Master 1 de mathématiques
Algèbre générale de base
ENS Rennes - Année 2014–2015
Romain Basson
Indications de corrections pour les exercices de Révisions des groupes
Exercice 1
1. Compatible seulement avec la multiplication. Contre-exemple donné par (1, 1) et (1, −1) pour
l’addition.
2. Compatible seulement avec la multiplication. Contre-exemple donné par (−2, −1) et (3, 1) pour
l’addition.
3. Compatible avec les deux.
4. Seulement compatible avec l’addition. Contre-exemple donné par (1, 2) et (1/2, 3/2) pour la
multiplication.
5. Compatible.
Exercice 2 Se donner une relation d’équivalence sur {1, 2, 3, 4} revient à se donner une partition de
cet ensemble. On vérifie alors aisément qu’un ensemble à 4 éléments admet 15 partitions distinctes. ∗
Exercice 3 - Ordre d’un élément.
1. ordre(Q,+) (−1) = +∞ et ordre(Q∗ ,×) (−1) = 2.
2. ϕg est clairement un morphisme de groupes, par associativité du produit dans G. Par définition
de l’ordre d’un élément de G, on a
— si g est d’ordre fini ω, alors ker ϕg = ωZ et im ϕg = hgi ' Z/ωZ.
— sinon φg est injectif et im ϕg ' Z.
Ainsi dans tous les cas ω = [Z : ker ϕg ] = Card (im φg ).
3. Soit d = pgcd(n, k) et n0 , k 0 ∈ N tels que n = dn0 et k = dk 0 . Pour m ∈ N∗ ,
mk = 0 ⇐⇒ n | mk ⇐⇒ n0 | mk 0 ⇐⇒ n0 | m.
Ainsi ordre(k) = n0 =
n
pgcd(n,k) .
∗. Plus généralement, on appelle nombre de Bell, noté Bn , le nombre de partitions d’un ensemble fini à n éléments,
avec la convention B0 = 1. On a alors la formule de récurrence suivante
!
n
X
n
Bn+1 =
Bk .
k
k=0
(Trier les partitions suivants le nombre k d’éléments hors de la partie contenant le n + 1ème .)
1
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Exercice 4 - Exposant d’un groupe.
1. a) Soit r = ω(xy). (xy)mn = (xm )n (y n )m = 1, ainsi r|mn. En outre, 1 = (xy)mr = y mr , donc
n|mr, soit n|r. Symétriquement m|r et (n, m) = 1, donc mn|r. Finalement r = nm.
b) Non (penser à x et y = x−1 ).
Q
Q
c) Par factorialité de Z, décomposons m et n comme m = p∈P pαp et n = p∈P pβp . Alors
Q
Q
1 si αp > βp ,
max(α
,β
)
p
p
ppcm(m, n) = p∈P p
. Définissons εp =
, m0 = p∈P pεp αp et
0 sinon,
Q
0
0
n0 = p∈P p(1−εp )βp . Alors pgcd(m0 , n0 ) = 1, ppcm(m, n) = m0 n0 et xm/m et y n/n sont
0
0
respectivement d’ordre m0 et n0 . Ainsi z = xm/m y n/n convient.
2. Méthode 1 : G étant fini, on peut considérer z ∈ G tel que m = ordre(z) = max {ordre(g) / g ∈ G}.
Soit x ∈ G d’ordre n, d’après la question précédente, il existe y ∈ G d’ordre ppcm(m, n). Or
ppcm(m, n) > m, donc m = ppcm(m, n) et n|m. Ainsi, tout élément x de G vérifie xm = 1 et m
est minimal pour cette propriété, par conséquent m = exp G et z répond à la question.
Méthode 2 : exp G = min {n ∈ N∗ / xn = 1, ∀ x ∈ G} = min {n ∈ N∗ / ω(x) | n, ∀ x ∈ G} =
ppcm {ω(x) /x ∈ G} (notons que les ensembles en jeu sont finis). Et il existe donc un élément
z ∈ G tel que ppcm {ω(x) /x ∈ G} = ω(z), d’après la question précédente.
3. Non (penser à S3 par exemple).
4. Soit G un sous-groupe fini de k ∗ , qui est donc abélien, et soit x ∈ G tel que ordre(x) = exp G.
Par définition
de l’exposant
de G, pour tout g ∈ G, g exp G = 1. Ainsi exp G = Cardhxi >
Card g ∈ k ∗ / g exp G = 1 > Card G. Or hxi ⊂ G, d’où G = hxi.
5. La loi externe donnée par n · x = nx, pour n ∈ Fp , confère à G une structure de Fp -espace
vectoriel.
Exercice 5 - Théorèmes d’isomorphismes.
1. Considérons le morphisme de groupes (HK est un sous-groupe de G car H C G et H est un
sous-groupe de HK distngué dans G, donc dans HK)
ι
π
f : K ,−→ HK −→ HK/H,
où ι est l’inclusion et π la surjection canonique. f est aisément surjectif (une classe hk du quotient
HK/H contient le représentant k) et, ι étant injectif, ker f = ι−1 (ker π) = ι−1 (H) = H ∩K. Ainsi
H ∩ K est distingué dans K et l’isomorphisme annoncé découle du 1er théorème d’isomorphisme.
2. H étant stable par les automorphismes intérieurs de G, il l’est a fortiori par ceux de K, ainsi
H C K. Soit π = G −→ G/K la surjection canonique. Puisque H < K = ker π, π se factorise
à travers H et donne lieu à un morphisme surjectif, à l’instar de π, π
e : G/H −→ G/K. Pour
ce dernier, on a alors ker π
e = ker π/H = K/H. On en déduit à nouveau que K/H est distingué
dans G/H et l’isomorphisme annoncé d’après le 1er théorème d’isomorphisme.
Exercice 6 - Sous-groupes d’un groupes cycliques.
1. Un groupe cyclique d’ordre n G = hgi s’insère dans la suite exacte suivante
ι
π
0 −→ nZ ,−→ Z −→ G −→ 0,
où ι est l’inclusion et π : m 7−→ g m . En particulier G ' Z/nZ. Si H est un sous-groupe de
G, alors π −1 (H) en est un de Z et il existe donc d ∈ Z tel que π −1 (H) = dZ. Par conséquent
H = hπ(d)i est cyclique. En outre G/H = hgi est cyclique.
2
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2. Le morphisme de surjection canonique π : Z −→ Z/nZ induit une bijection (croissante pour
l’inclusion) entre les sous-groupes de Z/nZ et les sous-groupes de Z contenant nZ = ker π,
ces derniers étant exactement les dZ pour d|n. Précsicément, pour d | n, l’unique sous-groupe,
cyclique donc, de Z/nZ est dZ/nZ = h nd i et (Z/nZ)/(dZ/nZ) ' Z/dZ (cf. la question 2 de
l’exercice 5).
3. Définissons, pour d ∈ N∗ , Ad = {x ∈ Z/nZ / ordre(x) = d}. D’après le théorème de Lagrange,
on a la partition suivante
G
Ad .
Z/nZ =
d|n
Or, d’après la question précédente, Ad est l’ensemble des générateurs de l’unique sous-groupe
cyclique d’ordre d de Z/nZ, d’où Card Ad = ϕ(d) et la formule désirée.
Exercice 7 - Morphismes de groupes monogènes. Si G = hgi est un groupe monogène, alors la
donnée d’un morphisme de groupes f de source G équivaut à celle de l’image f (g), qui doit satisfaire à
la condition nécessaire et suffisante ordre(f (g)) | ordre(g) (avec la convention d | +∞, ∀ d ∈ N ∪ {∞}).
1. Z et Z/nZ étant des groupes monogènes, la donnée d’un endomorphisme de ces derniers revient à
celle de l’image d’un de leurs générateurs, e.g. l’image de 1. La condition supplémentaire pour que
cet endomorphisme soit un automorphisme est que cette image soit elle-même un générateur du
groupe en question. Les seuls générateurs de Z sont 1 et −1 et on a donc aisément Aut(Z) ' Z/2Z.
Similairement Aut(Z/nZ) ' (Z/nZ)∗ .
2.
— Hom (Z, Z) ' Z ;
— Hom (Z, Z/nZ) ' Z/nZ ;
— Hom (Z/nZ, Z) ' {0} ;
— Hom (Z/mZ, Z/nZ) = {f ∈ Hom (Z, Z/nZ) / mZ ⊂ ker f } ' Torm (Z/nZ). Or Torm (Z/nZ)
est un sous-groupe d’exposant pgcd(m, n) du groupe cyclique Z/nZ, par conséquent
Hom (Z/mZ, Z/nZ) ' Torm (Z/nZ) ' Z/ pgcd(m, n)Z.
Exercice 8 - Caractérisations de la commutativité.
1. (i) =⇒ (ii) et (iii) est clair. Réciproquement, (iii) implique, pour g, h ∈ G, ghgh = (gh)2 = g 2 h2 ,
soit hg = gh et (i). De même, (ii) implique, pour g, h ∈ G, gh = (h−1 g −1 )−1 = ((hg)−1 )−1 = hg,
soit (i).
2. Il n’en est rien. Pour obtenir un contre-exemple, il est naturel de chercher un 3-groupe non
abéliens d’exposant 3, ce qui est exclu pour les groupes d’ordre 3 et 9 qui sont tous abéliens
(cf. exercice 18). On trouve un tel groupe à l’ordre 27, en la personne de T3 (F3 ), le groupe des
matrices triangulaires supérieurs à coefficients dans F3 et dont les coefficients diagonaux sont
tous égaux à 1. Notons que ce groupe est isomorphe au produit semi-direct (Z/pZ)2 o Z/pZ † .
Exercice 9 - Automorphismes intérieurs.
1. On montre aisément que cg est un morphisme de groupes admettant x 7−→ g 1 xg pour inverse.
†. Il est ici loisible de ne pas préciser d’action pour ce produit semi-direct externe (ce qui en général n’a aucun sens),
car dans le cas présent tous les produits semi-directs envisageable s’avèrent être équivalents.
3
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2. ker c = Z(G).
3. Pour cg ∈ Int(G) = im c et f ∈ Aut(G), on a f cg f −1 = cf (g) ∈ Int(G), ainsi Int(G) C Aut(G).
Le morphisme c n’est naturellement pas toujours surjectif, les automorphismes d’un groupe G
n’étant pas tous génériquement intérieurs. Par exemple on a Int(G) ' G/Z(G), ainsi pour un
groupe abélien Int(G) est trivial. Or Aut(Z/nZ) ' (Z/nZ)∗ ne l’est pas. Notons toutefois le
résultat classique suivant : Int(Sn ) = Aut(Sn ), pour n 6= 6 (cf. le Cours d’algèbre de Perrin par
exemple).
Exercice 10 - Groupes sans automorphisme.
1. Tout groupe G s’insère dans la suite exacte suivante
ι
π
1 −→ Z(G) ,−→ G −→ Int(G) −→ 1,
d’après l’exercice précédent. Or Int(G) < Aut(G) = {id}, ainsi G = Z(G), autrement dit il est
abélien.
2. x 7−→ −x ∈ Aut(G) vaut donc l’identité, ainsi G est d’exposant 2 et peut être muni d’une
structure de F2 -espace vectoriel avec la loi externe définie par 0.x = 0 et 1.x = x, pour tout
x ∈ G.
3. Pour un morphisme de F2 -espace vectoriel, l’homogénétié est toujours vérifiée, ainsi Aut(G) =
GL(G). Or GL(G) est trivial si et seulement si G est un F2 -espace vectoriel de dimension finie
inférieure à 1, autrement dit si et seulement si G ' {1} ou Z/2Z.
Exercice 11 - Groupe dérivé.
1. [x, y] = e si et seulement si x et y commutent. Ainsi, lorsque G est abélien, D(G) est trivial.
2. Pour ϕ ∈ Aut(G), ϕ([x, y]) = [ϕ(x), ϕ(y)], par conséquent l’ensemble des commutateurs de G est
stable par Aut(G) et il en va de même du groupe qu’il engendre, à savoir D(G). Ainsi D(G) est
un sous-groupe caractéristique et, donc, distingué de G. Remarque : pour une preuve directe du
caractère distingué de D(G) dans G, notons que g[x, y]g −1 = [gxg −1 , gyg −1 ], pour x, y, g ∈ G.
Pour x, y ∈ G/D(G), [x, y] = [x, y] = 1, ainsi G/D(G) est abélien.
3. G/H abélien ⇐⇒ ∀ x, y ∈ G/H, [x, y] = 1 ⇐⇒ ∀ x, y ∈ G, [x, y] ∈ H ⇐⇒ D(G) ⊂ H. Remarque :
G/D(G) est donc le plus ”grand” quotient abélien de G.
4. Si M est abélien, alors ker f ⊃ D(G) et il suffit d’appliquer la propriété universelle de passage
au quotient.
5. n > 5 : considérons i, j, k, l, m ∈ [[1, n]] distincts. [(i j k), (k l m)] = (i l k), ainsi D(Sn ) et
D(An ) ⊃ An . Or Sn /An ' Z/2Z et An /An = {id} sont abéliens, donc D(Sn ) = D(An ) =
An .
n = 2 : S2 et A2 sont abéliens, leurs groupes dérivés sont donc triviaux.
n = 3, 4 : pour i, j, k ∈ [[1, n]] distincts, [(i k j), (j k)] = (i j k), ainsi, comme pour le cas n > 5,
D(Sn ) = An . A3 est abélien, donc D(A3 ) est trivial. Enfin, A4 est non abélien et de quotient
abélien par son sous-groupe caractéristique V4 (sous-groupe des doubles transpositions),
ainsi {id} ( D(A4 ) ⊂ V4 , or D(A4 ) est distingué dans A4 , ce qui impose D(A4 ) = V4 .
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Exercice 12 - Finitude.... Montrons qu’il s’agit des groupes finis. Ces derniers sont clairement
solutions ! Réciproquement, si G est un groupe dont l’ensemble des sous-groupes est fini, alors tous ces
éléments sont d’ordre fini. En effet, dans le cas contraire G contiendrait un sous-groupe isomorphe à
Z, or ce dernier admet une infinité de sous-groupes. Soit E l’ensemble des sous-groupes
monogènes (et
S
donc cycliques) de G, alors E est fini, par hypothèse faite sur G, et G = H∈E H. Ainsi G est une
réunion fini d’ensemble fini, donc un ensemble fini.
Exercice 13 - Parties génératrices. Nous allons nous appuyer sur le lemme suivant
Si {g1 , . . . , gr } est une partie génératrice de G telle que gi+1 ∈
/ hg1 , . . . , gi i, alors Card G > 2r , avec
la convention h∅i = {e}.
Démonstration.
F Le lemme est trivial pour r = 1. S’il est vrai au rang r, alors, au rang r + 1, G ⊃
hg1 , . . . , gr i gr+1 hg1 , . . . , gr i, ce qui implique que Card G > 2r + 2r = 2r+1 .
On construit alors récursivement une famille génératrice finie de G à r éléments, en choisissant à chaque
étape gi ∈ G \ hg1 , . . . , gi−1 i. Une telle famille existe, car G est fini, et vérifie les hypothèses du lemme,
ainsi n > 2r .
Cette borne est optimale pour les groupes (Z/2Z)m .
Exercice 14 - Groupes d’ordre premier. Soit G un groupe d’ordre premier p. Par le théorème de
Lagrange, si x est un élement non trivial de G, alors x est d’ordre p et on a donc G = hxi. Ainsi tout
groupe d’ordre p premier est nécessairement cyclique, il y a donc une seule classe d’isomorphisme.
Exercice 15 - Un théorème de Frobenius pour les sous-groupes distingués.
1. Soit H d’indice 2 dans un groupe G, alors, pour g ∈ G \ H, G = H t gH = H t Hg, autrement
dit gH = Hg, ce qui permet de conclure.
2.
a) ρ est le morphisme associé à l’action de G sur G/H par multiplication à gauche.
b) Par le 1er théorème d’isomorphisme, | im ρ| = |G|/|K|, or im ρ < SG/H , ainsi |G| | |SG/H ||K|
et |SG/H | = |S|G/H| | = |Sp | = p!.
c) p est le plus petit facteur premier de |G|, ainsi pgcd((p
1)!, |G|) = 1 et |G| | p|K|, soit
T − −1
|H| | |K| et a fortiori |H| 6 |K|. Or K = ker ρ =
gHg ⊂ H, ainsi H = K et H est
g∈G
distingué dans G.
Exercice 16 - Isomorphismes entre produits semi-directs.
1. Vérifier que f : N oψ H −→ N oϕ H, (n, h) 7−→ (n, α(h)) est un isomorphisme.
2. Vérifier que f : N oψ H −→ N oϕ H, (n, h) 7−→ (u(n), h) est un isomorphisme.
Exercice 17 - Actions de groupes.
1. Soit ω1 , . . . , ωk les orbites non ponctuelles de X sous l’action de G. On a
|ωi | =
|G|
≡0
| Stab(xi )|
mod p,
où xi ∈ ωi . L’équation aux classes donne alors le résultat.
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2. Soit le p-cycle de Sp c = (1 2 . . . p). Pour (x1 , . . . , xp ) ∈ X, c · x = (xc(1) , . . . , xc(p) ) ∈ X,
ainsi Z/pZ ' hci agit sur X. D’après la question précédente |X Z/pZ | ≡ 0 mod p, or X Z/pZ =
{(x, . . . , x) ∈ Gp / xp = 1}, qui est non vide (il contient (e, . . . , e)). Il existe donc au moins p − 1
éléments d’ordre p dans G.
s
3. Pour 0 < k < ps , on considère Ak = {A ⊂ Z/ps Z / |A| = k}. Naturellement |Ak | = pk . En
outre, Z/ps Z agit sur Ak via j.A = j + A, pour A ∈ Ak et j ∈ Z/ps Z. Cette action n’admet
clairement aucune orbite ponctuelle, d’où le résultat d’après la question 1.
Exercice 18 - p-groupes.
1. On considère l’opération de G sur lui-même par conjugaison, alors GG = Z(G) et on conclut grâce
au résultat de la question 1 de l’exercice 17, en remarquant que Z(G) est non vide (e ∈ Z(G)).
2. On procède par récurrence sur n, où |G| = pn . Le cas n = 1 est clair. Supposons alors le résult
vrai pour tout k < n.
G abélien : le résultat est une conséquence immédiate du théorème de structure des groupes
abéliens de type fini et du fait que tous les sous-groupes d’un groupe abélien sont distingués.
G non abélien : le centre de G est distinct de G et non trivial, d’après le lemme 1. G/Z(G)
est d’ordre pk avec k < n, ainsi par hypothèse de récurrence G/Z(G) possède un sousgroupe distingué de cardinal pl , pour tout l 6 k. L’image réciproque de ces sous-groupes
par π : G −→ G/Z(G) fournit des sous-groupes distingués de G d’ordre pn−k , . . . , pn . On
conclut alors via le cas précédent en remarquant que Z(G) est abélien d’ordre pn−k et que
ses sous-groupes sont distingués dans G (cf. question suivante).
3. Puisque H < Z(G), pour tout g ∈ G et h ∈ H, ghg −1 = h, ainsi H C G. Soit x ∈ G tel que
G/H = hxi. Pour tout g ∈ G, il existe un entier k tel que g = xk et donc h ∈ H tel que g = hxk .
Il est alors aisé de vérifier que G est abélien.
4. Soit G un groupe d’ordre p2 . Supposons G non abélien, alors, d’après le lemme 1, son centre est
d’ordre p, et il en va donc de même du quotient G/Z(G), qui est donc cyclique. Il en résulte une
absurdité d’après le lemme 2.
5. Soit G un groupe d’ordre p2 . Si G possède un élément d’ordre p2 , alors il est cyclique, soit
isomorphe à Z/p2 Z. Sinon, il est abélien et d’exposant p, il peut donc être muni d’une structure
de Fp -espace vectoriel (cf. exercice 4), on a alors nécessairement dimFp G = 2 et G est isomorphe
en tant qu’espace vectoriel et a fortiori en tant que groupe à (Z/pZ)2 .
6. D’après les lemmes 1 et 2, Z(G) est nécessairement cyclique d’ordre p. G/Z(G) est d’ordre p2
donc abélien, ainsi D(G) = Z(G) (cf. exercice 11). D’après le lemme 2, G/Z(G) ne peut être
cyclique, ainsi G/Z(G) est isomorphe à (Z/pZ)2 .
Exercice 19 - Groupe des quaternions.
1. C’est trivial. Et la réciproque est fausse, H8 donnant un contre-exemple. En effet, Z(H8 ) = {±1}
et tous les sous-groupes de H8 , à savoir {1} , Z(H8 ), hii, hji, hki, H8 , sont ditsingués dans G (il
s’agit de sous-groupes triviaux, caractéristiques ou d’indice 2).
2. Argument 1 : Z(H8 ) n’admet pas d’intersection non trivial avec les 3 sous-groupes d’ordre 4
de H8 , ainsi aucun de ses 4 sous-groupes ne peut-être un facteur de H8 .
Argument 2 : dans le cas contraire, H8 se décomposerait en un produit de deux sous-groupes
distingués abéliens. Ce produit serait donc direct et par conséquent abélien. Absurde.
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Exercice 20 - Groupes d’ordre 8.
1. Si r = 8, G a un élément d’ordre 8 et est donc cyclique, isomorphe à Z/8Z. Si r = 2, G est
abélien (cf. exercice 8) et peut donc être muni d’une structure de F2 -espace vectoriel (cf. exercice
4), on a alors dimF2 G = 3 et G est isomorphe en tant qu’espace vectoriel et a fortiori en tant
que groupe à (Z/2Z)3 .
2. G possède un élément d’ordre 4, notons le i. H = hii C G, car H est d’indice 2. En outre,
H ' Z/4Z et G/H est d’ordre 2 donc isomorphe à Z/2Z, d’où la suite exacte 1 −→ Z/4Z −→
G −→ Z/2Z −→ 1.
Cas 1 : si G \ H possède un élément d’ordre 2, ce dernier fournit un relèvement de G/H dans
G qui se décompose donc comme un produit semi-direct Z/4Z oϕ Z/2Z. Or ϕ : Z/2Z −→
Aut(Z/4Z) ' Z/2Z est soit trivial, ce qui donne lieu au produit direct Z/4Z × Z/2Z,
soit l’unique endomorphisme non trivial de Z/2Z, ce qui donne lieu au seul ”vrai” produit
semi-direct Z/4Z o Z/2Z ' D4 .
Cas 2 : si G\H possède seulement des éléments d’ordre 4. On pose ε = i2 , qui est le seul élément
d’ordre 2 de G, et k = ij pour un j ∈ G \ H. On vérifie alors que k ∈
/ H et j 2 = k 2 = ε,
ainsi G = {1, ε, i, εi, j, εj, k, εk}. Enfin, après avoir vérifié que ε est central, ce qui justifie
de le renoter -1, et que ij = −ji = k, on conclut que G est isomorphe à H8 .
3. Il est clair que les cinq groupes exhibés précédement sont deux à deux non isomorphes. Ainsi, à
isomorphisme près, les cinq groupes d’ordre 8 sont Z/8Z, Z/4Z × Z/2Z, (Z/2Z)3 , D4 et H8 .
4. Premièrement, la notation V4 o Z/2Z a un sens, car tous les produits semi-directs ainsi obtenus
par une action φ : Z/2Z −→ Aut(V4 ) ' S3 ' GL2 (F2 ) sont équivalents (les éléments d’ordre 2
de S3 sont conjugués (cf. la question 2 de l’exercice 16)). Ce groupe appartient donc à l’unique
classe d’isomorphisme de groupes non abéliens d’ordre 8 qui admettent une décomposition en
produit semi-direct, à savoir celle de D4 . Ainsi V4 o Z/2Z ' D4 ' Z/4Z o Z/2Z.
Exercice 21 - Groupes diédraux finis.
Soit r la rotation z 7−→ ξz et s la réflexion z 7−→ z.
1. Dn opère naturellement sur Rn et de façon transitive (à l’instar de hri !). En outre Stab(1) =
Stab({0, 1}) = F
{idC , s}, ainsi |Dn | = | Stab(1)||O1 | = 2n.
Enfin, [Dn : hri] = 2 et s ∈ Dn \ hri,
ainsi Dn = hri shri = id, r, . . . , rn−1 , s, rs, . . . , rn−1 s .
2. Commençons par remarquer qu’une rotation et une réflexion ne peuvent être conjuguées (penser
à leur déterminant).
Pour une
rotation ρ, on a rρr−1 = ρ et sρs−1 = ρ−1 , ainsi la classe de conjugaison de ρ est
ρ, ρ−1 . Remarquons que ρ = ρ−1 si et seulement si ρ = id ou ρ = −id et n est pair.
Soit maintenant k ∈ Z et f = rk s ou f = rk , alors f sf −1 = rk sr−k = r2k s.
Si n = 2m + 1 : alors hr2 i = hri et toutes les réflexions de Dn sont conjuguées. Soit finalement
les m + 2 classes de conjugaison suivantes dans D2m+1
{id} , r, r−1 , . . . , rm , r−m , s, rs, . . . , rn−1 s .
Si n = 2m
conjugaison
de s est s, r2 s, . . . , r2m−2 s et similairement celle de rs
: la3 classe de
est rs, r s, . . . , r2m−1 s . Soit finalement les m + 3 classes de conjugaison suivantes dans
D2m+1
{id} , {−id = rm } , r, r−1 , . . . , rm−1 , r−m+1 , s, r2 s, . . . , r2m−2 s , rs, r3 s, . . . , r2m−1 s .
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Géométriquement, il est clair qu’il existe deux classes de conjugaison de réflexions dans D2m ; les
unes ont un axe passant par deux sommets opposés du polygone, tandis que les autres ont un
axe passant par le milieu de deux côtés opposés du polygone.
3. D’après la question précédente, Dn = hr, si. Or r, s et rs sont respectivement d’ordre n, 2 et 2
et, puisque tout élément de Dn est de la forme ri sj , avec i, j ∈ Z, on a ainsi toutes les relations
entre des éléments de Dn .
4. On a hri C Dn (sous-groupe d’indice 2), Dn = hrihsi et hri ∩ hsi = {id}, ainsi Dn ' hri o hsi,
avec hri ' Z/nZ et hsi ' Z/2Z. Remarquons que hsi agit de la façon suivante sur hri : srs−1 =
srs = r−1 .
5. Soit H un sous-groupe de Dn .
Cas 1 : H < hri, auquel cas H est cyclique et de la forme hrd i, pour un d diviseur de n.
Cas 2 : H contient une réflexion rj s, 0 6 j 6 n − 1, alors H ∩ hri = hrd i, où d | n, est d’indice
2 dans H et H = hrd , rj si ' Dn/d . Si k est le reste de la division euclidienne de j par
d, H = Hd,k = hrd , rk si. On vérifie alors aisément que (Hd,k )d|n,06k6d−1 est la famille des
sous-groupes (distincts) de Dn qui contiennent une réflexion.
6. Premièrement il est aisé de vérifier que tout sous-groupe de hri est distingué dans Dn (réunion
de classes de conjugaison). Soit maintenant H un sous-groupe distingué de Dn contenant une
réflexion, H est donc une réuninon de classes de conjugaison, ce qui conduit à distinguer deux
cas selon la parité de n.
Si n = 2m + 1 : les réflexions formant une classe de conjugaison, H les contient toutes, ainsi
|H| > n et H = Dn .
Si n = 2m : soit rj s ∈ H, H contient la classe de conjugaison de rj s, donc en particulier rj+2 s.
Ainsi r2 = rj+2 srj s ∈ H et H = H2,0 ou H = H2,1 , qui sont deux sous-groupes d’indice 2
de Dn , donc distingués.
Étude des quotients : lorsque [Dn : H] ∈ {1, 2, 2n}, i.e. lorsque H ∈ {{id} , hri, H2,0 , H2,1 , Dn }, le
résultat est évident. On peut donc se limiter aux cas où H = hrd i, pour lesquels Dn /H = hr, si.
Or s ∈
/ H, ainsi s est d’ordre 2 et la relation rsrs = 1 subsiste. En outre r est d’ordre d, par
conséquent Dn /H ' Dd .
7. Centre : le centre de Dn est la réunion de ses classes de conjugaison singulières, ainsi
D2 ' V4 si n = 2 ;
{id} si n est impair ;
Z(Dn ) =
{id, −id} si n est pair, n > 4.
Remarque : on peut aussi procéder directement en notant qu’une réflexion ne peut être
centrale et qu’une rotation l’est si et seulement si c’est une involution.
Groupe dérivé : srs−1 r−1 = r−2 , ainsi hr2 i ⊂ D(Dn ), or, selon la parité de n, le quotient
Dn /hr2 i est d’ordre 2 ou 4, donc abélien, ainsi D(Dn ) = hr2 i.
Exercice 22 - Groupes d’ordre 2p.
1. np ≡ 1 mod p et np |2, d’après les théorèmes de Sylow, ainsi np = 1. Alternativement, toujours
via les théorèmes de Sylow, soit S un p-Sylow de G, alors S est d’indice 2 dans G, donc distingué,
c’est donc l’unique p-sous-groupe de Sylow de G.
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2. Un tel élément d’ordre 2 existe d’après le théorème de Cauchy. Plus naïvement, tous les éléments
d’ordre p de G sont contenus dans son unique p-Sylow S, ils sont donc au nombre de p − 1. Or,
d’après le théorème de Lagrange, un élément non trivial de G qui n’est pas d’ordre p est d’ordre
2, il y a donc p tels éléments dans G, à savoir les p éléments de G \ S.
F
a) x ∈
/ S, ainsi G = S xS = hS, xi.
b) Commençons par observer que f est bien défini, puisque S est distingué dans G, et que f
est une involution, ainsi f est trivial ou d’ordre 2 dans Aut(S). Or Aut(S) ' Aut(Z/pZ) '
(Z/pZ)∗ ' Z/(p − 1)Z est cyclique et ne contient donc qu’un seul élément d’ordre 2, en
l’occurrence g 7−→ g −1 , puisque S est abélien (cf. exercice 8).
c) Si f est l’identité, alors x est central et G est abélien, produit direct de ses sous-groupes de
Sylow, ainsi G ' S × hsi ' Z/pZ × Z/2Z ' Z/2pZ. Sinon, on a G = ha, x | ap , x2 , (ax)2 i,
où a est un générateur de S, soit la présentation du groupe diédral Dp .
Exercice 23 - Groupes d’ordre pq.
1. Avec les th. de Sylow : nq ≡ 1 mod q et nq | p, or p < q, ainsi nq = 1. G admet donc un
unique q-Sylow N qui est distingué et dordre q, ainsi N ' Z/qZ, et le quotient G/N est
d’ordre p, donc cyclique. D’où le résultat.
Soit H un p-Sylow de G, on a N C G, N ∩ H = {1}, car pgcd(|N |, |H|) = 1, et |G| = |H||N |,
ainsi G se décompose en un produit semi-direct N o H ' Z/qZ oϕ Z/pZ, où ϕ : Z/pZ −→
Aut(Z/qZ) ' Z/(q − 1)Z.
Sans les th. de Sylow : un q-Sylow de G est d’indice p, donc distingué d’après le théorème de
Frobenius (cf. exercice 15)...
2. Si p - q − 1 : alors il n’y a pas d’éléments d’ordre p dans Aut(Z/qZ) et ϕ est nécessairement
trivial. Le produit est donc direct et G ' Z/qZ × Z/pZ ' Z/pqZ.
Si p | q − 1 : Z/q − 1Z) a un unique sous-groupe d’ordre p, dont chaque élément non nul fournit
un morphisme ϕ et donc un produit semi-direct non trivial (l’élément neutre fournit le produit direct, cf. cas précédent). Montrons que tous ces produits semi-directs sont équivalents.
Soit ϕ1 , ϕa : Z/pZ 7−→ Z/(q − 1)Z, 2 6 a 6 p − 1, définis par ϕ1 (1) = 1˙ et ϕa (1) = a.
˙
L’automorphisme α : x 7−→ ax de Z/pZ (a est premier à p) vérifie ϕa = ϕ1 ◦ α. Ainsi
Z/qZ oϕ1 Z/pZ ' Z/qZ oϕa Z/pZ, d’après l’exercice 16.
Exercice 24 - Groupes d’ordre 12.
1. Soit G un groupe d’ordre 12 et n3 le nombre de ses 3-Sylow. D’après les théorèmes de Sylow,
n3 ≡ 1 mod 3 et n3 | 4, ainsi n3 ∈ {1, 4}.
Si n3 = 1 : l’unique 3-Sylow de G, isomorphe à Z/3Z, est distingué dans G et admet pour
complément n’importe quel 2-Sylow H de G, qui est d’ordre 4. Ainsi G est un produit
semi-direct Z/3Z oϕ H, où ϕ : H −→ Aut(Z/3Z) ' Z/2Z.
Si H ' Z/4Z : cela donne lieu, dans le cas trivial, au produit direct Z/3Z × Z/4Z ' Z/12Z
et, dans le cas non trivial, au seul ”vrai” produit semi-direct Z/3Z o Z/4Z.
Si H ' V4 : cela donne lieu, dans le cas trivial, au produit direct Z/3Z × V4 ' Z/2Z ×
Z/6Z. On obtient en outre trois morphismes non triviaux ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 défnis par :
ϕ1 ((1, 0)) = 1, ϕ1 ((0, 1)) = 0, ϕ1 ((1, 1)) = 1,
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ϕ2 ((1, 0)) = 0, ϕ2 ((0, 1)) = 1, ϕ2 ((1, 1)) = 1,
ϕ3 ((1, 0)) = 1, ϕ3 ((0, 1)) = 1, ϕ3 ((1, 1)) = 0,
Or les éléments de V4 sont indiscernables sous l’action de Aut(V4 ) ' S3 ' GL2 (F2 ),
ainsi les 3 produits semi-directs ainsi obtenus sont isomorphes. Précisément, on applique
les résultats de l’exercice 16 ; par exemple, ϕ1 = ϕ2 ◦ α, où α est la "transposition"
((1, 0) (0, 1)) de Aut(V4 ). On obtient donc finalement G ' Z/3Z o V4 .
Si n3 = 4 : les 4 3-Sylow ont des intersections deux à deux triviales, il y a donc 8 éléments
d’ordre 3 dans G et ainsi un unique 2-Sylow N qui est donc distingué. Ce dernier admet
pour complément n’importe quel 3-Sylow H ' Z/3Z de G. Ainsi G est un produit semidirect N oϕ Z/3Z, où ϕ : Z/3Z −→ Aut(H).
Si H ' Z/4Z : le seul morphisme ϕ : Z/3Z −→ Aut(Z/4Z) ' Z/2Z est le morphisme
trivial, ainsi le produit est direct et on retrouve G ' Z/12Z.
Si H ' V4 : le cas trivial, donne, à l’instar du cas précédent, G ' Z/6Z × Z/2Z. Sinon
ϕ : Z/3Z −→ Aut(V4 ) ' S3 envoie 1 sur un des deux éléments d’ordre 3 de S3 , à savoir
c = (1 2 3) et c2 = (1 3 2). Ce qui donne lieu à deux produits semi-directs isomorphes
(cf. exercice 16, avec α : x 7−→ 2x ∈ Aut(Z/3Z) et ϕc2 = ϕc ◦ α), ainsi G ' V4 o Z/3Z.
On a finalement obtenu les cinq groupes suivant
Z/12Z,
Z/6Z × Z/2Z,
V4 o Z/3Z,
Z/3Z o V4
et Z/3Z o Z/4Z.
Or ces cinq groupes sont deux à deux non isomorphes pour les raisons suivantes :
— Z/12Zet Z/6Z × Z/2Z sont deux groupes abéliens non isomorphes ;
— les trois autres sont non abéliens et
— V4 o Z/3Z a un 2-Sylow (' V4 ) et quatre 3-Sylow (' Z/3Z) ;
— Z/3Z o V4 a trois 2-Sylow (' V4 ) et un 3-Sylow (' Z/3Z) ;
— Z/3Z o Z/4Z a trois 2-Sylow (' Z/4Z) et un 3-Sylow (' Z/3Z).
2. A4 est non abélien et possède quatre 3-Sylow, d’où A4 ' V4 o Z/3Z. D6 est non abélien et ne
contient pas d’élément d’ordre 4, ainsi D6 ' Z/6Z o Z/2Z ' Z/3Z o V4 . Enfin, si D6 = hr, si,
alors hr2 , si ' D3 ' S3 est un sous-groupe d’indice 2, donc distingué, de D6 et l’élément r3 est
tel que r3 ∈
/ hr2 , si et r3 ∈ CD6 (hr2 , si). Ainsi D6 ' hr2 , si × hr3 i ' S3 × Z/2Z. Si on considère
maintenant rs à la place de r3 , alors on a toujours rs ∈
/ hr2 , si mais rs ∈
/ CD6 (hr2 , si) et ainsi
D6 ' S3 o Z/2Z (cette écritue ayant bien un sens, puisqu’il existe un unique produit semi-direct
non trivial entre S3 et Z/2Z, cf. exercice 16...). On méditera donc sur S3 × Z/2Z ' S3 o Z/2Z.
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