Groupes, anneaux et corps : exercices corrigés de maths Licence L3 à télécharger en PDF

1 Ordre d’un élément de \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\) ★★★

On a \(\gcd(12,18)=6\), donc l’ordre de la classe de 12 est \(18/6=3\).

Les multiples sont \(12\), \(24\equiv 6\), \(36\equiv 0\). Le sous-groupe engendré est \(\{0,6,12\}\), de 3 éléments, ce qui confirme l’ordre 3.

2 Vrai ou faux : sous-groupes distingués ★★★

1. Vrai. Si \(G\) est abélien, \(ghg^{-1}=hgg^{-1}=h\in H\).
2. Vrai. Les classes à gauche sont \(H\) et \(G\setminus H\), de même que les classes à droite ; donc \(gH=Hg\) pour tout \(g\).
3. Faux. Avec \(\tau=(1\,3)\), on a \(\tau(1\,2)\tau^{-1}=(\tau(1)\ \tau(2))=(3\,2)\notin H\).

3 Un quotient de \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\) ★★★

1. \(H=\{0,5,10,15\}\), donc \(|H|=4\) et \(|G/H|=20/4=5\).
2. \(7-2=5\in H\) : oui, \(7+H=2+H\).
3. \(G/H\) est d’ordre 5 premier, donc tout élément non nul est d’ordre 5 ; la classe de 7 (non nulle car \(7\notin H\)) est d’ordre 5. Le quotient est isomorphe à \(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\).

4 Orbite et stabilisateur ★★★

Par la formule orbite-stabilisateur, \(|G|=|G\cdot x|\,|G_x|\), donc \(|G_x|=24/8=3\).

De même \(|G\cdot y|=24/12=2\).

5 Somme et intersection d’idéaux de \(\mathbb{Z}\) ★★★

\((12)+(18)\) est l’ensemble des \(12u+18v\) : c’est \((\gcd(12,18))=(6)\).

\((12)\cap(18)\) est l’ensemble des multiples communs : c’est \((\operatorname{ppcm}(12,18))=(36)\).

6 Polynômes de degré 2 ou 3 sur \(\mathbb{F}_2\) ★★★

\(X^2+1=(X+1)^2\) car \(2X=0\) : réductible (il a la racine 1).

\(X^2+X+1\) vaut 1 en 0 et \(1+1+1=1\) en 1 : pas de racine, degré 2, donc irréductible.

\(X^3+X+1\) vaut 1 en 0 et 1 en 1 : pas de racine, degré 3, donc irréductible.

7 Le corps \(\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\) ★★★

\(X^3-2\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\) (Eisenstein avec \(p=2\)) : c’est le polynôme minimal de \(a\), donc le degré vaut 3 et \((1,a,a^2)\) est une base.

\((1+a)(1-a+a^2)=1-a+a^2+a-a^2+a^3=1+a^3=3\).

Donc \((1+a)^{-1}=\dfrac{1-a+a^2}{3}\).

8 Groupes d’ordre 21 ★★★

1. \(21=7\times3\). On a \(n_7\mid 3\) et \(n_7\equiv1\pmod 7\), donc \(n_7=1\).
2. \(n_3\mid 7\) et \(n_3\equiv1\pmod3\) : les diviseurs de 7 sont 1 et 7, tous deux congrus à 1 modulo 3. Donc \(n_3\in\{1,7\}\).
3. Le Sylow d’ordre 7 est unique, donc distingué, propre et non trivial : \(G\) n’est pas simple.

9 Groupes d’ordre 35 ★★★

\(35=5\times7\). On a \(n_5\mid 7\) et \(n_5\equiv 1\pmod 5\) : les diviseurs de 7 sont 1 et 7 et \(7\equiv2\), donc \(n_5=1\). De même \(n_7\mid5\), \(n_7\equiv1\pmod 7\) donne \(n_7=1\).

Les sous-groupes \(P\) (ordre 5) et \(Q\) (ordre 7) sont distingués et \(P\cap Q=\{e\}\) (leurs ordres sont premiers entre eux), donc \(G\cong P\times Q\cong\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/35\mathbb{Z}\) par le lemme chinois : \(G\) est cyclique.

10 Le quotient \(\mathbb{Z}[i]/(2+i)\) ★★★

1. \(\varphi\) est additif. Pour la multiplication : \((a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i\) est envoyé sur \(ac-bd-2ad-2bc\), et \((a-2b)(c-2d)=ac-2ad-2bc+4bd\equiv ac-2ad-2bc-bd\) modulo 5 car \(4\equiv-1\) : les deux coïncident. Enfin \(\varphi(1)=1\) et \(\varphi(a)=a\) pour \(a\in\mathbb{Z}\) : surjectif.
2. \(\varphi(2+i)=2-2=0\), donc \((2+i)\subset\ker\varphi\). Réciproquement, si \(a\equiv 2b\pmod5\), alors \(\dfrac{a+bi}{2+i}=\dfrac{(a+bi)(2-i)}{5}=\dfrac{(2a+b)+(2b-a)i}{5}\), avec \(2a+b\equiv5b\equiv0\) et \(2b-a\equiv0\) modulo 5 : le quotient est dans \(\mathbb{Z}[i]\).
3. Par le théorème d’isomorphisme, \(\mathbb{Z}[i]/(2+i)\cong\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\) : c’est un corps à 5 éléments.

11 Calculs dans \(\mathbb{F}_4\) ★★★

1. \(\alpha^3=\alpha\cdot\alpha^2=\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha=(\alpha+1)+\alpha=2\alpha+1=1\).
2. En caractéristique 2, \((\alpha+1)^2=\alpha^2+1=\alpha+1+1=\alpha\).
3. De \(\alpha^3=1\) on tire \(\alpha\cdot\alpha^2=1\), donc \(\alpha^{-1}=\alpha^2=\alpha+1\).

12 Critère d’Eisenstein ★★★

Les coefficients sont \(1,0,10,-15,20\). Le premier \(p=5\) divise \(0\), \(10\), \(-15\) et \(20\), ne divise pas le coefficient dominant 1, et \(25\nmid20\).

Par le critère d’Eisenstein, \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).

13 Colorier les sommets d’un carré ★★★

On applique la formule de Burnside au groupe des 4 rotations. La rotation nulle fixe les \(2^4=16\) coloriages ; celles de 90° et 270° fixent les coloriages à sommets de même couleur : 2 ; celle de 180° fixe ceux où les sommets opposés ont la même couleur : \(2^2=4\).

Nombre d’orbites : \(\dfrac{16+2+4+2}{4}=6\).

Vérification : 0 noir (1 coloriage), 1 noir (1), 2 noirs adjacents (1), 2 noirs opposés (1), 3 noirs (1), 4 noirs (1) : 6 au total.

14 Inverses dans \(\mathbb{Q}(\sqrt2)\) ★★★

\(X^2-2\) n’a pas de racine rationnelle (car \(\sqrt2\notin\mathbb{Q}\)) et est de degré 2 : irréductible. Dans l’anneau principal \(\mathbb{Q}[X]\), le quotient est donc un corps.

\((1+\sqrt2)(\sqrt2-1)=2-1=1\), donc \((1+\sqrt2)^{-1}=\sqrt2-1\).

\((3+\sqrt2)(3-\sqrt2)=9-2=7\), donc \((3+\sqrt2)^{-1}=\dfrac{3-\sqrt2}{7}\).

15 Groupes d’ordre 12 ★★★

\(12=4\times3\). On a \(n_3\mid4\) et \(n_3\equiv1\pmod3\) : \(n_3\in\{1,4\}\).

Si \(n_3=1\), le 3-Sylow est distingué. Si \(n_3=4\), les 4 sous-groupes d’ordre 3 (deux à deux d’intersection triviale) contiennent \(4\times2=8\) éléments d’ordre 3. Il reste \(12-8=4\) éléments, qui doivent former tout 2-Sylow (d’ordre 4) : il n’y en a donc qu’un, \(n_2=1\), et il est distingué.

Dans les deux cas, un Sylow est distingué.

16 Groupes d’ordre 56 non simples ★★★

\(56=8\times7\). On a \(n_7\mid 8\) et \(n_7\equiv1\pmod7\) : \(n_7\in\{1,8\}\).

Si \(n_7=1\), le 7-Sylow est distingué, propre et non trivial.

Si \(n_7=8\), les 8 sous-groupes d’ordre 7 s’intersectent deux à deux trivialement (7 est premier) : ils contiennent \(8\times6=48\) éléments d’ordre 7. Il reste \(56-48=8\) éléments, qui forment nécessairement l’unique 2-Sylow (d’ordre 8). Il est distingué.

Dans tous les cas \(G\) admet un sous-groupe distingué propre : il n’est pas simple.

17 Le corps à 9 éléments ★★★

1. \(X^2+1\) vaut 1, 2, 2 en 0, 1, 2 : pas de racine, degré 2, donc irréductible.
2. \((1+i)^2=1+2i+i^2=2i\). Puis \((1+i)^4=(2i)^2=4i^2=-4\equiv2\pmod 3\), et \((1+i)^8=2^2=4\equiv1\).
3. Le groupe \(\mathbb{F}_9^\times\) a 8 éléments. L’ordre de \(1+i\) divise 8, ne divise pas 4 (car \((1+i)^4=2\neq1\)) : il vaut 8. L’élément \(1+i\) engendre donc \(\mathbb{F}_9^\times\), qui est cyclique.

18 Irréductibilité de \(X^4+1\) ★★★

On développe : \((X+1)^4+1=X^4+4X^3+6X^2+4X+1+1=X^4+4X^3+6X^2+4X+2\).

Le premier 2 divise \(4,6,4,2\), ne divise pas 1 et \(4\nmid2\) : Eisenstein montre que \(Q(X)=P(X+1)\) est irréductible. Si \(P=AB\) avec \(A,B\) non constants, alors \(Q(X)=A(X+1)B(X+1)\) serait réductible : contradiction. Donc \(P\) est irréductible sur \(\mathbb{Q}\).

19 L’idéal \((2,X)\) de \(\mathbb{Z}[X]\) ★★★

Supposons \(I=(G)\). Comme \(2\in I\), \(G\) divise 2 dans \(\mathbb{Z}[X]\) : en comparant les degrés, \(G\) est une constante divisant 2, c’est-à-dire \(G=\pm1\) ou \(G=\pm2\).

Si \(G=\pm1\), alors \(1\in I\), mais tout élément de \(I\) a un terme constant pair : contradiction.

Si \(G=\pm2\), alors \(X\in I=(2)\) exigerait que 2 divise \(X\) dans \(\mathbb{Z}[X]\) : absurde.

Donc \(I\) n’est pas principal, et \(\mathbb{Z}[X]\) n’est pas un anneau principal.

20 Compter les polynômes irréductibles de degré 2 ★★★

Il y a \(5^2=25\) polynômes unitaires de degré 2. Un tel polynôme est réductible si et seulement s’il s’écrit \((X-a)(X-b)\) avec \(a,b\in\mathbb{F}_5\) (degré 2 : réductible équivaut à avoir une racine).

Ces produits correspondent aux paires non ordonnées \(\{a,b\}\) avec répétition : \(\binom52+5=10+5=15\).

Il y a donc \(25-15=10\) polynômes irréductibles, ce qui coïncide avec la formule \(\dfrac{p^2-p}{2}=\dfrac{25-5}{2}=10\).