Série de révision

Cours d’Algèbre II
Prof. E. Bayer Fluckiger
Bachelor Semestre 4
10 juin 2011
Série de révision - Corrigé
Exercice 1.
Soient X un ensemble et (G, ·, e) un groupe. Soit f : X → G une bijection.
Pour x, y ∈ X, on définit
x ◦ y = f −1 (f (x)f (y)).
D’abord, on montre que (X, ◦, f −1 (e)) est un groupe isomorphe à (G, ·, e).
Soient x, y, z ∈ X. On a
(x ◦ y) ◦ z = f −1 (f (x ◦ y)f (z)) = f −1 (f (f −1 (f (x)f (y)))f (z))
= f −1 ((f (x)f (y))f (z)) = f −1 (f (x)(f (y)f (z)))
= f −1 (f (x)f (f −1 (f (y)f (z)))) = f −1 (f (x)f (y ◦ z))
= x ◦ (y ◦ z).
Donc l’operation ◦ est associative. Puis, on a
f −1 (e) ◦ x = f −1 (f (f −1 (e))f (x)) = f −1 (ef (x)) = f −1 (f (x)) = x.
De même, on a
x ◦ f −1 (e) = f −1 (f (x)f (f −1 (e))) = f −1 (f (x)e) = f −1 (f (x)) = x.
Donc f −1 (e) est l’élément neutre pour l’operation ◦. Finalement, on a
x ◦ f −1 (f (x)−1 ) = f −1 (f (x)f (f −1 (f (x)−1 ))) = f −1 (f (x)f (x)−1 ) = f −1 (e).
De même, on a
f −1 (f (x)−1 ) ◦ x = f −1 (f (f −1 (f (x)−1 ))f (x)) = f −1 (f (x)−1 f (x)) = f −1 (e).
Donc f −1 (f (x)−1 ) est l’inverse de l’élément x. Par conséquent, (X, ◦, f −1 (x))
est un groupe. Par la définition de l’operation ◦, on a
f (x ◦ y) = f (x)f (y),
ce qui implique que (X, ◦, f −1 (e)) est isomorphe à (G, ·, e). Maintenant,
montrons que (R \ { −1 }, ◦, 0) est un groupe isomorphe à (R∗ , ·, 1). On
pose X = R \ { −1 } et G = R∗ . Soit f : X → G la function définie par
f (x) = x + 1. On observe que f est une bijection et f −1 (1) = 0. De plus,
x ◦ y = x + y + xy = (x + 1)(y + 1) − 1 = f −1 (f (x)f (y)).
Le résultat suit.
1
2
Exercice 2.
Soit P la famille de tous les p-sous-groupes de Sylow de G. Montrons d’abord
que pour tout P ∈ P on a P = { gP g −1 | g ∈ G }. Si g ∈ G, alors
|gP g −1 | = |P |, ce qui implique que gP g −1 ∈ P. Puis, le deuxième théorème
de Sylow implique que tout p-sous-group de Sylow de G est de la forme
gP g −1 . Donc P = { gP g −1 | g ∈ G }. Soit H l’intersection de tous les
p-sous-groupes de Sylow de G. Montrons maintenant que le groupe H est
stable pour la conjugaison. Si g0 ∈ G, alors
\
\
g0 Hg0−1 = g0 (
gP g −1 )g0−1 =
g0 (gP g −1 )g0−1
g∈G
=
\
g∈G
−1
(g0 g)P (g0 g)
g∈G
=
\
gP g −1 = H.
g∈G
L’égalité avant-dernière découle du fait que la multiplication à gauche par
g0 est une permutation de G. Donc H est un sous-groupe normal de G.
Exercice 3.
√
√
a) Soient a + b 2, c + d 2 ∈ A avec a, b, c, d ∈ Z. On a
√
√
√
(a + b 2) − (c + d 2) = (a − c) + (b − d) 2 ∈ A.
parce que a √
− c, b − d ∈ Z. Donc A est un sous-groupe de R. Clairement
1 = 1 + 0 · 2 ∈ A. Montrons que A est stable pour la multiplication.
On a
√
√
√
(a + b 2) · (c + d 2) = (ac + 2bd) + (ad + bc) 2 ∈ A
parce que ac + 2bd, ad + bc ∈ Z. Donc
√ A est un sous-anneau de R.
2, c’est-à-dire l’application donnée
b) Soit e : Z[X] → A
l’évaluation
en
√
par e(f (X)) = f ( 2). On √
sait que e est un homomorphisme d’anneaux.
Puisque e(a + bX) = a + b 2, on conclut que Im(e) = A. Montrons que
ker(e) = (X 2 − 2). Clairement X 2 − 2 ∈ ker(e) et puisque ker(e) est un
idéal, on a (X 2 − 2) ⊂ ker(e). Supposons maintenant que f (X) ∈ ker(e).
Puisque X 2 − 2 est un polynôme unitaire, on peut utiliser la division
euclidienne dans l’anneau Z[X] et écrire f (X) = (X 2 − 2)q(X) + r(X)
avec r(X) = 0 ou deg r(X) ≤ 1. Si r(X) = a + bX 6= 0, alors
√
√
0 = e(f (X)) = e((X 2 − 2)q(X) + r(X)) = e(r(X)) = r( 2) = a + b 2,
√
ce qui est une contradiction parce que 2 ∈
/ Q. Donc f (X) ∈ (X 2 − 2).
2
D’où ker(e) = (X − 2). Par le premier théorème d’isomorphisme, on
conclut que Z[X]/(X 2 − 2) est isomorphe à l’anneau A.
L’anneau A, étant un sous-anneau de R, est intègre. Par conséquent
Z[X]/(X 2 − 2) est aussi intègre et donc l’idéal (X 2 − 2) est un idéal
premier. Pour montrer que (X 2 − 2) n’est pas un idéal maximal,
il suffit
√
de montrer que A n’est pas un corps. On montre
que √ 2 n’est pas
√
inversible dans A. Supposons √
par l’absurde que 2 ·√(a + b 2) = 1 pour
des certains a, b ∈ Z. Alors, a 2 = 1 − 2b. Puisque 2 ∈
/ Q, on a a = 0.
1
Donc b = 2 , ce qui est une contradiction parce que b ∈ Z. On conclut
√
que 2 n’est pas inversible dans A et que A n’est pas un corps.
3
c) Soit I = (2, X 2 − 2) l’idéal engendré par les polynômes 2, X 2 − 2 ∈ Z[X].
Tout élément de I est de la forme 2f (X)+(X 2 −2)g(X). Par conséquent,
√
{ 0 } ( e(I) = 2A = { 2a + 2b 2 | a, b ∈ Z } ( A,
ce qui implique que (X 2 − 2) ( I ( Z[X].
Exercice 4.
a) L’application Ψ est l’homomorphisme d’évaluation en aX + b. Il suffit
de montrer que Ψ est une bijection. On définit Φ : K[X] → K[X] par
Φ(f (x)) = f (a−1 X − a−1 b). Autrement dit, Φ est l’homomorphisme
d’évaluation en a−1 X − a−1 b. On a
ΦΨ(f (X)) = Φ(Ψ(f (X))) = Φ(f (aX + b)) = f (Φ(aX + b))
= f (aΦ(X) + b) = f (a(a−1 X − a−1 b) + b) = f (X)
et
ΨΦ(f (X)) = Ψ(Φ(f (X))) = Ψ(f (a−1 X − a−1 b))
= f (Ψ(a−1 X − a−1 b)) = f (a−1 Ψ(X) − a−1 b)
= f (a−1 (aX + b) − a−1 b) = f (X),
ce qui implique que Ψ est une bijection. Donc c’est un automorphisme
de K[X].
b) Soient Ψ : K[X] → K[X] un automorphisme de K[X] qui laisse K
invariant et f (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ K[X]. On a
Ψ(f (X)) = Ψ(a0 + a1 X + · · · + an X n )
= a0 + a1 Ψ(X) + · · · + an Ψ(X)n
= f (Ψ(X)).
Donc Ψ est l’homomorphisme d’évaluation en Ψ(X). De plus, on conclut
que deg Ψ(f (X)) = deg f (Ψ(X)) = deg f (X) · deg Ψ(X). Puisque Ψ
est un automorphisme de K[X], il existe un polynôme f (X) tel que
deg Ψ(f (X)) = 1, ce qui implique que deg Ψ(X) = 1. Par conséquent,
Ψ(X) = aX + b avec a ∈ K ∗ et b ∈ K et Ψ(f (X)) = f (aX + b).
Exercice 5.
√
√
Supposons par l’absurde que les corps Q( p) et Q( q) sont isomorphes. Soit
√
√
√
√
f : Q( p) → Q( q) un isomorphisme de corps. On pose f ( p) = a + b q
où a, b ∈ Q. Alors
√
√
√
√
p = f (p) = f (( p)2 ) = f ( p)2 = (a + b q)2 = (a2 + qb2 ) + 2ab q.
√
D’où a = 0 ou b = 0 parce que q ∈
/ Q. Si b = 0, alors p = a2 , ce qui est une
√
contradiction parce que p ∈
/ Q. Si a = 0, alors p = qb2 . On pose b = m
n
où m, n ∈ Z et PGCD(m, n) = 1. Alors on a pn2 = qm2 . Puisque p|qm2 et
PGCD(p, q) = 1, on a p|m. Par conséquent, m = pk pour un certain k ∈ Z.
Donc on a pn2 = qp2 k 2 , ce qui implique que p|n. C’est une contradiction
parce que PGCD(m, n) = 1. On conclut qu’il n’existe aucun isomorphisme
√
√
entre Q( p) et Q( q).