe (Aut(A),◦) des automorphismes du groupe(A,+). (c) En déduire un comment réaliser un produit semi-direct AoK non abélien.

Exercice 3

Soit G un groupe et p un nombre premier. On rappelle les faits suivants vus en cours ou en TD, qu'on pourra utiliser sans démonstration dans l'exercice.

1. Tout groupe d'ordre p² est isomorphe à Z/p²Z ou à(Z/pZ)². 2. Le centre Z(G) de Gest un sous-groupe distingué de G. 3. Si G estp-groupe, Z(G)n'est pas réduit à {1G}.

4. Si le groupe G/Z(G) est cyclique, alors Gest abélien.

5. Si G est ni et si p est le plus petit nombre premier divisant |G|, alors tout sous-groupe d'indicep dans G est distingué.

On suppose désormais que p est impair, que G est d'ordre p³ et non abélien. On se propose de montrer que G est le produit semi-direct d'un groupe d'ordrep² par un groupe d'ordrep. On noteπla projection canonique deGsurG/Z(G)etf l'application x7→x^p deG dans G.

1. Soient Γun groupe, Λ un sous-groupe deΓ diérent deΓet b∈Γ\Λ. Montrer que si l'ordre de b est égal à p, alors Λ∩ hbi={1_Γ}.

2. En déduire que si H est un sous-groupe deG d'ordre p² et si k∈G\H est un élement d'ordre p, alors G=Hohki.

3. Montrer que |Z(G)|=p et que le groupeG/Z(G) est isomorphe à (Z/pZ)². 4. En déduire que pour tous a et b dans G, les éléments a^p et [a, b] := aba⁻¹b⁻¹

sont dansZ(G), et [a, b]^p = 1_G.

5. En déduire que pour tous a, b dans G et n ∈ N^∗, on a [a, bⁿ] = [a, b]ⁿ et (ba)ⁿ = bⁿaⁿ[a, b]^n(n−1)/2. Indication : on pourra calculer de deux façons dié- rentes aba⁻¹[a, bⁿ]b⁻¹ et raisonner par récurrence.

6. En déduire que f est un morphisme de groupes.

7. Montrer que Imf ⊂Kerf et déduire que|Kerf|=p² ou|Kerf|=p³. 8. On suppose ici que |Kerf|=p³. Soient b ∈G\Z(G) et B =hbi.

(a) Soit H = Z(G)B = {xy : (x, y) ∈Z(G)×B}. Montrer que H est un sous- groupe de G d'ordre p². On pourra utiliser la question 1 pour reconnaître un produit semi-direct interne, ou bien trouver|H|en regardant le noyau et l'image de π|H.

(b) Soit k ∈G\H. Pourquoi a-t-on G=Hohki? 9. On suppose ici que |Kerf|=p².

(a) Calculer|Imf| et en déduire que Imf =Z(G).

(b) Soient h∈G\Kerf etk ∈Kerf \Imf. Pourquoi a-t-on G=hhiohki?

Un corrigé Exercice 1

1. SoitΘ_K l'unique morphisme d'anneaux deZdans K. AlorsΘ_K(Z)est un sous- anneau de K, donc intègre et ni, isomorphe à Z/car(K)Z. Donc car(K) est un nombre premier. Mais car(K) est l'ordre de 1_K dans le groupe (K,+) de cardinal 8, donc car(K) divise 8. Variante : Θ_K(Z) est un sous-corps du corps ni K donc |K| est une puissance de |Θ_K(Z)|=|car(K)|. Ainsi, car(K) = 2. 2. Par passage au quotient, Θ_K fournit un morphisme d'anneaux de F2 dans K.

La propriété universelle permet de l'étendre en un morphisme d'anneaux f de F2[X]dans K tel que f(X) =a.

3. Le noyau de f est un idéal de F2[X], principal car l'anneauF2[X] est principal.

Comme F2[X] est inni et K est ni, f n'est pas injectif, donc Kerf n'est pas réduit à{0_K}. Ainsi, il existe un polynôme non nulM tel queKerf =MF²[X]. 4. Comme Imf est un sous-anneau deK, il est ni et intègre, donc c'est un corps.

En eet, pour tout x ∈ K \ {0_K}, l'application y 7→ xy de K dans K est un endomorphisme du groupe ni (K,+), injectif car le noyau est réduit à {0K}, donc bijectif ; en particulier, il existe y∈K tel que xy= 1_K.

DoncF2[X]/(M)est aussi un corps et l'idéal(M)est maximal. Si un polynôme P divise M, l'idéal (P) contient (M) donc est égal à (M) ou à F2[X], donc P est inversible ou associé à M. Ainsi, M est irréductible.

Autre méthode : Imf est intègre comme sous-anneau de K, donc F2[X]/(M) est intègre, donc l'idéal(M) est premier. On en déduit que le polynôme M est irréductible dansF²[X]. Comme l'anneauF²[X] est principal, cela entraîne que l'idéal(M) est maximal, donc F2[X]/(M) etImf sont des corps.

5. CommeImf est un sous-coprs deK, il existeddansN^∗ tel que8 = |K|=|Imf|^d. Mais Imf contient au moins trois éléments distincts, 0_K, 1_K et a. La seule possibilité est |Imf|= 8 donc Imf =K.

6. Par passage au quotient, le morphisme surjectif f (d'anneaux et de F2-espaces vectoriels) fournit un isomorphismef deF2[X]/MF2[X]vers K.

Notonsm= degM. On vérie queS := Vect({˙1, X, . . . , X^m−1})est un système de représentants du quotientF2[X]/MF2[X](en utilisant la division euclidienne par M). Donc 2^m =|S|=|K|= 8 et m= 3.

Parmi les huit polynômes de degré 3 dans F2[X], les polynômes irréductibles sont ceux qui n'admettent ni 0_K ni1_K comme racine, à savoir M₁ et M₂. 7. Comme M₁ et M₂ sont des polynômes irréductibles de degré 3 dans l'anneau

principalF2[X], les quotientsF2[X]/(M₁)etF2[X]/(M₂)sont bien des corps à 8 éléments. De plus tout corps à 8 éléments est isomorphe à un de ces deux corps.

Il reste à voir que ces deux corps sont isomorphes.

L'application P 7→ P(X + ˙1) de F2[X] dans F2[X] est un isomorphisme d'an- neaux (égal à son inverse carcar(K) = 2), donc l'applicationg :P 7→P(X+ ˙1) de F2[X] dans F2[X]/(M₂) est un morphisme surjectif d'anneaux. Il sut de vérier que Kerg = (M1) pour obtenir l'isomorphisme souhaité par passage au quotient. L'égalitéM₁ =M₂(X−1_K) fournit justement l'équivalence

∀P ∈F2[X], g(M₂) = 0 ⇐⇒ M₂|P(X+ ˙1) ⇐⇒ M₁|P.

Exercice 2

1. (a) Soit z ∈K. L'application ϕ_z est l'application linéaire de matrice M_z =

1 0 z 1

dans la base canonique de K². Comme detM_z = 1, on a ϕ_z ∈ GL(K²). Or pour tout (z, z⁰) ∈ K², M_zM_z⁰ = M_z+z⁰ donc ϕ_zϕ_z⁰ = ϕ_z+z⁰. L'application ϕ:z 7→ϕ_z deK dans GL(K²) est donc un morphisme de groupes.

(b) Tout élément de GL(K²) est un automorphisme du groupe additif K². Le morphisme non trivial ϕ fournit donc un produit semi-direct K² oK non direct, donc non abélien. Sa loi ∗ est donnée par

((x, y), z)∗((x⁰, y⁰), z⁰) = ((x, y) +ϕ_z(x⁰, y⁰), z+z⁰)

= ((x, y) + (x⁰, y⁰+zx⁰), z+z⁰)

= ((x+x⁰, y+y⁰+zx⁰), z+z⁰).

Donc f est un morphisme de K² oK dans Aut(K), injectif puisque pour tout ((x, y), z)∈K²×K,x, y, z sont des coecients de f(x, y, z).

(c) Soient(x, y, z) et(x⁰, y⁰, z⁰) dans K³. Alors

f((x, y, z))f((x⁰, y⁰, z⁰)) =





1 z y 0 1 x 0 0 1









1 z⁰ y⁰ 0 1 x⁰ 0 0 1





=





1 z⁰+z y⁰+zx⁰+y

0 1 x⁰+x

0 0 1





= f((x, y, z)∗(x⁰, y⁰, z⁰)).

2. (a) Comme |A^×| = φ(p) = p(p−1). Comme p est premier et divise |A^×|, le théorème de Cauchy assure que le groupe A^× possède au moins un élément d'ordre p. Variante : le théorème de Sylow fournit l'existence d'un sous- groupe S d'ordre p. Tout élément de S\ {1A} est d'ordre p. Remarque : on peut aussi vérier que la classe de 1 +p dans A = Z/pZ est un élément d'ordrep dans le groupe multiplicatif A^×.

(b) L'application f_a : k 7→ a^k de Z dans A^× est un morphisme de groupes, de noyau pZ puisque a est d'ordre p. Par passage au quotient, on obtient un morphisme de groupes injectif f_a de K dans A^×. Pour tout z = k ∈ K, l'application ψ_z :h→ f_a(z)h =a^kh deA dans A est un automorphisme du groupe (A,+). De plus, pour tout (z, z⁰)∈K²,ψz+z⁰ =ψz◦ψz⁰.

(c) Comme ψ : z 7→ ψ_z est un morphisme de groupes non trivial de K dans Aut(A), on obtient donc un produit semi-directAoK non direct, donc non abélien en posant pour tout (h, k) et(h⁰, k⁰) dans A×Z,

(h, k)∗(h, k⁰) = (h+ψ_k(h⁰), k+k⁰) = (h+a^kh⁰, k+k⁰).

Exercice 3

1. Si le sous-groupeΛ∩hbin'était pas réduit à{1_Γ}, il contiendrait alors un élément de la forme b^k avec k entier non multiple de p. Comme p est premier, k serait premier avecp, donc il existerait deux entiers uet v tels que ku+pv = 1, d'où b = b^kub^pv = (b^k)^u ∈ Λ, ce qui contredirait l'hypothèse. Donc Λ∩ hbi = {1_Γ}. Autre méthode : comme Λ∩ hbi est un sous-groupe de hbi, son ordre divise p, mais ce n'est pas ppuisque b 6∈Λ, donc|Λ∩ hbi|= 1 et Λ∩ hbi={1_Γ}.

2. Soient H un sous-groupeH deG, d'ordre p², et k∈G\H d'ordrep. Alors : (a) [G:H] =p est plus petit diviseur premier de|G|, donc H / G.

(b) H∩ hki={1_Γ}d'après la question 1.

(c) |H| × |hki|=p²×p=|G|. Ainsi, G=Hohki.

3. D'après le théorème de Lagrange et les rappels, |Z(G)| divise |G| = p³ et

|Z(G)| > 1. De plus, G est supposé non-abélien, donc le groupe G/Z(G) n'est pas cyclique, donc |G/Z(G)| ∈ {1, p}/ , autrement dit |Z(G)| ∈ {p/ ³, p²}. Ainsi,

|Z(G)| = p et le groupe G/Z(G) est d'ordre p² et non cyclique, donc G/Z(G) est isomorphe à (Z/pZ)².

4. SoientaetbdansG. D'après la question précédente,G/Z(G)est abélien et tout élément deG/Z(G) est d'ordre 1 ou p. Dans G/Z(G), on a donc a^p =a^p = 1G

et [a, b] = [a, b] = 1_G. Donc a^p et [a, b] := aba⁻¹b⁻¹ sont dans Z(G). Comme Z(G)est d'ordre p, on a donc [a, b]^p = 1_G.

5. Fixons a,b dansG. Pour toutn∈N, notonsP_netQ_nles égalités[a, bⁿ] = [a, b]ⁿ et(ba)ⁿ =bⁿaⁿ[a, b]^n(n−1)/2.

Commeg⁰ = 1_G et [g,1_G] = 1_G pour toutg ∈G, P₀ etQ₀ sont vraies.

Soit n∈N tel que P_n etQ_n soit vériées. Alors d'une part

[a, bⁿ⁺¹] =abⁿ⁺¹a⁻¹b⁻ⁿ⁻¹ =aba⁻¹abⁿa⁻¹b⁻ⁿb⁻¹ =aba⁻¹[a, bⁿ]b⁻¹.

D'autre part, comme[a, bⁿ] est dansZ(G) et d'après P_n

aba⁻¹[a, bⁿ]b⁻¹ =aba⁻¹b⁻¹[a, bⁿ] = [a, b][a, b]ⁿ= [a, b]ⁿ⁺¹.

DoncP_n+1 est vériée. D'après Q_n, le fait que comme [a, bⁿ]∈Z(G)et P_n, (ba)ⁿ⁺¹ = (ba)(ba)ⁿ = babⁿaⁿ[a, b]^n(n−1)/2

= b([a, bⁿ]bⁿa)aⁿ[a, b]^n(n−1)/2

= bⁿ⁺¹aⁿ⁺¹[a, b]^n(n−1)/2[a, b]ⁿ

= bⁿ⁺¹aⁿ⁺¹[a, b]^n(n+1)/2, donc Q_n+1 est vériée, ce qui achève la récurrence.

6. Soient a, b dans G. Comme p est impair, (ba)^p =b^pa^p([a, b]^p)^(p−1)/2 =b^pa^p car [a, b]^p = 1_G. Donc f est un morphisme de groupes.

7. La question 4 montre que Imf ⊂ Z(G) ⊂ Kerf, donc |Imf| divise |Kerf|. Preuve directe : soity∈Imf. Alors y=x^p avec x∈G, d'où y^p =x^p2 = 1_G car l'ordre de x divise p². En eet, l'ordre dex divise |G|=p³, et cette divisibilité est stricte, sans quoiG serait cyclique alors qu'il est supposé non abélien.

Mais|Imf| × |Kerf|=|G|=p³, donc (|Kerf|,|Imf|) = (p², p) ou(p³,1). 8. On suppose ici que |Kerf|=p³. Soient b ∈G\Z(G) et B =hbi.

(a) Comme b^p = f(p) = 1_G et b 6= 1_G, l'élément b est d'ordre p. La question 1 montre que Z(G)∩B est réduit à {1_G}. Mais Z(G)/ G, donc H =Z(G)B est le produit semi-direct interne deZ(G)par B, qui sont d'ordrep (en fait, ce produit est direct car tout élément de Z(G) commute avec tout élément deB). Donc |H| est un sous-groupe deG, d'ordre p².

Autre argument :H =π⁻¹(π(B)) car pour toutg ∈G, g ∈H ⇐⇒ ∃y∈B,∃x∈Z(G), g =yx

⇐⇒ ∃y∈B :π(g) =π(y)

⇐⇒ π(g)∈π(B).

Comme π(B) est un sous-groupe de G/Z(G), H est un sous-groupe de G. Mais Kerπ|_B = Z(G)∩B = {1_G} et Kerπ|_H = Z(G)∩H = Z(G), donc

|H|/|Z(G)|=|π(H)|=|π(B)|=|B|/|{1_G}|=p d'où |H|=p².

(b) Soit k ∈ G\H. Alors k est d'ordre p. Comme |H| = p², le résultat de la question 2 montre que G=Hohki.

9. On suppose ici que |Kerf|=p².

(a) CommeImf ⊂Z(G) (question 4) et|Imf|=p=|Z(G)|, on aImf =Z(G). (b) Soient h ∈ G\Kerf et k ∈ Kerf \Imf. Alors h est d'ordre p², et k est d'ordre p. Les éléments de hhi sont les éléments de la forme h^r pour r ∈Z.

Mais h^r ∈ Imf si p divise r et h^r est d'ordre p² sinon. Donc k /∈ hhi et le résultat de la question 2 montre queG=hhiohki.

Barème

Exercice 1 10,5

1 car(K) = 2 1

2 propriété universelle 1

3 idéal principal non nul 1

4 Imf est un corps 1

M est irréductible 1

5 Imf =K 0,5

6 degM = 3 1

M =M₁ ouM₂ 1

7 existence et au plus deux 1

unicité 2

Exercice 2 7

1a ϕ_z ∈GL(K²) 0,5

morphisme de groupes 0,5

1b produit semi-direct non abélien 1

1c morphisme injectif 1

2a |A^×|=p(p−1) 0,5

élément d'ordre p 0,5

2b morphisme de K dans Aut(A) 2

2c produit semi-direct non abélien 1

Exercice 3 14,5

1 Λ∩ hbi={1_Γ} 1

2 produit semi-direct 1,5

3 |Z(G)|=pet G/Z(G)∼(Z/pZ)² 1

4 a^p ∈Z(G) 0,5

[a, b]∈Z(G) 0,5

[a, b]^p = 1_G 0,5

5 récurrence pour [a, bⁿ] 1

récurrence pour (ba)ⁿ 1

6 f morphisme 1

7 Imf ⊂Kerf et ordres possibles 1,5

8a H sous-roupe d'ordre p² 1,5

8b utiliser la question 2 0,5

9a Imf =Z(G) 1

9b G=hhiohbi 2

Remarques sur les copies Exercice 1

1. Question souvent mal faite.

2. Justier l'existence d'un morphisme d'anneaux de F2 dans K, ou d'un isomor- phisme entreK et{0K,1K}pour appliquer la propriété universelle ou utiliser un mor- phisme d'évaluation.

3. Souvent, le fait que l'idéal n'est pas réduit à {0_K} est mal justié. Le polynôme X⁸ n'est pas dans le noyau mais les polynôme X⁷ − ˙1 y est. Il y a parfois confusion entre les groupes (K,+) et (K^×,×).

Exercice 2

1a. Penser à justier la linéarité de ϕz sans perdre une page pour cette question ! 1b. Les groupes K et K² sont additifs. Le morphisme non trivial ϕ de K dans Aut(K²)fournit un produit semi-directK²oK non direct donc non abélien, sans qu'il soit nécessaire de vérier qu'on a bien une loi de groupe non commutative.

1c. Rédaction souvent lourde.

2a. Quelques valeurs aberrantes pour |A^×|. 2b. Justication incomplète.

2c. Mêmes remarques qu'au 1b.

Exercice 3

1. Des preuves variées, mais où il manque parfois un argument essentiel.

2. Fait correctement en général.

3. Le fait que G/Z(G) est isomorphe à (Z/pZ)² est prfois non justié.

4. Le lien avec la question précédente n'a pas été vu dans nombre de copies.

5. Question qui sort de l'ordinaire, la deuxième formule a rarement été établie.

6. Question facile que certains ont su repérer.

7. Trop de copies ne pensent pas à utiliser la relation |G|=|Kerf||Imf| dans cette question.