GROUPES - UMONS | Département de Mathématique · 2007-04-17 · Exercices corrig´es de ... Institut de Math´ematique B-7000 Mons, ... Sommes directes et produits directs 7 Exercice

GROUPES

Exercices corriges de

Algebra1,

Hungerford, Thomas W.

Adem Ozturk et2 Fabien Trihan

8 2005

1Reprint of the 1974 original. Graduate Texts in Mathematics, 73. Springer-Verlag, New York-Berlin, 1980.

[email protected], [email protected] de Mons-Hainaut, Institut de Mathematique B-7000 Mons, Belgique.

2

Informations

• L’exercice 2 de la section 8 du chapitre I sera mentionne avec la notation“exercice 2” tout au long de la section 8, et avec la notation “exercice8.2” dans les autres sections du chapitre I.

La notation “exercice II 3.2” sera utilisee pour l’exercice 2 de la section3 du chapitre II.

• Le Lemme (ou Corollaire, Theoreme, Proposition) 2 de la section 3 duchapitre I sera mentionne avec la notation “Lemme 3.2” dans toutes lessections du chapitre I.

La notation “Lemme II 3.2” sera utilisee pour le Lemme 2 de la section3 du chapitre II.

Notations

Soit n, m ∈ N.

• n | m signifie que n divise m.

• Z/n represente le groupe quotient de Z par le sous-groupe engendre parn.

• Sn est le groupe des permutations sur {1, . . . , n}.

• (n, m) est le plus grand commun diviseur de n et m.

• [n, m] est le plus petit commun multiple de n et m.

Soient G un groupe, H, K deux sous-groupes de G, X un sous-ensemble de Get g1, . . . , gn ∈ G.

• eG represente l’element neutre du groupe G.

• H < G indique que H est un sous-groupe de G.

• H⊳ G indique que H est un sous-groupe normal de G.

• [G : H ] est l’indice de H dans G.

• 〈X〉 est le sous-groupe de G engendre par les elements de X.

3

• 〈{g1, . . . , gn}〉 est le sous-groupe de G engendre par les elements g1, . . . ,gn. Par abus de notation, nous le noterons 〈g1, . . . , gn〉.

• |G| est l’ordre du groupe G et represente le cardinal de G.

• |g1| est l’ordre de g, c’est le plus petit entier positif tel que g|g1|1 = 1.

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Chapter 1

Groupes

8. Sommes directes et produits directs

Exercice 5. Supposons que (|G|, |H|) = 1 et Soient g et h respectivement desgenerateurs de G et de H . On a que

(g, h)|g||h| =((g|g|)|h|, (h|h|)|g|

)= (eG, eH).

Donc, |(g, h)| divise |g||h|. D’autre part,

(eG, eH) = (g, h)|g||(g,h)| = (eG, h|g||(g,h)|).

Donc |h| divise |(g, h)| puisque (|g|, |h|) = 1. De meme, |g| divise |(g, h)| etdonc |g||h| divise |(g, h)|.

Enfin, on obtient que |G||H| = |g||h| = |(g, h)|, donc (g, h) est un elementd’ordre |G||H| et G × H est cyclique.

Si (|G|, |H|) 6= 1, alors, pour tout (g, h) ∈ G × H ,

(g, h)|G||H|

(|G|,|H|) = (eG, eH).

Par consequent, G × H ne peut etre cyclique.

Exercice 1. Puisque |S3| = 6, S3 ne peut etre que le produit direct interne dedeux groupes d’ordre 2 et 3 respectivement. Supposons alors que S3 = H ×Kou H et K sont des sous-groupes d’ordre 2 et 3 respectivement. Ces sous-groupes sont donc cycliques et par consequent, en vertu de l’exercice precedent,S3 est cyclique, ce qui est absurde.

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6 CHAPTER 1. GROUPES

Pour Z/pn, le theoreme de Lagrange nous dit que les sous-groupes propres sonttous d’ordre pi avec 1 ≤ i ≤ n − 1. D’apres l’exercice precedent, le produitdirect fini de groupes dont les ordres sont des puissances non nulles de p n’estpas cyclique. Comme Z/pn est cyclique, il ne peut etre le produit direct de sessous-groupes propres.

Enfin, les sous-groupes propres de Z sont de la forme nZ avec n ≥ 2. CommenZ × mZ n’est pas cyclique, Z, qui lui est cyclique, ne peut etre le produitdirect d’une famille de ses sous-groupes propres.

Exercice 2. D’apres l’exercice 5., on sait que Z/6 × Z/5 et Z/3 × Z/10 sontcycliques d’ordre 30. Des lors, on a

Z/6 × Z/5 ∼= Z/30 ∼= Z/3 × Z/10.

Exercice 3. Supposons que G = H⊕K et notons σ cet isomorphisme. Soient

πH : H ⊕ K → H : (h, k) 7→ h, πK : H ⊕ K → K : (h, k) 7→ k,

ιH : H → H ⊕ K : h → (h, 0), ιK : K → H ⊕ K : k → (0, k).

On montre aisement qu’il s’agit d’homomorphismes de groupes et que π1 =πHσ, π2 = πKσ, ι1 = σιH et ι2 = σιK sont les homomorphismes recherches.

Montrons la reciproque. Soit h ∈ H . Si ι1(h) = 0, alors h = π1ι1(h) = 0. Onen deduit que ι1 est injectif. De la meme maniere, on montre que ι2 est aussiinjectif. De la,

H ∼= ι1(H) ⊂ G et K ∼= ι2(K) ⊂ G.

Si x ∈ G, de x = ι1π1(x) + ι2π2(x), on deduit que x ∈ 〈ι1(H)∪ ι2(K)〉 puisqueπ1(x) ∈ H et π2(x) ∈ K. Soit x = ι1(h) = ι2(k) ∈ ι1(H) ∩ ι2(K) avec h ∈ Het k ∈ K. Alors, de π1ι2 = 0 et π2ι1 = 0, on deduit que

x = ι1π1(x) + ι2π2(x) = ι1π1(ι2(k)) + ι2π2(ι1(h)) = e

et donc, ι1(H) ∩ ι2(K) = 〈e〉. Par consequent,

G = ι1(H) ⊕ ι2(K) ∼= H ⊕ K.

d’apres le Theoreme 8.10.

8. Sommes directes et produits directs 7

Exercice 6. Soit A = {a1, . . . , an} ⊂ G un ensemble de generateurs de G telque aucun sous-ensemble propre de A n’engendre G. Notons que

〈ai〉 ∼= Z/p

puisque ai est d’ordre p (Theoreme I 3.2). D’autre part, si 0 6= kai ∈ 〈ai〉 ∩〈∪n

j 6=i〈aj〉〉, alors kai =∑n

j 6=i αjaj ou k, αi ∈ {1, . . . , p − 1}. Mais, 0 6= kai ∈〈ai〉 qui est un groupe d’ordre p, par consequent, |kai| = p et donc, 〈ai〉 ⊂〈∪n

j 6=i〈aj〉〉. On a alors

G = 〈∪nj=1〈aj〉〉 = ∩〈∪n

j 6=i〈aj〉〉 = 〈{a1, . . . , an} \ {ai}〉,

ce qui contredit la minimalite de {a1, . . . , an}. Des lors,

G ∼= 〈a1〉 × · · · × 〈an〉 ∼= Z/p ⊕ · · · ⊕ Z/p.

Exercice 7. Supposons que N ∩ H = N ∩ K = {e} et soient (n1, n2) ∈ N et(h, k) ∈ G. Le Theoreme 5.3 (iv)1 montre que

(n1, n2)(h, k) = (n1h, n2k) = (hn1, kn2) = (h, k)(n1, n2).

Par consequent N est dans le centre de G.

Soient G = S3 ×Z/2, H = S3 ×{0} et K = N = {id}×Z/2. Le lecteur verifieque G = H × K et C(G) = N . Puisque S3 n’est pas commutatif, G ne l’estpas. De plus, N ⊂ C(G) et N ∩ K 6= 〈{(id, 0)}〉.

Exercice 9. Considerons le morphisme suivant σ : K → G/H : k 7→ kH .Puisque G est le produit direct interne de H et K, le Theoreme 8.9 montreque tout element g ∈ G s’ecrit de maniere unique comme un produit hk avech ∈ H et k ∈ K. D’autre part, le Theoreme 5.3 (iv) implique que hk = kh etdonc, gH = hkH = kH = σ(k), σ est donc surjective. Elle est aussi injectivepuisque H ∩ K = 〈e〉 par hypothese.

Exercice 12. (a) Par hypothese, il existe N⊳G et F⊳K tels que K = H ×Fet G = K × N . Le Theoreme 8.9 montre que K = HF et G = KN . Soienth ∈ H et g = kn ∈ G avec k ∈ K et n ∈ N . On a

(kn)−1hkn = n−1k−1hkn = n−1nk−1hk = k−1hk

1Theoreme 5.3 (iv): si K, N⊳G et K∩N = 〈e〉 alors kn = nk pour tout k ∈ K et n ∈ N .


car k−1hk ∈ K et les elements de K et N commutent entre eux. PuisqueH⊳ K, k−1hk ∈ H et donc, H⊳ G.

Remarquons que cet exercice montre que G = H × F × N .

(b) Par hypothese, il existe K⊳ G tel que G = H × K. Si σ : H → G est unmorphisme alors σ : G → G : (h, k) 7→ σ(h) en est un.

Supposons que σ est injectif et montrons que σ ne s etend pas, en general, en unautomorphisme de G. Notons d’abord que si σ s’etend en un automorphismeσ de G alors σ(H) est un facteur direct de G, G = σ(H) × σ(K). En effet, sig ∈ σ(H) ∩ σ(K), il existe h ∈ H et k ∈ K tels que σ(h) = σ(k). Comme σest injectif, h = k et donc, h = e = k puisque H ∩ K = 〈e〉.

Soit le morphisme de groupe suivant:

σ : Z/2 × 〈0〉 → Z/2 × Z/4 : (1, 0) 7→ (0, 2).

L’image de (0, 1) par un automorphisme σ de Z/2 × Z/4 ne peut etre qu’unel’ement d’ordre 4 dans Z/2 × Z/4, c’est-a-dire (0, 1), (0, 3), (1, 1) ou (1, 3).Dans tous les cas, on montre que σ(Z/2 × 〈0〉) ∩ σ(〈0〉 × Z/4) 6= 〈(0, 0)〉 etdonc, σ n’est pas extensible en un automorphisme de Z/2 × Z/4.

Exercice 13. Considerons l’homomorphisme

ϕ :∏

i∈I

Gi →∏

k∈I\J

Gk : {ai} 7→ {ck}

avec ck = ak pour k ∈ I\J . Clairement, ϕ est un epimorphisme de groupes. Onverifie aisement que α(

∏j∈J Gj) = ker ϕ. Le premier theoreme d’isomorphisme

nous permet de conclure.

Exercice 14.

(a) Posons G1 = G2 = Z, H1 = 2Z et H2 = 3Z. On a G1∼= G2, H1

∼= H2

mais

G1/H1 = Z/2 ≇ Z/3 = G2/H2.

(b) Considerons K1 = 〈2〉 le sous-groupe de Z/6 et K2 = 〈2〉 le sous-groupede Z/4. Soient

G1 = G2 = Z/6 × Z/4, H1 = K1 × Z/4 et H2 = Z/6 × K2.

Groupes libres, produits libres, et generateurs et relations 9

On sait en outre que K1 ⊳ Z/6 et K2 ⊳ Z/4 puisque Z/6 et Z/4 sontcommutatifs. On sait alors que

G1/H1∼= (Z/6)/K1 × (Z/4)/(Z/4) ∼= Z/2 × 〈0〉 ∼= Z/2

etG2/H2

∼= (Z/6)/(Z/6) × (Z/4)/K2∼= 〈0〉 × Z/2 ∼= Z/2

bien que H1 ≇ H2.

(c) Soient H1 = 〈2〉 sous-groupe de G1 = Z/4 et H2 = 〈(1, 0)〉 sous-groupede G2 = Z/2×Z/2. On a clairement H1

∼= Z/2 ∼= H2 et G1/H1∼= Z/2 ∼=

G2/H2, alors que G1 ≇ G2.

9. Groupes et produits libres, generateurs et

relations

Exercice 1. Soit e 6= x = xλ11 · · ·xλm

m , un mot reduit de F(X) ou xi ∈ X et

λi ∈ {−1, +1}. Si xn = 1 alors, pour tout i ∈ {0, . . . , m−1}, xλm−i

m−i = (xλi+1

i+1 )−1.

Si m est pair, xλm/2

m/2 = (xλm/2+1

m/2+1 )−1, ce qui contredit le fait que x est reduit. Si

m est impair alors xλ(m+1)/2

(m+1)/2 = (xλ(m+1)/2

(m+1)/2 )−1 et donc, x ne serait pas reduit.

Exercice 2. L’exercice 1 montre que a est d’ordre infini et donc, F (a) est ungroupe infini et cyclique puisque les elements reduits sont de la forme an avecn ∈ Z. L’application σ : F (a) → Z : an 7→ n est l’isomorphisme souhaite.

Exercice 3. Pour tout 0 6= x ∈ F (X) et yn ∈ N ,

xynx−1 = xyx−1xyx−1 · · ·xyx−1 = (xyx−1)n ∈ N.

Exercice 4. Remarquons que tout mot reduit de F (X) peut s’ecrire demaniere unique sous la forme x1y1x2 · · ·ynxn+1 avec xi ∈ F (X \Y ), yi ∈ F (Y )et eventuellemnt x1 = e ou/et xn+1 = e. Considerons l’application

σ : F (X) → F (X \ Y ) : x1y1x2 · · · ynxn+1 7→ x1x2 · · ·xn+1.

Montrer que σ est un epimorphisme. Le premier Theoreme d’Isomorphismemontre alors que

F (X)/ ker σ ∼= F (X \ Y ).


Il suffit donc de montrer que ker σ =H . Soit z = x1y1x2 · · · ynxn+1 ∈ ker σ etmontrons par induction2 sur n que z ∈ H . Le resultat est vrai lorsque n = 1.Traitons le cas general. Notons xi = xi1 · · ·xiℓi

avec xij ∈ X \ Y . Commex1x2 · · ·xn+1 = e, il existe k ∈ {1, . . . , n} tel que xk+1 = (xk(ℓk−ℓk+1) · · ·xkℓk

)−1

(nous supposons que ℓk+1 ≤ ℓk, l’autre cas se traite de maniere similaire).Donc, y

′

k = xk(ℓk−ℓk+1) · · ·xkℓk+1ykxk+1 ∈ H . Alors, en notant xk = x

′

kxk(ℓk−ℓk+1)

· · ·xkℓk+1, nous obtenons

x1y1x2 · · · ynxn+1 = x1y1x2 · · ·xk−1yk−1x′

ky′

kyk+1xk+2 · · · ynxn+1

qui est dans H par hypothese d’induction. Nous venons de montrer que ker σ ⊂H . D’autre part, comme Y ⊂ ker σ et ker σ⊳F (X), H ⊂ ker σ car H est le pluspetit sous-groupe normal de F (X) contenant Y . Par consequent, H = ker σet donc,

F (X)/H ∼= F (X \ Y ).

Exercice 5. Les elements de G = 〈a, b | a8 = a4b2 = ab−1ab = e〉 sontdes produits finis de la forme ai1bj1 · · ·ainbin ou ik, jk ∈ Z . Des relationsa8 = a4b2 = ab−1ab = e, on deduit que b2 = a4 (donc b4 = e), b−1a =a−1b−1 = a7b3 = a3b, ba = a−1b = a7b, b−1a−1 = ab−1 = ab3 et ba−1 = ab.Par consequent, tout element de G peut encore s’ecrire sous la forme aibj aveci ∈ {0, . . . , 7} et j ∈ {0, 1}. L’ordre de G est donc ≤ 16.

Exercice 6. Soit G = 〈a, b | a2 = b3 = a−1b−1ab = e〉. On ab = ba et donc,|ab| = |a||b| = 6 (exercice 8.5). L’ordre de G est donc ≥ 6. D’autre part, unraisonnement similaire fait dans l’exercice precedent montre que les elementsde G sont de la forme aibj avec i ∈ {0, 1} et j ∈ {0, 1, 2}. L’ordre de G estdonc ≤ 6. Par consequent, |G| = 6, et comme ab est un element d’ordre 6,G = 〈ab〉 est cyclique.

Autre solution: montrer que l’application G → Z/6 : a 7→ 3+6Z et b 7→ 2+6Zest un isomorphisme de groupe (notons que ab 7→ 5 + 6Z).

Exercice 7. Puisqu’il n’y a aucune relation entre a et b, le groupe n’est niabelien ni fini (ex: ab est un element d’ordre infini et ab 6= ba).

2nous montrons que si x1x2 · · ·xn+1 = e alors quelque soient yi ∈ H , x1y1x2 · · · ynxn+1

est dans H

Groupes libres, produits libres, et generateurs et relations 11

Exercice 8. De abab = e, on deduit que ba = a−1b−1. Comme b−1 = b,ba = a−1b. Le Theoreme 6.13 montre alors que 〈a, b | an = b2 = abab = e〉 estisomorphe a Dn.

Exercice 9. On verifie que l’application

〈b | bm = e〉 → Z/m : bi 7→ i + mZ

est un isomorphisme de groupe.


Chapter 2

Structure des groupes

1. Groupes abeliens libres

Exercice 2.

(a) Soit x ∈ 〈X〉 et supposons que x admette deux ecritures:

n1x1 + ... + nkxk = m1x′1 + ... + mlx

′l

ou ni et mj sont des entiers non nuls et ou x1, ..., xk sont distincts dememe que x′

1, ..., x′l. Supposons qu’il existe 1 ≤ i ≤ k tel que xi 6= x′

j

pour tout j ∈ {1, ..., l}. Alors, puisque X est lineairement independant,on sait que ni = 0, ce qui contredit l’hypothese. Par consequent, k = let pour tout i, il existe j tel que xi = x′

j(i). Alors, de (n1 − mj(1))x1 +

... + (nk − mj(k))xk = 0, on deduit que l’ecriture de x est unique.

La reciproque est claire en procedant par l’absurde.

(b) On sait que {1} est une base de Z. Le sous-groupe {2} est clairementlineairement independant, compte 1 element, mais n’engendre pas Z.

(c) {2} ne peut etre complete en une base de Z puisqu’une base ne comptequ’un element.

(d) Puisque Z = 2Z + 3Z, {2, 3} est une partie generatrice qui ne contientpas de base de Z.

13

14 CHAPTER 2. STRUCTURE DES GROUPES

Supposons que G soit un groupe abelien engendre par n elements. Letheoreme 1.4 (avec le premier theoreme d’isomorphisme) montre que Gest isomorphe a F/H ou F est un groupe abelien libre de rang n et Hun sous-groupe de F . Du theoreme 1.6, on deduit qu’il existe une base{y1, ..., yn} de F et des entiers positifs d1, ..., dm avec m ≤ n tels queH = d1y1Z+ ... + dmymZ. Posons dm+1 = ... = dn = 0. Alors, d’apres lecorollaire I.8.11, on a

G ∼= F/H =

(n∑

i=1

yiZ

)/

(n∑

i=1

diyiZ

)∼=

n∑

i=1

(yiZ)/(diyiZ)

∼=

n∑

i=1

Z/diZ.

Puisque G est libre, F/H l’est aussi et donc il ne contient pas d’elementd’ordre fini. Par consequent, di = 0 ou di = 1 pour tout 1 ≤ i ≤ n. Sidi = 0, Z/diZ ∼= Z et si di = 1, Z/diZ ∼= 〈0〉. Donc

G ∼= F/H ∼=

n−m∑

i=1

Z.

Ceci montre que le rang de G est n − m ≤ n.

Exercice 3. Notons F le groupe abelien sur X. Comme aiaj = ajai quelquesoit i, j ∈ I, tout element de G = 〈X | aiaja

−1i a−1

j = e〉 est de la formean1

i1· · ·ans

isou i1, · · · , is ∈ I et n1, · · · , ns ∈ Z. On montre alors que

σ : G → F : an1i1· · ·ans

is7→ n1ai1 + · · ·+ nsais

est un isomorphisme de groupe.

Exercice 4. Soient F un groupe abelien libre qui est libre

et X une base de F . Si |X| ≥ 2, il existe deux elements distincts a, b dans X.Comme F est un groupe libre ab 6= ba. Mais F est abelien et donc, ab = ba.Par consequent, |X| = 1, disons X = {x}. On a F = 〈x〉 = Zx qui est ungroupe cyclique isomorphe a Z (nx 7→ n est un isomorphisme entre F et Z).

Si F est cyclique, alors F = 〈x〉 pour un certain x ∈ F . Comme F est ungroupe abelien libre, x est d’ordre infini et donc, F = 〈x〉 = Zx ∼= Z est ungroupe libre sur {x}.

Groupes abeliens libres 15

Exercice 5. Soit {Gi : i ∈ I} une famille de groupes abeliens libres. D’apresle theoreme 1.1, pour tout i ∈ I, il existe un ensemble non vide Xi et unefonction ϕi : Xi → Gi tel que si H est un groupe abelien et si fi : Xi → Hest une fonction, il existe un homomorphisme de groupes fi : Gi → H tel quefiϕi = fi.

Soit la fonction

ι :⋃

i∈I

Xi →∑

i∈I

Gi : x 7→ {xi}i∈I

definie par ι|Xi= ιiϕi ou ιi : Gi →

∑i∈I Gi est l’injection habituelle (theoreme

I.8.4).

Montrons que∑

i∈I Gi est un groupe abelien libre sur X =⋃

i∈I Xi. SoientH un groupe abelien et f : X → H une fonction. Notons que fi = f|Xi

estune fonction de Xi dans H . Comme Gi est abelien libre pour tout i ∈ I, ilexiste un homomorphisme de groupes fi : Gi → H tel que fiϕi = fi. Alors, letheoreme I.8.5 montre qu’il existe un homomorphisme

f :∑

i∈I

Gi → H

tel que pour tout i ∈ I, f ιi = fi. Alors, comme

f ι|Xi= f ιiϕi = fiϕi = fi = f|Xi

quel que soit i ∈ I, on a f ι = f et, d’apres le theoreme 1.1,∑

i∈I Gi est ungroupe abelien libre.

Exercice 6. D’apres le Theoreme I 8.1,

πx0 : F =∑

x∈X

Zx → Zx0

defini par∑

x∈X nxx 7→ nx0x0 est1 un epimorphisme de groupe. On verifie queker πx0 = G et donc, on a F/G ∼= Zx0.

Si X ′ est un sous ensemble de X alors F/G ∼=∑

x∈X\X′ Zx, la preuve estlaissee au lecteur..

1rappelons que nx = 0 sauf pour un nombre fini de x ∈ X car∑

x∈X

Zx est un produit

direct faible.


Exercice 7. Soient F =∑

x∈X Zx un groupe abelien libre de base X. Soit

G =

( ∑

x∈X\{x0}

Zx

)⊕ Znx0

le sous-groupe de F de base (X \ {x0}) ∪ {nx0} pour un certain x0 ∈ X. Lecorollaire I.8.11 montre alors que

F/G =

(∑

x∈X

Zx

)/

( ∑

x∈X\{x0}

Zx

)⊕ Znx0

∼=

( ∑

x∈X\{x0}

Zx/Zx

)⊕ Zx0/Znx0

∼= Z/n.

Exercice 8. On observe que

an =

(2n 00 1

)et bn =

(1 n0 1

).

Les elements de G sont de la forme ai1bj1 ...aikbjk avec eventuellement i1 = 0ou jk = 0. On montre que

G =

{(2n m

2k

0 1

), n, m ∈ Z et k ∈ N

}.

Les elements de H sont donc de la forme(

1 m2n

0 1

)

avec m ∈ Z et n ∈ N. Supposons que H soit engendre par

(1 a1

2n1

0 1

)...

(1 ak

2nk

0 1

),

alors

H =

{(1 m1

2n1+ · · · + mk

2nk

0 1

), m1, ..., mk ∈ Z

}.

Groupes abeliens libres 17

Soit ℓ = supi=1,...,k ni + 1. Il existe alors m1, ..., mk ∈ Z tels que

(1 1

2ℓ

0 1

)=

(1 m1

2n1+ · · ·+ mk

2nk

0 1

)

et donc1

2ℓ=

1

2ℓ−1

( m1

21−ℓ+n1+ · · ·

mk

21−ℓ+nk

).

Or, on am1

21−ℓ+n1+ · · ·

mk

21−ℓ+nk∈ Z

puisque 1 − ℓ + ni ≤ 0 et on en deduit que 12∈ Z, ce qui est absurde.

Exercice 9. Soit G = 〈g1, . . . , gn〉 un groupe abelien finiment engendre danslequel tout element non nul est d’ordre infini. Le Theoreme 1.4 montre qu’ilexiste un groupe libre F de rang n et un morphisme surjectif f : F → G. Ona F/ ker f ∼= G. Montrons que F/ ker f est un groupe abelien libre. Puisqueker f < F , d’apres le Theoreme 1.6, il existe une base {x1, . . . , xn} de F etdes entiers positifs d1, . . . , dr avec r ≤ n tels que ker f =

∑ri=1 Zdixi. On pose

dr+1 = · · · = dn = 0 si r < n. En utilisant le Corollaire I 8.11, on deduit

G ∼= F/ ker f ∼=

n∑

i=1

Zxi/n∑

i=1

Zdixi∼=

n∑

i=1

Zxi/Zdixi∼=

n∑

i=1

Z/di.

Comme G ne possede pas d’elements d’ordre fini, di = 0 ou 1 pour tout i. Or,d1, . . . , dr sont positifs et donc, G ∼=

∑n−ri=1 Z qui est un groupe abelien libre.

Exercice 10. (a) Supposons que Q = 〈a1

b1, . . . , an

bn〉 ou a1, . . . , an ∈ Z et

b1, . . . , bn ∈ Z \ {0}, et soit 1b1···bn+1

∈ Q. On a alors 1b1···bn+1

= m1a1

b1+

· · ·+mnan

bn= m

b1···bnavec m, m1, . . . , mn ∈ Z. Donc, b1 · · · bn +1 divise b1 · · · bn,

ce qui est impossible.

(b) Supposons que Q est libre. Le Theoreme 1.1 implique que Q a unebase. Soient alors deux elements a1/b1, a2/b2 de la base (a1, a2, b1, b2 ∈ Z \{0}. Comme a2b1

a1

b1− a1b2

a2

b2= 0, on a que a1

b1, a2

b2ne sont pas lineairement

independants puisque a2b1 6= 0. Nous obtenons donc une contradiction.

(c) exercice.


2. Groupes abeliens libres finiment engendres

Exercice 1. Comme G est fini, le theoreme 2.2 montre que

G ∼= Z/pn11 ⊕ ... ⊕ Z/pnr

r

avec p1, ..., pr des entiers premiers. Si les p1, ..., pr sont premiers entre eux,alors G est cyclique. Il doit donc exister i < j ∈ {1, ..., r} tels que pi = pj.

Par consequent, G contient le sous-groupe

〈0〉 ⊕ ... ⊕ 〈0〉 ⊕ Z/pnii ⊕ 〈0〉 ⊕ ... ⊕ Z/p

nj

i ⊕ 〈0〉 ⊕ ... ⊕ 〈0〉

qui est isomorphe a Z/pnii ⊕Z/p

nj

i . Il suffit donc de montrer que Z/pnii ⊕Z/p

nj

i

contient un sous-groupe isomorphe a Z/pi ⊕ Z/pi.

Comme pni−1i et p

nj−1i sont d’ordre pi respectivement dans Z/pni

i et Z/pnj

i ,

l’ensemble 〈pni−1i 〉 ⊕ 〈p

nj−1i 〉 est un sous-groupe de Z/pni

i ⊕ Z/pnj

i isomorphe aZ/pi ⊕ Z/pi.

Exercice 2. Soient G un groupe abelien fini et x un element d’ordre maximaldans G, |x| = pn1

1 · · · pnkk ou n1, . . . , nk ∈ N et p1, . . . , pk sont des naturels

premiers distincts. Montrons par induction sur |G| que 〈x〉 est un facteurdirect de G. Soit y ∈ G\ 〈x〉. Comme |x| est d’ordre maximal, |y| | |x| et donc|x|y = 0 ∈ 〈x〉. Soit alors m1, . . . , mk ∈ N tels que pm1

1 · · · pmkk est minimal pour

la condition pm11 · · · pmk

k y ∈ 〈x〉, pm11 · · · pmk

k y = mx pour un certain m ∈ N.Remarquons qu’il existe 1 ≤ i ≤ k tel que mi 6= 0 car y /∈ 〈x〉. Comme

0 = pn1−m11 · · ·pnk−mk

k pm11 · · ·pmk

k y = pn1−m11 · · · pnk−mk

k mx,

pm11 · · · pmk

k divise m, soit m = m′pi ou m′ ∈ N. Posons ℓ = pm11 · · · pmi−1

i · · ·pmkk

et x′ = ℓy − m′x. Alors x′ /∈ 〈x〉 car ℓy /∈ 〈x〉, et |x′| = pi puisque

pix′ = piℓy − pim

′x = mx − mx = 0.

On a 〈x〉 ⊕ 〈x′〉 < G. Comme 〈x〉 ∩ 〈x′〉 = 〈0〉, x est d’ordre maximal dansG/〈x′〉 et donc, par induction,

G/〈x′〉 = 〈x〉 ⊕ H

Groupes abeliens libres finiment engendres 19

ou H est un sous-groupe de G/〈x′〉. Soit alors H l’image2 reciproque de H .Alors G = 〈x〉+H . Montrons que la somme est directe. Comme 〈x〉∩H ⊂ 〈x′〉et 〈x〉 ∩ 〈x′〉 = 〈0〉, 〈x〉 ∩ H = 〈0〉 et donc, G = 〈x〉 ⊕ H .

Exercice 3. Soient G un p-groupe, x un element d’ordre pt maximal, y ∈G/〈x〉 d’ordre pr et y ∈ G un representant de y. Si |y| < pr alors

|y|y = |y|y + 〈x〉 = 〈x〉

et donc, y serait d’ordre < pr, une contradiction. D’autre part, pt|y| = 0puisque x est d’ordre maximal dans G et donc |y| | pt. Des lors, |y| = pr+n ou1 ≤ n ≤ t − r. Alors pny est un element d’ordre pr.

Exercice 4. Montrons d’abord que tout p-groupe fini est une somme directefinie de groupes cycliques d’ordre une puissance de p. Soit |G(p)| = pk unp-groupe et x un element d’ordre maximal pr. Montrons par induction sur kque G(p) = 〈x1〉⊕ · · ·⊕ 〈xn〉 avec |xi| = pri et 1 ≤ r1 ≤ · · · ≤ rn. Le cas k = 0est un exercice. Traitons le cas general. Par induction,

G/〈x〉 = 〈x1〉 ⊕ · · · ⊕ 〈xn〉,

avec |xi| = pri et 1 ≤ r1 ≤ · · · ≤ rn. D’apres l’exercice 3, il existe desrepresentants x1, . . . , xn ∈ G(p) de x1, . . . , xn respectivement tels que |xi| =|xi| = pri. Soit g ∈ G(p). Alors il existe des entiers a1, . . . , an ∈ N tels queg = a1x1 + · · · + anxn. On en deduit que g − (a1x1 + · · · + anxn) ∈ 〈x〉, ouencore g = a1x1 + · · ·+ anxn + ax pour un certain a dans N. Donc,

G = 〈x1〉 + · · ·+ 〈xn〉 + 〈x〉.

Montrons que cette somme est directe. Posons xn+1 = x et soit 0 6= aixi =∑n+1j 6=i ajxj ∈ 〈xi〉 ∩ 〈∪n+1

j 6=i 〈xj〉〉 ou a1, . . . , an+1 ∈ N. Alors, comme la somme〈x1〉 ⊕ · · · ⊕ 〈xn〉 est directe, de

aixi = aixi =n+1∑

j 6=i

ajxj =n∑

j 6=i

ajxj

on deduit que a1 = · · · = an = 0 et donc, aixi = 0. Ce qui montre queG(p) = 〈x1〉 ⊕ · · · ⊕ 〈xn〉 ⊕ 〈x〉.

2verifier que H est un sous-groupe de G contenant 〈x′〉


On vient de montrer que G(p) ∼= Z/pr1 ⊕ · · · ⊕ Z/prn ⊕ Z/pr avec 1 ≤ r1 ≤· · · ≤ rn ≤ r. Donc, tout p-groupe fini est une somme directe finie de groupescycliques d’ordre une puissance d’un nombre premier. D’apres l’exercice 7,tout groupe abelien fini G est une somme directe finie de p-groupes. Parconsequent, G est une somme directe finie de groupes cycliques dont chacunest d’ordre une puissance d’un premier. On a donc une decomposition de G endiviseurs elementaires. On en deduit alors les facteurs invariants et on obtientainsi le resultat du Theoreme 2.1.

Exercice 7.

(a) Par le lemme 2.5, G(p) est un sous-groupe de G. Comme G(p) contienttous les elements dont l’ordre est une puissance de p, G(p) contient tousles p-sous-groupes de G.

(b) Soit u ∈ G tel que |u| = pn11 ...pnt

t avec p1, ..., pt des nombres premiers dis-tincts. Posons mi = |u|/pni

i pour tout i = 1, ..., t. Puisque les m1, ..., mt

sont premiers entre eux, il existe c1, ..., ct ∈ Z tels que

t∑

i=1

cimi = 1.

Alors, on a

u =

(t∑

i=1

cimi

)u =

t∑

i=1

(cimiu).

Notons que pour tout i ∈ {1, ..., t}, pnii cimiu = 0, donc cimiu ∈ G(pi)

pour tout i.

Il reste a montrer que la somme est directe. Puisque les elements de∑p 6=pi

G(p) sont d’ordre premier avec l’ordre de ceux de G(pi), la sommeest directe.

(c) Notons que si prg = 0, alors σ(prg) = prσ(g) = 0 pour tout homomor-phisme de groupes σ. L’image d’un p-sous-groupe maximal par un iso-morphisme est alors un p-sous-groupe maximal isomorphe, ce qui prouveque la condition est necessaire. Le theoreme I.8.10 montre qu’elle estaussi suffisante.

Exercice 8. Soient G(p) un p-groupe abelien fini et g un element d’ordremaximal. D’apres l’exrcice 2, G(p) = 〈g〉 ⊕ H pour un certain sous-groupe H


de G. Soit h ∈ H . Comme g est d’ordre maximal, |h| | |g|. On montre alorsque |g + h| = |g| et donc, g + h est un element d’ordre maximal pour touth ∈ H . Soit X = {g + h | h ∈ H}. Montrons que G(p) = 〈X〉. Un elementde G(p) est de la forme ng + h ou n ∈ N et h ∈ H car G(p) = 〈g〉 ⊕ H . Alorsng + h = (n − 1)(g + h) + (g − (n − 2)h) ∈ 〈X〉 et donc, G(p) = 〈X〉 estengendre par des elements d’ordre maximal.

Exercice 9. Soit a, b ∈ Z/pn. Montrer que:

(i) dans Z/pn, un element a est un generateur (c-a-d. |a| = pn) ⇐⇒ a estinversible dans l’anneau (Z/pn, ., +).

(ii) pour tout 1 ≤ i ≤ n − 1, 〈pn−i〉 est l’unique sous-groupe d’ordre pi deZ/pn.

(iii) |a| ≤ pi ⇐⇒ a ∈ 〈pn−i〉.

(iv) |(a, b)| = pn ⇐⇒ |a| = pn ou |b| = pn.

Les groupes d’ordre p2 sont isomorphes a Z/p ⊕ Z/p ou a Z/p2. Puisque lesseuls sous-groupes d’ordre p de Z/p3 et Z/p2 sont respectivement 〈p2〉 et 〈p〉,〈p2〉 ⊕ 〈p〉 est le seul sous-groupe de Z/p3 ⊕ Z/p2 isomorphes a Z/p ⊕ Z/p.Les sous-groupes isomorphes a Z/p2 sont de la forme 〈(p, b)〉 avec b ∈ Z/p2

ou 〈(a, 1)〉 avec3 |a| ≤ p2. Il y a p2 sous-groupes de la forme 〈(p, b)〉 puisqueb ∈ Z/p2. Il y en a aussi p2 de la forme 〈(a, 1)〉 mais il se peut que 〈(p, b)〉 =〈(a, 1)〉. On a

〈(p, b)〉 = 〈(a, 1)〉 ⇐⇒ k(p, b) = (a, 1)

⇐⇒ kp = a et kb = 1.

Alors, k est inversible dans Z/p2 et donc, dans Z/p3 (voir le debut de l’exercice).Des lors, |a| = |kp| = p2. D’autre part, |b| = p2 puisque b est inversible dansZ/p2. Donc,

〈(p, b)〉 = 〈(a, 1)〉 ⇐⇒ |a| = |b| = p2.

Par consequent, il ne faut considerer que les sous-groupes 〈(a, 1)〉 avec |a| < p2,c’est-a-dire a ∈ 〈p2〉. Comme |〈p2〉| = p, au total, on a donc p2 + p + 1 sous-groupes d’ordre p2.

3montrer que si c ∈ 〈p〉 et |d| = p2 alors 〈(c, d)〉 = 〈(a, 1)〉. montrer aussi que si |c| = p2

et d ∈ Z/p2 alors 〈(c, d)〉 = 〈(p, b)〉.


Exercice 11. (a) Soient pn11 , . . . , pnk

k et qm11 , . . . , qms

s avec 1 ≤ n1 ≤ · · · ≤ nk et1 ≤ m1 ≤ · · · ≤ ms les diviseurs elementaires de G et H respectivement. Lesdiviseurs elementaires de G ⊕ G sont pn1

1 , pn11 , . . . , pnk

k , pnkk et ceux de H sont

qm11 , qm1

1 , . . . , qmss , qms

s . Puisque G ⊕G ∼= H ⊕ H , d’apres le Corollaire 2.7, lesdiviseurs elementaires de G ⊕ G et H ⊕ H sont identiques. Par consequent,k = s, pi = qi et ni = mi et donc, G et H ont les memes diviseurs elementaires.Le Corollaire 2.7 montre aussi que (G ⊕ G)/(G ⊕ G)t et (H ⊕ H)/(H ⊕ H)t

ont le meme rang. Comme (G ⊕ G)t = Gt ⊕ Gt, le Corollaire I 8.11 entraıneque

2rg (G/Gt) = rg (G/Gt ⊕ G/Gt)

= rg ((G ⊕ G)/(G ⊕ G)t)

= rg ((H ⊕ H)/(H ⊕ H)t)

= rg (H/Ht ⊕ H/Ht)

= 2rg (H/Ht),

et donc, rg (G/Gt) = rg (H/Ht). Le Corollaire 2.7 entraıne alors que G ∼= H .

Exercice 12.

(a) Pour G = Z/2 ⊕ Z/9 ⊕ Z/35, les diviseurs elementaires sont 2, 32, 5, 7.Le facteur invariant de G est 2.32.5.7 = 630 et donc G = Z/630.

Pour H = Z/26⊕/Z/42⊕Z/49⊕Z/200⊕Z/1000, les diviseurs elementairessont 2, 2, 23, 23, 3, 52, 53, 7, 72, 13. Disposons ces diviseurs elementairesdans le tableau suivant dont on deduit les facteurs invariants

2 30 50 70 130 −→ m1 = 22 30 50 70 130 −→ m2 = 223 30 52 7 130 −→ m3 = 140023 3 53 72 13 −→ m4 = 1911000.

Ainsi,

H ∼= Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/1400 ⊕ Z/1911000.

(b) On sait que 64 = 26. Ainsi, les familles possibles pour les diviseurselementaires sont {26}, {2, 25}, {2, 2, 24}, {22, 24}, {2, 2, 2, 23}, {2, 22, 23},{23, 23}, {2, 2, 2, 2, 22}, {2, 2, 22, 22}, {22, 22, 22} et enfin {2, 2, 2, 2, 2, 2}.A un isomorphisme pres, les groupes abeliens d’ordre 64 sont


Z/26, Z/23 ⊕ Z/23,Z/2 ⊕ Z/25, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22,Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/24, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/22,Z/22 ⊕ Z/24, Z/22 ⊕ Z/22 ⊕ Z/22,Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/23, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2.Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/23,

Comme 96 = 253, les familles possibles pour les diviseurs elementairessont {25, 3}, {2, 24, 3}, {2, 2, 23, 3}, {22, 23, 3}, {2, 2, 2, 22, 3}, {2, 22, 22, 3}et enfin {2, 2, 2, 2, 2, 3}. A un isomorphisme pres, les groupes d’ordre 96sont

Z/25 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/3,Z/2 ⊕ Z/24 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/22 ⊕ Z/22 ⊕ Z/3,Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/23 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/3.Z/22 ⊕ Z/23 ⊕ Z/3,

(c) En procedant comme ci-dessus, on obtient tous les groupes abeliensd’ordre inferieur ou egal a 20:

• {0},

• Z/2,

• Z/3,

• Z/22, Z/2 ⊕ Z/2,

• Z/5,

• Z/2 ⊕ Z/3,

• Z/7,

• Z/23, Z/2 ⊕ Z/22, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/2,

• Z/32, Z/3 ⊕ Z/3,

• Z/2 ⊕ Z/5,

• Z/11,

• Z/22 ⊕ Z/3, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/3,

• Z/13,

• Z/2 ⊕ Z/7,

• Z/3 ⊕ Z/5,

• Z/24, Z/2 ⊕ Z/23, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/22, Z/22 ⊕ Z/22, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕Z/2 ⊕ Z/2,


• Z/17,

• Z/2 ⊕ Z/32, Z/2 ⊕ Z/3 ⊕ Z/3,

• Z/19,

• Z/22 ⊕ Z/5, Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/5.

Exercice 13. Nous utiliserons sans indiquer le fait suivant: Z/r ⊕ Z/s =Z/rs ⇐⇒ (r, s) = 1 (exercice I 8.5); ce qui montre la deuxieme partie del’exercice. Posons d = (m, n) et supposons que d > 1. Alors il existe m′, n′ ∈ Ntels que m = dm′, n = dn′ et (d, m′) = 1 ou (d, n′) = 1, disons (d, m′) = 1. Onen deduit que (m′, n) = 1 car si f ∈ N et f | m′, n alors f | m, n et donc f | d.Comme f | m′, f | (d, m′) = 1 et donc, f = 1. Par consequent,

Z/m ⊕ Z/n ∼= Z/d ⊕ Z/m′ ⊕ Z/n ∼= Z/d ⊕ Z/m′n.

Puisque d | m′n, le Theoreme 2.6 entraıne que d = (m, n) et m′n = mnd

= [m, n]sont les facteurs invariants de Z/m ⊕ Z/n.

Exercice 14. D’apres le Theoreme 2.6, il existe des premiers p1 ≤ · · · ≤ pn etq1 ≤ · · · ≤ qs tels que G ∼= Z/pk1

1 ⊕ · · · ⊕ Z/pknn et H ∼= Z/qℓ1

1 ⊕ · · · ⊕ Z/qℓss ou

k1, . . . , kn, ℓ1, . . . , ℓs sont des entiers positifs. Comme qℓ11 · · · qℓs

s = |H| | |G| =pk1

1 · · · pknn , il existe 1 ≤ i1 ≤ · · · ≤ is ≤ n tels que qj = pij et ℓj | kij . Apres

insertion de termes de la forme p0i , on note H ∼= Z/pm1

1 ⊕ · · · ⊕ Z/pmnn avec

0 ≤ mi ≤ ki pour tout i ∈ {1, . . . , n}. Comme pki−mii ∈ Z/pki

i est d’ordre pmii ,

Z/pmii

∼= 〈pki−mii 〉 < Z/pki

i . Le Theoreme I 8.10 entraıne alors que

H ∼= 〈pk1−m11 〉 ⊕ · · · ⊕ 〈pk1−mn

n 〉.

On a alors par le Corollaire I 8.11

G/H ∼= (

n∑

i=1

Z/pkii )/(

n∑

i=1

〈pki−mii 〉) ∼=

n∑

i=1

(Z/pkii )/(〈pki−mi

i 〉) ∼=

n∑

i=1

Z/pki−mii

puisque (Z/pkii )/(〈pki−mi

i 〉) est un groupe cyclique d’ordrep

kii

pmii

. Sachant que

Z/pki−mii

∼= 〈pmii 〉 < Z/pki

i , on deduit du Theoreme I 8.10 que

G/H ∼=

n∑

i=1

Z/pki−mii

∼=

n∑

i=1

〈pmii 〉 <

n∑

i=1

Z/pkii∼= G.

Ce qui montre bien que G/H est isomorphe a un sous-groupe de G.

Le Theoreme de Krull-Schmidt 25

3. Le Theoreme de Krull-Schmidt

Exercice 1. Par definition.

Exercice 2. S2 a deux elements et donc, il est indecomposable. On amontre dans l’exercice I 8.1 que S3 n’etait pas un produit direct et donc S3 estindecomposable.

Soit n > 4 et supposons que Sn = H × K. Si H = An alors |K| = 2 et donc,K est un sous-groupe normal d’ordre 2 de Sn. Ce qui est impossible car unsous-groupe d’ordre 2 est engendre par une transposition (ij), i 6= j. Commen > 4, il existe k 6= i, j avec 1 ≤ k ≤ n. Alors (ik)(ij)(ik) = (jk) /∈ 〈(ij)〉 etdonc, 〈(ij)〉 ⋪ Sn. Si H, K 6= An alors, d’apres l’exercice I 8.7, H ∩ An 6= 〈id〉ou K ∩An 6= 〈id〉 puisque An n’est pas dans le centre de Sn car (123) ∈ An et(123)(12) 6= (12)(123). Donc, 〈id〉 6= H ∩An ⊳An ou 〈id〉 6= K ∩An ⊳An. Or,An est simple pour n 6= 4 (Theoreme I 6.10).

Supposons S4 = H × K. Alors (|H|, |K|) = (2, 12), (3, 8) ou (4, 6). Le cas(2, 12) est impossible car il n’y a pas de sous-groupe normal d’ordre 2 dans S4.De meme, le cas (4, 6) est impossible car sinon il existerait h d’ordre 2 dansH et k d’ordre 3 dans K. et donc, il y aurait un element (h, k) d’ordre 6 dansS4. Or, les elements de S4 sont d’ordre au plus 4. Les cas (3, 8) se traite de lameme maniere.

Exercice 3. Supposons que Q = H ×K ou H, K < Q. Notons que si ab∈ H ,

bab∈ H et donc, H contient des entiers. On montre de la meme maniere que

K aussi contient des entiers. Soient 1 = (h, k) ∈ H × K et 0 6= a ∈ H ∩ Z.Comme (ah, ak) = a = (a, 0), k = 0. De facon similaire, on montre que h = 0et donc, 1 = (0, 0), ce qui est impossible.

Exercice 4. Soient m, n ∈ N tels que (m, n) = 1 et le morphisme surjectifZ → Z/mn : z 7→ z + mnZ. Le groupe Z est indecomposable, or son imageZ/mn = Z/m ⊕ Z/n est decomposable.

Exercice 5. (a) Puisque les sous-groupes de Z sont de la forme nZ et nZ (mZ ⇐⇒ m | n et m < n, Z satisfait ACC. Mais Z ne satisfait pas DCC car

Z ) 2Z ) 22Z · · ·

est une chaıne strictement decroissante.


(b) Soient G un groupe abelien finiment engendre et

G0 ⊂ · · · ⊂ Gn ⊂ · · ·

une chaıne de sous-groupes de G. On montre que ∪i∈NGi est un sous-groupede G et donc, par le Corollaire 1.7,

∪i∈NGi = 〈g1, . . . , gm〉.

Comme gj ∈ ∪i∈NGi, il existe kj ∈ N tel que gj ∈ Gkj. Si k = maxm

i=1 kj

alors Gkj⊂ Gk pour tout j ∈ {1, . . . , m} et donc, g1, . . . , gm ∈ Gk. Ce qui

montre que ∪i∈NGi ⊂ Gk. Alors, on a Gk+ℓ = Gk quelque soit ℓ ∈ Z puisqueGk ⊂ Gk+ℓ ⊂ ∪i∈NGi ⊂ Gk. Ainsi, G satisfait ACC.

Exercice 6. (a) Nous savons que N ∼= N × 〈e〉⊳ H ×K ∼= G. Donc, N ⊳ G.

(b) Une chaıne de sous-groupes normals de H (ou K) est une chaıne de sous-groupes normals de G par (a) et donc H ( et K) satisfait ACC ou DCC selonque G satisfait ACC ou DCC.

Exercice 7. On a (f + g)((12)(12)) = (f + g)(id) = f(id)g(id) = id et

(f + g)((12))(f + g)((12)) = f((12))g((12))f((12))g((12))

= (23)(13)(23)(13)

= (123)(123) = (132) 6= id.

Donc, (f + g)((12)(12)) 6= (f + g)((12))(f + g)((12)).

Exercice 8. (a) Soient a, b ∈ G, comme f et g sont des endomorphismesnormaux de G,

(fg)(aba−1) = f(g(aba−1)) = f(ag(b)a−1) = af(g(b))a−1 = a((fg)(b))a−1.

(b) Soient g ∈ G et f(h) ∈ f(H) ou h ∈ H . Comme f est un endomorphismenormal et ghg−1 ∈ H car H ⊳ G, gf(h)g−1 = f(ghg−1) ∈ f(H). Donc,f(H) ⊳ G.

(c) Soient a, b ∈ G. Comme (f + g)(b) = f(b)g(b) puisque f + g est unendomorphisme, on a

(f + g)(aba−1) = f(aba−1)g(aba−1)

= af(b)aa−1g(b)a−1

= a((f + g)(b))a−1,

Action d’un groupe sur un ensemble 27

ce qui montre que f + g est normal.

Exercice 9. Soient 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n et a = (a1, . . . , an), b = (b1, . . . , bn) ∈G. Notons que ϕi(a) = ϕi(a1, . . . , an) = (eG1 , . . . , eGi−1

, ai, eGi+1, . . . , eGn) et

donc,

ϕi(aba−1) = ϕi(a1b1a−11 , . . . , anbna−1

n )

= (eG1, . . . , eGi−1, aibia

−1i , eGi+1

, . . . , eGn)

= (a1a−11 , . . . , ai−1a

−1i−1, bi, ai+1a

−1i+1, . . . , ana

−1n )

= aϕi(b)a−1.

Alors,

(ϕi1 + · · ·+ ϕik)(aba−1) = ϕi1(aba−1) · · ·ϕik(aba−1)= aϕi1(b)a

−1 · · ·aϕik(b)a−1

= aϕi1(b) · · ·ϕik(b)a−1

= a((ϕi1 + · · ·+ ϕik)(b))a−1.

4. Action d’un groupe sur un ensemble

Exercice 1. Considerons l’application G/A × A → A : (gA, a) 7→ gag−1 etmontrons qu’elle est bien definie. Si gA = g′A alors g−1g′ ∈ A. Comme A estabelien, ∀a ∈ A, ag−1g′ = g−1g′a et donc, gag−1 = g′ag′−1.

Montrer que cette application definie une action de G/A sur A. Soit τg : A →A : a 7→ gag−1. On verifie que τg est un automorphisme et donc, τg ∈ Aut A.Alors,

τ : G/A → Aut A : gA 7→ τg : a 7→ gag−1

est un morphisme.

Exercice 2. Comme H ⊳ K, on a ∀k ∈ K et ∀h ∈ H , khk−1 ∈ H et donc,K ⊂ NG(H) = {g ∈ G | ghg−1 ∈ H, ∀h ∈ H}.

Exercice 3. Le corollaire 4.4 montre que |G : CG(a)| = 2, CG(a) est donc unsous-groupe d’indice 2 de G. Par consequent, CG(a) ⊳ G (exercice I.5.1).


Exercice 4. Si x ∈ CG(H), xhx−1 = xx−1h = h ∈ H et donc CG(H) ⊂NG(H).

Montrons que CG(H) est un sous-groupe de NG(H). On sait que eG ∈ CG(H),et pour tous a, b ∈ CG(H), h ∈ H , on a a−1h = (h−1a)−1 = (ah−1)−1 = ha−1

et donc ba−1h = bha−1 = hba−1.

On peut montrer en outre que CG(H) ⊳ NG(H). Soient h ∈ H , g ∈ NG(H)et x ∈ CG(H). Il faut montrer que gxg−1 ∈ CG(H), c’est-a-dire hgxg−1 =gxg−1h. Comme g ∈ NG(H), on a gH = Hg et donc il existe h′ ∈ H tel quegh = h′g. Des lors, il vient

hgxg−1 = gh′xg−1 = gxh′g−1 = gxg−1h.

Exercice 5. Considerons l’application

NG(H)/CG(H) → Aut H : gCG(H) 7→ τG

ou τg : H → H : h 7→ ghg−1 ∈ H puisque H ⊳ NG(H). C’est un homomor-phisme car τgg′ = τgτg′ . Il reste a montrer que cet homomorphisme est injectif,c’est-a-dire que si τg = id, alors gCG(H) = Cg(H). Si τg = id, alors pour touth ∈ H , ghg−1 = h et donc gh = hg. Ceci impose que g ∈ CG(H).

Exercice 6.

(a) Soit y ∈ S, comme l’action de G sur S est transitive, il existe g ∈ G telque gx = y et donc y ∈ x. L’inclusion inverse est immediate.

(b) Soient x, y ∈ S. Notons que y = gx pour un certain g ∈ G puisque Gest transitif. Montrons que gGxg

−1 = Gy. Si g1 ∈ Gx alors gg1g−1y = y

car, comme g1x = x, on a

gg1g−1y = gg1g

−1gx = gg1x = g(g1x) = gx = y.

Si g2 ∈ Gy, alors g2 = g(g−1g2g)g−1 et g−1g2g ∈ Gx car g−1g2gx =g−1g2y = g−1y = g−1gx = x.

(c) Soit n ∈ N . Il faut montrer que n = e, c’est-a-dire ny = y pour touty ∈ S. Soit y ∈ S. Comme l’action de G sur S est transitive, y = gxpour un certain g ∈ G. Il existe alors n′ ∈ N tel que ng = gn′ car N ⊳G.Alors

ny = ngx = gn′x = gx = y

puisque n′ ∈ N < Gx.

Action d’un groupe sur un ensemble 29

(d) Par le theoreme 4.3, on a |x| = [G : Gx], et par (a), |S| = |x|. Des lors,de

|S| = |x| = [G : Gx] = |G|/|Gx|,

on deduit que |S| divise |G|.

Exercice 7. Soit g ∈ G, le morphisme ıg : G → G : h 7→ ghg−1 est appeleautomorphisme interieur de G. L’ensemble des automorphismes interieurs deG est note

In G = {ıg | g ∈ G}.

Montrons que In G < Aut G. On a e = ıe ∈ In G. Si g, h, k ∈ G alors

(ı−1h ıg)(k) = h−1gkg−1h = h−1gk(h−1g)−1 = ıh−1g(k)

et donc, ı−1h ıg = ıh−1g ∈ In G car h−1g ∈ G. Ce qui montre que In G < Aut G.

Montrons alors que In G ⊳ Aut G. Soient σ ∈ Aut G et g, h ∈ G. On a

(σıgσ−1)(h) = σ(gσ−1(h)g−1) = σ(g)hσ(g−1) = σ(g)hσ−1(g) = ıσ(g)(h)

et donc, σıgσ−1 = ıσ(g) ∈ In G car σ(g) ∈ G.

Exercice 8. Comme Z/6 est abelien, id est le seul automorphisme interieur deZ/6, donc InZ/6 = 〈id〉. Il suffit donc de trouver un automorphisme σ 6= id.Rappelons que pour tout n ∈ N0, k ∈ Z/n est un generateur si et seulementsi k et n sont premiers entre eux. On peut prendre alors pour automorphismede Z/6, σ : 1 7→ 5.

(1 5)(2 4) ou

(0 1 2 3 4 50 5 4 3 2 1

)

Exercice 9. Supposons que G/C(G) = 〈gC(G)〉 pour un certain g ∈ Get soient g1, g2 ∈ G. Alors, il existe i, j ∈ N tels que g1C(G) = (gC(G))i =giC(G) et g2C(G) = gjC(G). Donc, g1 = gih1 et g2 = gjh2 avec h1, h2 ∈ C(G).Comme h1, h2 ∈ C(G), h1, h2 commutent avec tous les elements de G. Alorsg1g2 = gih1g

jh2 = gigjh1h2 = gi+jh2h1 = gj+ih2h1 = gjgih2h1 = gjh2gih1 =

g2g1.

Exercice 10. les elements de S4 sont de la forme (ij), (ijk), (ijkℓ) ou (ij)(kℓ)avec i, j, k, l des elements distincts de {1, 2, 3, 4}. Dans tous les cas, on montre


qu’il existe une element de S4 qui ne commute pas avec la permutation con-sideree et donc, C(S4) = 〈id〉. Par exemple, (ik)(ij)(kℓ) = (ijkℓ) 6= (iℓkj) =(ij)(kℓ)(ik).

L’application τ : S4 → In S4 : σ 7→ τσ (: S4 → S4 : g 7→ σgσ−1) est un mor-phisme. Il est surjectif par definition de In S4 et injectif car ker τ = C(S4) =〈id〉.

Exercice 11. Si G n’est pas commutatif, il existe b, c ∈ G tel que bc 6= cb.Alors l’application G → G : g 7→ bgb−1 est un automorphisme different del’identite. Supposons que G est commutatif et que G possede un element ad’ordre > 2. Alors a−1 6= a et donc, l’application G → G : g 7→ g−1 est unautomorphisme different de l’identite (exercice I 2.2).

Exercice 12. D’apres le Corollaire 4.6, G < Sn ou n = |G|. Il suffit doncde montrer que Sn est un sous-groupe de Am pour un certain m ∈ N. Sn estisomorphe a un sous-groupe de An+2. Considerons l’application

ϕ : Sn → An+2 : σ 7→

{σ si σ ∈ An,σ(n + 1 n + 2) sinon.

Montrer que ϕ est un monomorphisme. Alors G < Sn∼= ϕ(Sn) < An+2.

Exercice 13. On fait operer G sur l’ensemble S de toutes les classes a gauchede H dans G par translation a gauche (g, g′H) 7→ gg′H . Considerons le mor-phisme τ : G → A(S) induit par cette action, defini dans le Theoreme 4.5.Alors G/ ker τ est isomorphe a un sous-groupe de A(S). Mais ker τ est un sous-groupe de G d’indice fini puisque |A(S)| = |S|!. Donc, ker τ est le sous-groupenormal desire.

Exercice 14. Soit g ∈ G. Comme |H| = p et p est un naturel premier, Hest cyclique. Par consequent, H ne possede pas de sous-groupes non triviauxet H contient un element d’ordre p. Si H ⋪ G alors le Corollaire 4.9 impliqueque G est isomorphe a un sous-groupe de Sn. Donc, Sn contient un elementd’ordre p > n, une contradiction car les elements de Sn sont d’ordre au plus n.

Exercice 15. Montrons d’abord que tout groupe d’ordre pn a un centre nontrivial. On fait operer G sur lui-meme par conjugaison. On a

x ∈ C(G) ⇔ CG(x) = G ⇔ [G : CG(x)] = 1.

Les Theoremes de Sylow 31

Alors, comme CG(x) < G et |G| = pn, si x /∈ C(G), [G : CG(x)] = pi aveci ≥ 1. La formule des classes montre alors que

pn = |G| = |C(G)| + kp

et donc p divise |C(G)|. Ceci prouve que C(G) est non trivial.

Montrons que N ⊂ C(G). Procedons par induction sur n.

Si n = 1, G est cyclique et donc abelien. Alors N ⊂ G = C(G).

Soit n > 1 et supposons que N 6⊂ C(G). Montrons qu’alors N ∩ C(G) = 〈e〉.Si x 6= e et x ∈ N ∩ C(G), alors |x| = p car 1 < |x| divise |N | = p. Mais alorson a 〈x〉 = N et donc

N = 〈x〉 ⊂ N ∩ C(G) ⊂ C(G),

ce qui est contradictoire. Donc N∩C(G) = 〈e〉. Considerons le groupe quotientG/C(G) et notons N l’image de N dans G/C(G). Puisque N ∩ C(G) = 〈e〉,N est un sous-groupe normal d’ordre p de G/C(G) qui est d’ordre strictementinferieur a pn car |C(G)| > 1. L’hypothese d’induction entraıne alors que

N ⊂ C(G/C(G)

).

Soient n ∈ N et g ∈ G, on a

ngC(G) = nC(G)gC(G) = gC(G)nC(G) = gnC(G),

ou encore n−1g−1ng ∈ C(G). Comme N ⊳ G, g−1ng ∈ N et donc

n−1g−1ng ∈ N ∩ C(G) = 〈e〉.

On en deduit que n−1g−1ng = e, c’est-a-dire ng = gn, et ce, quel que soitg ∈ G. On vient donc de montrer que n ∈ C(G).

5. Les Theoremes de Sylow

Exercice 1. Soit x ∈ G. Si x ∈ N , alors l’ordre de x est une puissance dep. Si x /∈ N , alors e 6= xN ∈ G/N . Comme G/N est un p-groupe, il existen ∈ N tel que xpn

N = N , et donc xpn∈ N . Puisque N est aussi un p-groupe,

pour un certain m ∈ N, on a (xpn)pm

= e. Ainsi, xpm+n= e et G est donc un

p-groupe.


Exercice 2. On fait operer G sur H par automorphisme interieur, cette actionest bien definie puisque gHg−1 = H car H ⊳ G. On a, avec la notation duLemme 5.1,

H0 = {h ∈ H | ghg−1 = h | ∀g ∈ G}

= {h ∈ H | gh = hg | ∀g ∈ G}

= {h ∈ H | h ∈ C(G)}

= H ∩ C(G).

Le Lemme 5.1 montre alors que 1 ≤ |H ∩ C(G)| = |H0| ≡ |H| ≡ 0 (mod p)car H < G et |G| = pn. Des lors, H ∩ C(G) 6= 〈e〉.

Exercice 3. Montrer que si H⊳G et si S < G/H alors K = {g ∈ G | g+H ∈ Sest un sous-groupe de G contenant H tel que K/H = S.

Procedons par induction sur n, il n’y a rien a montrer si n = 0. Soit n ≥ 1,d’apres le Corollaire 5.4, le centre C(G) de G est non trivial. Alors |C(G)| = ps

avec 1 < s ≤ n car C(G) < G. Le Theoreme 5.2 montre que C(G) contientun element g d’ordre p. Alors 〈g〉⊳ G car g ∈ C(G). L’hypothese d’inductionmontre alors que G/〈g〉 a un sous-groupe normal Sk d’ordre pk pour tout0 ≤ k ≤ n − 1. Il existe alors Gk < G contenant 〈g〉 tel que Gk/〈g〉 = Sk.Montrons alors que Gk ⊳ G d’ordre pk+1. Soient ℓ ∈ G et h ∈ Gk. on a

ℓhℓ−1〈g〉 = ℓ〈g〉h〈g〉ℓ−1〈g〉 ∈ Gk/〈g〉

puisque Gk/〈g〉 ⊳ G/〈g〉. Donc, ℓhℓ−1〈g〉 = x〈g〉 pour un certain x ∈ Gk. Cequi montre que x−1ℓhℓ−1 ∈ 〈g〉 ⊂ Gk et donc, ℓhℓ−1 ∈ xGk ⊂ Gk puisque

x ∈ Gk. On a montre que Gk ⊳ G. Comme pk = |Sk| = |Gk/〈g〉| = |Gk||〈g〉|

= |Gk|p

,

|Gk| = pk+1.

Exercice 5. Si gpn= e alors e = f(gpn

) = f(g)pn. Donc, l’image d’un

p-groupe est un p-groupe, en particulier, f(P ) est un p-groupe. D’apres leTheoreme 5.9, il existe alors x ∈ G tel que f(P ) < xPx−1 = P car P ⊳ G.

Exercice 6. D’apres le theoreme 5.7, H < P pour un certain p-Sylow deG. Si Q est aussi un p-Sylow, Q = xPx−1 pour un certain x ∈ G (thm 5.9).Finalement,

H = xHx−1 < xPx−1 = Q.

Les Theoremes de Sylow 33

Exercice 7. Comme |S3| = 2.3, un 2-Sylow de S3 est d’ordre 2. Il est alorsengendre par une transposition. Il y en a donc trois: 〈(12)〉, 〈(13)〉 et 〈(23)〉.Un 3-Sylow est d’ordre 3, donc il n’y en a qu’un seul: 〈(123)〉.

On a |S4| = 23.3 donc un 3-Sylow sera ici d’ordre 3. Il y en a quatre:

〈(123)〉, 〈(124)〉, 〈(134)〉, 〈(234)〉.

Pour les 2-Sylow, le corollaire 5.8 indique qu’ils sont d’ordre 23 et le theoreme5.10 que leur nombre est impair et qu’il divise |S4|. Il ne peut y en avoir que1 ou 3. On a les trois 2-sous-groupes de Sylow suivants:

{id, (13), (24), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (1234), (1432)},

{id, (12), (34), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (1324), (1423)},

{id, (14), (23), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (1243), (1342)}.

Pour S5, on trouve 15 2-sous-groupes de Sylow (les memes que pour S4 a unpermutation de {1, 2, 3, 4, 5} pres), et 10 3-sous-groupes de Sylow (les sous-groupes engendres par les cycles de longueur 3).

Exercice 8. Si tout p-sous-groupe de Sylow d’un groupe fini G est normal, etce pour tout entier premier p, alors G est le produit direct de ses sous-groupesde Sylow.

Soient |G| = pn11 ...pnk

k ou pn11 , ..., pnk

k sont des naturels premiers distincts, etSp1, ..., Spk

des sous-groupes de G tels que Spiest un pi-Sylow de G pour tout i

(existence assuree par le theoreme 5.7). Remarquons que si e 6= x ∈ Spi∩ Spj

,alors |x| divise |Spi

| = pnii et |Spj

| = pnj

j , ce qui est impossible puisque pi etpj sont des nombres premiers distincts. Ainsi Spi

∩ Spj= 〈e〉. Le theoreme

I.5.3 implique alors que les elements de Spicommutent avec ceux de Spj

. Celaetant, on sait que, pour tout i,

Sp1...Spi−1Spi+1

...Spk

est un groupe dont l’ordre des elements divise pn11 ...p

ni−1

i−1 pni+1

i+1 ...pnkk . Par consequent,

Spi∩ (Sp1...Spi−1

Spi+1...Spk

) = 〈e〉

et Sp1...Spk∼= Sp1 × ... × Spk

d’apres le corollaire I.8.7. Comme Sp1...Spk⊂ G

et|Sp1...Spk

| = |Sp1 × ... × Spk| = pn1

1 ...pnkk = |G|,


on a Sp1...Spk= G.

Exercice 9. Un sous-groupe H d’index q est d’ordre pn et donc, c’est unp-Sylow. Montrons que H ⊳ G. D’apres le Lemme 5.5,

[NG(H) : H ] ≡ [G : H ] ≡pnq

pn≡ q (mod p)

car q < p. Donc, |NG(H)| = |H|(q + kp) = pnq + pnkp. Mais NG(H) etantun sous-groupe de G, pnq + pnkp = |NG(H)| ≤ |G| = pnq et donc, k = 0 etNG(H) = G. Ce qui montre que H ⊳ G.

Exercice 10. Nous utiliserons les resultats (R.1) et (R.2) sans les demontres:

(R.1) p 6= q sont des naturels premiers distincts alors l’intersection d’un p-Sylow et d’un q-Sylow ne contient que l’element neutre.

(R.2) L’intersection de deux groupes cycliques distincts d’ordre p ne contientque l’element neutre.

Traitons le cas d’un groupe G d’ordre 12. Il y a (3k+1) 3-Sylow et (3k+1) | 12(Theoreme 5.10). Alors k = 0 ou k = 1. Si k = 0, il n’y a qu’un seul 3-Sylowqui est normal par le Corollaire 5.8 (iii). Si k = 1, il y a 4 3-Sylow. Un 3-Sylowest d’ordre 3 et donc, il est cyclique. Chaque 3-Sylow contient alors 2 elementsd’ordre 3. Donc, d’apres (R.2), il y a 4 ·2 = 8 elements d’ordre 3 dans G. Il nereste donc que 4 elements dans G (avec l’element neutre) pour construire des2-Sylow d’apres (R.1). Comme un 2-Sylow est d’ordre 4, il n’y a alors qu’unseul 2-Sylow qui est normal par le Corollaire 5.8 (iii).

Soit G un groupe d’ordre 28 = 7 · 22. Il y a (7k + 1) 7-Sylow et (7k + 1) | 28(Theoreme 5.10), donc k = 0. Ce qui montre qu’il n’y a qu’un seul 7-Sylowqui est alors normal par le Corollaire 5.8 (iii).

Soit G un groupe d’ordre 56 = 7 · 23. Un 7-Sylow est cyclique d’ordre 7 etdonc, il contient 6 element d’ordre 7. Il y a (7k + 1) 7-Sylow et (7k + 1) | 28(Theoreme 5.10), donc k = 0 ou k = 1. Si k = 1, G contient 8 7-Sylow etdonc, d’apres (R.2), G a 8 · 6 = 48 elements d’ordre 7. Il ne reste donc que8 elements (avec le neutre) pour construire les 2-Sylow d’apres (R.1). Or, un2-Sylow est d’ordre 8, ce qui montre que G ne possede qu’un seul 2-Sylow quiest alors normal par le Corollaire 5.8 (iii).

Un groupe d’ordre 200 ne possede qu’un seul 5-Sylow car pour que 5k + 1divise 200, il faut que k = 0.

Classification des groupes finis 35

Exercice 11. Les elements d’ordre 7 sont dans les 7-Sylow. Comme 168 =23 · 3 · 7, un 7-Sylow a 7 element, il est donc cyclique. Tous les elements(excepte l’identite) d’un groupe d’ordre 7 sont d’ordre 7 puisque 7 est unnaturel premier. Il y a donc 6 elements d’ordre 7 dans un 7-Sylow. Comptonsalors le nombre de 7-Sylow. Il faut que 7k+1 divise 168 et donc, (7k+1) | 23 ·3.On a soit k = 0 ou 1. Comme le groupe est simple il y a plus d’un 7-Sylow carsinon il serait normal. Il y a donc 8 7-Sylow et 8 · 6 elements d’ordre 7 d’apres(R.1).

Exercice 13. Soit un groupe G tel que |G| = p2 avec p premier. Comme lecentre C(G) est non trivial (corollaire 5.4), donc |C(G)| = p ou |C(G)| = p2.Si |C(G)| = p2, alors G = C(G) et G est abelien. Sinon, |C(G)| = p donc ona |G/C(G)| = p, et G/C(G) est cyclique. L’exercice 4.9 montre qu’alors G estabelien, d’ou la contradiction.

6. Classification des groupes finis

Exercice 1. Montrons que la loi est associative. Comme G et H sont desgroupes associatifs, on a pour g, g′, g′′ ∈ G et h, h′, h′′ ∈ H :

(g, h)((g′, h′)(g′′, h′′)) = (g, h)(g′(θ(h′)(g′′)), h′h′′)

= (gθ(h)(g′θ(h′)(g′′)), h(h′h′′))

= (gθ(h)(g′)θ(h)(θ(h′)(g′′)), (hh′)h′′)

= (gθ(h)(g′)θ(hh′)(g′′), (hh′)h′′)

= (gθ(h)(g′), hh′)(g′′, h′′).

Montrons que (eG, eH) est l’identite: comme θ(eH) = id, on a

(g, h)(eG, eH) = (gθ(h)(eG), heH) = (geG, eHh)

= (eGg, eHh) = (eGθ(eH)(g), eHh)

= (eG, eH)(g, h).

Il reste a montrer que tout element a un inverse: il faut que (eG, eH) =(g, h)(x, y) = (gθ(h)(x), hy), c’est-a-dire x = θ(h−1)(g−1) et y = h−1. Verifierque (x, y)(g, h) = (eG, eH).


Exercice 2. Montrons qu’un tel entier s existe. Puisque Z/p est un corpslorsque p est un naturel premier, (Z/p)× = (Z/p) \ {0} est un groupe multi-plicatif d’ordre p − 1. Donc, si y ∈ (Z/p)× alors yp−1 = 1. Soit le polynomexq − 1 ∈ (Z/p)[x] et p − 1 = qr avec r ∈ N. Alors, pour tout y ∈ (Z/p)×, yr

est une racine de xq − 1, c’est-a-dire

(yr)q ≡ 1 (mod p).

Supposons que pour tout y ∈ (Z/p)×, yr ≡ 1 (mod p). Alors y est une racinede xr − 1 quelque soit y ∈ (Z/p)×, ce qui est impossible puisqu’un polynomede degre r sur Z/p a au plus r racines dans Z/p et r < p. On prend alorss = yr tel que yr 6≡ 0, 1 (mod p).

(a) Soit ai, aj ∈ Cp, alors α(aiaj) = α(ai+j) = as(i+j) = asiasj = α(ai)α(aj).On a aussi α(eCp) = α(a0) = as0 = eCp et donc, α est un morphisme. Puisque|Cp| < ∞, il suffit de montrer que α est injectif. Si eCp = α(ai) = asi alorsp | si. Comme p ∤ s, p divise i et donc ai = eCp .

(b) On a θ(eCq ) = θ(b0) = α0 = eCp et

θ(bibj) = θ(bi+j) = αi+j = αiαj = θ(bi)θ(bj).

(c) Puisque (a, eCq)(a, eCq) = (aθ(eCq)(a), eCq) = (aid(a), eCq) = (a2, eCq), ondeduit par induction que (a, eCq)

n = (an, eCq) et donc, a = (a, eCq) est d’ordrep. On montre que b = (eCp, b) est d’ordre q. D’autre part, on a

a = (eCp , b)(a, eCq) = (eCpθ(b)(a), beCq)

= (α(a), b) = (as, b)

= (as, eCq)(eCp, b) = asb.

D’apres le Theoreme I 9.5, il existe alors un epimorphisme entre 〈a, b | |a| =p, |b| = q, ba = asb〉 et Cp ×θ Cq ou s 6≡ 1 (mod p) et sq ≡ 1 (mod p).L’epimorphisme est en realite un isomorphisme puisque ces groupes ont lememe ordre.

Exercice 3. Montrer que G est un groupe d’ordre 8. Rappelons que

Q8 = 〈A, B〉 ⊂ M2(C)

ou

A =

(0 1

−1 0

)et B =

(0 ii 0

).

Classification des groupes finis 37

Nous savons aussi que Q8 est d’ordre 8. D’apres l’exercice I 4.14, Q8∼= F =

〈x, y | x4 = y4 = e, yx = x3y〉. Il suffit donc de montrer que G ∼= F . DansG, on a |i| = |j| = 4 et ji = −ij = i3j. Le Theoreme I 9.5 entraıne alorsqu’il existe un epimorphisme de 〈i, j〉 ⊂ G dans F et donc |〈i, j〉| ≥ 8. Comme〈i, j〉 < G, |〈i, j〉| ≤ 8. On deduit alors que l’epimorphisme est un isomor-phisme et que G = 〈i, j〉. Donc, G ∼= F ∼= Q8.

Exercice 4. D’apres l’exercice precedent, C(Q8) ∼= C(G). Or, C(G) = {±1}et donc, C(Q8) = {±1} ou 1 est la matrice unite de taille 2 × 2. Alors|Q8/C(Q8)| = 4 = 22 et donc, Q8/C(Q8) est abelien par l’exercice 5.13.

On peut montrer que Q8/C(Q8) est abelien sans calculer le centre: commeG n’est pas abelien, Q8 n’est pas abelien. Notons que Q8 est un 2-groupe etdonc, son centre est non trivial (Corollaire 5.4). Alors, n = |Q8/C(Q8)| = 2ou 4. Si n = 2, Q8/C(Q8) est cyclique et donc, abelien. Le cas n = 4 a etetraite avant.

Deduire de l’exercice 4.9 que Q8/C(Q8) n’est pas cyclique et donc, Q8/C(Q8) ∼=Z/2 × Z/2.

Exercice 5. (a) Comme |((123), 2)|) = [|(123)|, |2)|] = 3 · 2 = 6, on pose a =((123), 2). On cherche alors b = (σ, c) tel que b2 = a3 = ((123)3, 3 · 2) = (id, 2).Parmis les possibilites, on a ((ij), 1), ((ij), 3), (id, 1) ou (id, 3). Il faut aussi queba = a−1b. On montre que ((ij), 1) verifie cette condition. Il reste a montrerque T = 〈a, b〉 est d’ordre 12. Comme ba = a−1b = a3b et |a| = 6, tout elementde T s’ecrit sous la forme aibj avec 0 ≤ i ≤ 5 et 0 ≤ j ≤ 1. Ce qui montre que|T | = 12.

(b) Si G est un tel groupe, alors, d’apres le Theoreme I 9.5, il existe unepimorphisme de T dans G. Puisque T et G sont d’ordre 12, cet epimorphismeest un isomorphisme.

Exercice 6. Comme A4 ne contient pas des elements d’ordre 6 et que D6 et Ten contiennent, A4 6∼= D6, T . Si D6

∼= T alors D6 contient un element d’ordre 4car T en contient (|b| = 4, avec b comme dans 5 (a)). Calculons les ordres deselements de D6 = 〈a, b | a6 = b2 = e, ba = a−1b〉. Comme |a| = 6 et |b| = 2,on a |ai|, |b| 6= 4 par le Corollaire I 4.6 (Lagrange). Il reste a calculer l’ordredes elements de la forme aib avec4 1 ≤ i ≤ 5. De a = b−1a−1b, on deduit que

4de la relation ba = a−1b = a5b on deduit que tout element de D6 est de la forme aibj

avec 0 ≤ i ≤ 5 et 0 ≤ j ≤ 1.


ai = b−1a−ib et donc,

(aib)2 = aibaib = aibb−1a−ibb = b2 = e.

Ce qui montre que D6 ne contient aucun element d’ordre 4 et donc, D6 6∼= T .

Exercice 7. On a C(G) G car G n’est pas abelien. D’autre part, C(G) 6= 〈e〉car G est un p-groupe (Corollaire 5.4). Donc, |C(G)| = p ou p2. Si |C(G)| = p2

alors G/C(G) est cyclique et donc, G serait abelien par l’exercice 4.9. Parconsequent, |C(G)| = p. L’exercice 5.13 montre alors que G/C(G) est abeliencar |G/C(G)| = p2. Soient a, b ∈ G. Alors, de

abC(G) = aC(G)bC(G) = bC(G)aC(G) = baC(G,

on deduit que a−1b−1ab ∈ G et donc, G′ = 〈a−1b−1ab | a, b ∈ C(G)〉 ⊂ C(G).Comme |C(G)| = p, on a alors G′ = 〈e〉 ou G′ = C(G). Mais, par hypothese,G n’est pas abelien et donc, il existe a, b ∈ G tels que ab 6= ba, c’est-a-direa−1b−1ab 6= e. Ce qui montre que G′ 6= 〈e〉 et donc, G′ = C(G).

7. Groupes nilpotents et resolubles

Exercice 1. (a) Comme |A4| = 12 = 22 · 3, A4 possede un 2-Sylow S2 etun 3-Sylow S3 d’ordre 4 et 3 respectivement. Supposons que A4 = S2 × S3.D’apres le Theoreme 5.2, G contient un element a d’ordre 2 et H contient unelement b d’ordre 3. Mais alors (a, b) ∈ A4 est d’ordre 6. Or, A4 ne possedepas d’elements d’ordre 6. Donc, A4 ne peut etre le produit direct de ses sous-groupes de Sylow.

Comme |S3| = 3 et |S2| = 4, S2 et S3 sont des sous-groupes de A4 d’ordre 4 et3 respectivement, et on a bien (4, 3) = 1.

(b) Nous savons par l’exercice I 8.1 que S3 n’est pas un produit direct d’unefamille quelconque de ses sous-groupes propres et donc, de ses sous-groupes deSylow.

Evidemment 〈id〉 et S3 sont des sous-groupes de S3 d’ordre 1 et 6 respective-ment. Comme 2 et 3 divisent |S3|, S3 contient aussi des sous-groupes d’ordre2 et 3 d’apres le Theoreme 5.2. Par exemple, 〈(12)〉 est d’ordre 2 et 〈(123)〉est d’ordre 3.

7. Groupes nilpotents et resolubles 39

Exercice 2. D’une part, on a [ab, c] = abc(ab)−1c−1 = abcb−1a−1c−1. D’autrepart, a[b, c]a−1[a, c] = abcb−1c−1a−1aca−1c−1 = abcb−1a−1c−1. On a donc[ab, c] = a[b, c]a−1[a, c].

Remarquer que [c, ab] = [ab, c]−1 = [a, c]−1a[b, c]−1a−1. Nous utiliserons ceresultat dans l’exercice 3.

Exercice 3. (a) Pour montrer que (H, K) ⊂ H ∨ K, il suffit de montrerque les generateurs [h, k] de (H, K) appartiennent a H ∨ K, ce qui est vraipuisque5 [h, k] = hkh−1k−1. Montrons a present que (H, K)⊳H ∨K. Puisqueles elements de H ∨ K sont des produits finis d’elements de H et de K et leselements de (H, K) s’obtiennent a partir de ceux de la forme [h, k], il suffit demontrer que f [h, k]f−1, g[h, k]g−1 ∈ (H, K) lorsque f, h ∈ H et g, k ∈ K. Ona par l’exercice 2

f [h, k]f−1 = [fh, k][f, k]−1 ∈ (H, K)

puisque [fh, k], [f, k] ∈ (H, K). Il reste a montrer que g[h, k]g−1 ∈ (H, K).Par l’exercice 2,

[h, gk] = [gk, h]−1 = [g, h]−1g[k, h]−1g−1 = [h, g]g[h, k]g−1

et donc, g[h, k]g−1 = [h, g]−1[h, gk] ∈ (H, K) puisque [h, gk], [h, g] ∈ (H, K).

(b) Soient h ∈ H et g, g′ ∈ G. Comme (H, G′) = 〈e〉, [h, [g, g′]] = e. On a

[h, [g, g′]] = e ⇐⇒ h[g, g′]h−1[g, g′]−1 = e (2.1)

⇐⇒ h[g, g′] = [g, g′]h (2.2)

Nous utiliserons (2.2) tout au long de l’exercice.

Soient h1, h2 ∈ H et g ∈ G. Il faut montrer que [[h1, h2], g] = e. Notons que

[[h1, h2], g] = e ⇐⇒ [h1, h2]g[h1, h2]−1g−1 = e ⇐⇒ g−1[h1, h2]g = [h1, h2].

Il suffit donc de montrer que g−1[h1, h2]g = [h1, h2]. Developpons g−1[h1, h2]g.On a

g−1[h1, h2]g = [g−1h1g, g−1h2g] = [h1[h−11 , g−1], g−1h2g].

5Rappelons que les elements de H ∨ K sont de la forme h1k1 · · ·hℓkℓ ou n ∈ N, hi ∈ Het kj ∈ K.


Par l’exercice 2,

g−1[h1, h2]g = [h1[h−11 , g−1], g−1h2g]

= h1[[h−11 , g−1], g−1h2g]h−1

1 [h1, g−1h2g].

Comme [[h−11 , g−1], g−1h2g] ∈ G′, par (2.2)

g−1[h1, h2]g = h1[[h−11 , g−1], g−1h2g]h−1

1 [h1, g−1h2g]

= [[h−11 , g−1], g−1h2g]h1h

−11 [h1, g

−1h2g]

= [[h−11 , g−1], g−1h2g][h1, g

−1h2g].

Developpons [h1, g−1h2g]. En utilisant successivement l’exercice 2 et l’egalite

(2.2), on a

[h1, g−1h2g] = [h1, [g

−1, h2]h2]

= [h1, [g−1, h2]][g

−1, h2][h1, h2][g−1, h2]

−1

= [h1, [g−1, h2]][h1, h2][g

−1, h2][g−1, h2]

−1

= [h1, [g−1h2]][h1, h2].

Comme (H, G′) = e, [h1, [g−1h2]] = e, [h1, g

−1h2g] = [h1, h2]. Alors,

g−1[h1, h2]g = [[h−11 , g−1], g−1h2g][h1, g

−1h2g]

= [[h−11 , g−1], g−1h2g][h1, h2].

Il reste a montrer que [[h−11 , g−1], g−1h2g] = e. Par (2.2), [g, h−1

1 ]h2 = h2[g, h−11 ],

alors on a

[[h−11 , g−1], g−1h2g] = [h−1

1 , g−1]g−1h2g[h−11 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1gh−11 g−1h1gg−1h2g[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1[g, h−11 ]h2g[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1h2[g, h−11 ]g[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1h2gh−11 g−1hg[h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= g−1h2g[h−11 , g−1][h−1

1 , g−1]−1(g−1h2g)−1

= e.

(c) Supposons que H ⊳ G. Soient h ∈ H et g ∈ G. Alors, [h, g] = hghg−1 ∈ Hcar ghg−1 ∈ H . Comme (H, G) est le sous-groupe engendre par les elementsde la forme [h, g] et que [h, g] ∈ H , (H, G) < H .

7. Groupes nilpotents et resolubles 41

Si (H, G) < H , en particulier, pour tout h ∈ H et g ∈ G, [h, g] = hgh−1g−1 ∈H . Donc gh−1g−1 ∈ h−1H ⊂ H , ce qui montre que H ⊳ G.

(d) Supposons que H/K < C(G/K). Pour montrer que (H, K) < K, il suffitde montrer que les generateurs de (H, K) sont dans K. Soient h ∈ H et g ∈ G.Puisque H/K est dans le centre de G/K, on a Khg = KhKg = KgKh = Kgh,c’est-a-dire Khgh−1g−1 = K. Ce qui montre que [h, g] = hgh−1g−1 ∈ K.

Reciproquement si [h, g] = hgh−1g−1 ∈ K pour tout h ∈ H et g ∈ G alorsKhg = Kgh, ou encore KhKg = KgKh. Ce qui montre que Kh ∈ C(G/K),c’est-a-dire H/K < C(G/K).

Exercice 4. Supposons que G est nilpotent. Il existe n ∈ N tel que

〈e〉 = C1 < · · · < Cn = G.

Montrons que γi+1 ⊂ Cn−i pour i = 0, . . . , n − 1. Pour i = 0, γ1 = G = Cn.Soit 0 < i < n − 1 et supposons que le resultat est vrai pour i − 1 c’est-a-direγi ⊂ Cn−i+1. Comme Cn−i+1/Cn−i = C(G/Cn−i), on a (Cn−i+1, G) < Cn−i parl’exercice 3(d). Alors

γi+1 = (γi, G) ⊂ (Cn−i+1, G) < Cn−i.

Alors pour i = n − 1, on a γn ⊂ C1 = 〈e〉 et donc, γn = 〈e〉.

Reciproquement, supposons que γn = 〈e〉 pour un certain n ∈ N. Montrons queγn−i ⊂ Ci+1 pour i = 0, . . . , n−1. Pour i = 0, γn = 〈e〉 = C1. Soit 0 < i < n−1et supposons que le resultat est vrai pour i− 1 c’est-a-dire γn−i+1 < Ci. Donc,(γn−i, G) = γn−i+1 < Ci et donc, (γn−iCi)/Ci < C(G/Ci) = Ci+1/Ci dapres3(d). Par consequent γn−iCi ⊂ Ci+1. Comme Ci ⊂ Ci+1, on deduit queγn−i ⊂ Ci+1.

Alors pour i = n − 1, on a G = γ1 ⊂ Cn ⊂ G et donc, Cn = G.

Exercice 6. Supposons que G est nilpotent et que H est un sous-groupepropre maximal. Le Lemme 7.4 montre que H est un sous-groupe propre deNG(H). Donc, NG(H) = G. Ce qui montre que H ⊳ G puisque H ⊳ NG(H).

La reciproque: procedons par l’absurde. Supposons que G n’est pas nilpotent.Alors il existe un p-Sylow P qui n’est pas normal dans G. En effet, si tous lesp-Sylow etaient normaux, G serait leurs produit direct (exercice 5.8) et donc,G serait nilpotent (Proposition 7.5). Notons que P n’est pas maximal dansG sinon il serait normal par hypothese. Soit alors H un sous-groupe propre


maximal de G contenant P . Remarquons que P est un p-Sylow de H . On aP ⊂ NG(P ) ⊂ H . Soit x ∈ G \ H , on a

xPx−1 ⊂ xHx−1 = H

car H ⊳ G puisque H est maximal. Comme P est un p-Sylow de H , xPx−1

aussi. Mais puisque tous les p-Sylow sont conjugues, il existe h ∈ H tel que

xPx−1 = hPh−1.

Par consequent x−1hP = Px−1h et donc, x−1h ∈ NG(P ) ⊂ H . Des lors, x ∈ Hcar h ∈ H , une contradiction.

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GROUPES - UMONS | Département de Mathématique · 2007-04-17 · Exercices corrig´es de ... Institut de Math´ematique B-7000 Mons, ... Sommes directes et produits directs 7 Exercice