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collection CAPES / Agrégation
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Pascal ORTIZ

CAPES/AGREG
MATHÉMATIQUES
EXERCICES
D'ALGÈBRE
Pascal ORTIZ
Agrégé de Mathématiques
Université Toulouse III

Dans la même collection
■ Algèbre et géométrie pour le CAPES et IAgrégation, P. Mazet, 1996.
■ L'épreuve sur dossier à l'oral du CAPES. I. Géométrie, nouvelle édition,
A. Robert, 1998.
■ L'épreuve sur dossier à l'oral du CAPES. II. Analyse, T. Lambre, 1998.
■ La leçon d'Analyse au CAPES, B. Balaguer, 1999.
■ Géométrie pour le CAPES et l'Agrégation, G. Laville, 1999.
■ Structures algébriques en géométrie pour le CAPES et l'Agrégation, P. Aimé,
1999.
■ Géométrie élémentaire, B. Truffault, 2001.
■ Carrefours entre Analyse, Algèbre et Géométrie, M. Rogalski, A. Robert
etN. Pouyanne, 2001.
■ Analyse pour le CAPES et l'Agrégation interne, G. Auliac et J.-Y. Caby, 2002.
■ Guide d'histoire des mathématiques, J. Guérindon, 2002.
■ Mathématiques pour le CAPES et l'Agrégation interne, nouvelle édition,
J. de Biasi, 2004.
■ Courbes et surfaces, G. Laville, 2004.
Agrégation
■ Cours d'Algèbre, D. Perrin, 1996.
■ Thèmes d'Analyse pour l'Agrégation. I. Topologie et analyse fonctionnelle,
S. Gonnord et N. Tosel, 1996.
■ Thèmes d'Analyse pour l'Agrégation. IL Calcul différentiel, S. Gonnord
etN. Tosel, 1998.
■ Leçons d'Analyse. Préparation à l'oral de l'Agrégation, K. Madère, 1997.
■ Développements d'Analyse. Préparation à l'oral de l'Agrégation, K. Madère,
1997.
■ Leçons d'Algèbre. Préparation à l'oral de l'Agrégation, K. Madère, 1998.
■ Modélisation à l'oral de l'Agrégation - Calcul scientifique, L. Dumas, 1999.
■ Agrégation externe - Problèmes corrigés. Mathématiques générales - Analyse,
F. Suffrin, 2001.
■ Algèbre concrète, M. Mignotte, 2002.
■ Exercices d'Algèbre, P. Ortiz, 2004.
ISBN 2-7298-1857-X
© Ellipses Édition Marketing S.A., 2004
32, rue Bargue 75740 Paris cedex 15
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www.editions-ellipses.fr
PH0T0C0PI1AB
TUELEUVK

Avant-propos
Cet ouvrage propose la correction des exercices des quatre premiers chapitres du
Cours d'Algèbre de Daniel Perrin (éditions Ellipses, 1996). Les exercices des autres
chapitres se rapportent à des thèmes d'algèbre bilinéaire et n'ont donc pas été
traités sauf très exceptionnellement lorsqu'ils étaient en rapport avec les thèmes des
chapitres I à IV. Certains exercices ne sont pas corrigés pour la simple raison qu'ils
ont été traités dans le recueil de FRANCINOU et GlANELLA, Exercices de
mathématiques pour l'agrégation, Masson (1994). Ces exceptions concernent les chapitres I,
II et III et plus particulièrement le chapitre sur les anneaux lequel se trouve donc
être fortement réduit.
Les énoncés originaux du Cours ont été en général conservés. Cependant, certains
exercices ont été fondus en un seul et à l'inverse d'autres ont été divisés en plusieurs,
soit à cause de leur longueur, soit pour introduire des questions intermédiaires.
Lorsque certains résultats étaient nécessaires sans être présents dans le Cours lui-
même, ils ont fait l'objet d'une question ou d'un exercice supplémentaire. Assez
rarement, j'ai prolongé certains résultats donnés dans la version originale et j'ai
incorporé quelques énoncés du cours dont la démonstration était laissée à titre
d'exercice. En fin d'ouvrage, on trouvera un tableau de correspondance entre les énoncés
du Cours et les solutions.
En général, les exercices reçoivent une solution très détaillée. En particulier, les
références au Cours sont nombreuses et précises.
Je remercie amicalement Adina et Bernard Calvo de leurs remarques pertinentes et
instructives et du soutien moral qu'ils m'ont accordé. Ma gratitude va également à
Jacqueline Lacaze pour avoir relu avec une grande attention une bonne partie de
l'ouvrage. Je remercie également Marc Reversât pour ses encouragements. Enfin, je
salue les abonnés du forum fr.sci.maths, en particulier Yann Villesuzanne et Mehdi
Tibouchi, pour leurs contributions particulièrement pertinentes.
Un errata sera disponible à l'adresse internet www.univ-jfc.fr/maths/ortiz/.
J'espère que ce recueil permettra aux étudiants qui travaillent sur le « Perrin » de
mieux s'approprier les théories algébriques qui y sont exposées.
Pascal Ortiz

Table des matières
Notations 6
I. Groupes
1.1 Groupe dont tout sous-groupe propre est cyclique 7
1.2 Entiers n tels que le groupe (Z/nZ)* soit cyclique 8
1.3 Sous-groupe distingué d'un sous-groupe distingué 8
1.4 Sous-groupe distingué central 9
1.5 Groupe où les éléments de même ordre sont conjugués 9
1.6 Preuve complète des théorèmes de Sylow (Wielandt) 10
1.7 Nombre de sous-groupes d'ordre pk d'un groupe fini 12
1.8 Lemme de Cauchy abélien 13
1.9 Preuve par récurrence du 1er théorème de Sylow 14
1.10 Un groupe abélien est produit direct de ses p-Sylow 14
N 1.11 « Botanique » du groupe Z/nZ 15
^ 1.12 « Botanique » du groupe diédral Dn 16
1.13 « Botanique » du groupe des quaternions M% 22
1.14 « Botanique » du groupe 63 23
1.15 « Botanique » du groupe 2I4 23
1.16 « Botanique » du groupe 64 26
1.17 « Botanique » du groupe 65 30
1.18 « Botanique » du groupe 2l5 36
1.19 « Botanique » du groupe GL(2,2) 40
1.20 « Botanique » du groupe GL(2,3) 41
1.21 Automorphismes du groupe (Z/pZ)n, p premier 50
1.22 Automorphismes du groupe de Klein V4 50
X 1.23 Automorphismes du groupe 63 51
1.24 Automorphismes du groupe diédral D4 51
1.25 Automorphismes du groupe Z/4Z x Z/2Z 52
1.26 Automorphismes du groupe des quaternions Hs 53
1.27 Automorphismes d'un produit de groupes 55
1.28 Groupes tels que (ab)n = anbn pour n = 2 puis n = 3 56
1.29 Sylow et groupes non simples 57
v 1.30 Produits semi-directs isomorphes : condition nécessaire 58
A 1.31 Classification des groupes d'ordre 18 59
N 1.32 Classification des groupes d'ordre 24 61
1.33 Un groupe d'ordre 255 est cyclique 67
1.34 Produits semi-directs N x>^ Z/nZ isomorphes 68
1.35 Classification des groupes d'ordre p2q 70
-■ 1.36 Classification des groupes d'ordre 30 75
/ 1.37 Classification des groupes d'ordre 36 76
1.38 Classification des groupes d'ordre 40 81
1.39 Classification des groupes d'ordre 42 85
1.40 Classification des groupes d'ordre 56 87
1.41 Entiers n tels que tout groupe d'ordre n est abélien 89

4
1.42 Si G est simple d'ordre 60 alors G ^ 2l5 91
1.43 Classification des groupes d'ordre 60 92
1.44 Vers Feit-Thomson 96
1.45 Étude de deux sous-groupes de 21ô 97
1.46 Cardinal du centralisateur d'une permutation 100
1.47 Un lemme général sur les groupes dérivés 101
1.48 Sous-groupes distingués d'un groupe-produit 102
1.49 Le groupe Q*/Q*2 est infini 103
II. Anneaux, propriétés arithmétiques
II. 1 Image réciproque d'un idéal maximal 105
11.2 Un endomorphisme surjectif d'un ^4-module de type fini est bijectif 105
11.3 Éléments inversibles de A[X] 108
11.4 Éléments sans ppcm ou sans pgcd 109
11.5 Exemples d'étude d'irréductibilité dans k[X, Y] 110
11.6 C[X, Y]/(X2 + Y2 ± 1) est principal 111
11.7 Réels x tels que tan 2nx soit rationnel 111
11.8 Somme de deux carrés premiers entre eux 112
11.9 Somme de deux carrés « uniques » 113
11.10 Exemples de factorisations dans Z[i] 116
11.11 Étude de l'anneau Z2 117
III. Corps, théorie élémentaire
111.1 Extensions de degré premier 119
111.2 Caractérisation des éléments algébriques 119
111.3 R extension algébrique de K 120
111.4 Automorphismes du corps R 121
II 1.5 Automorphisme de C distinct de Idc et de la conjugaison 122
111.6 Exemples de calcul de polynômes minimaux 123
111.7 Exemple d'extension finie non monogène 124
111.8 Extensions intermédiaires monogènes 125
111.9 Extensions quadratico-cubiques de Q 126
III. 10 Étude détaillée de corps de cardinal 4, 8, 16 et 9 131
111.11 2 carré dans F*p 134
111.12 Générateurs de F* (p 6 {2,..., 11,31,43, 71}) 135
III. 13 Norme. Irréductibilité de Xp — a (p premier) 136
111.14 Irréductibilité de Xpn - a (p premier impair) 137
111.15 Irréductibilité de X2" - a 138
III. 16 Irréductibilité d'un polynôme à coefficients dans un anneau 140
III.17 Sous-corps d'un corps fini 141
III. 18 Polynôme de degré n irréductible sur Fp 142
III. 19 Irréductibilité sur ¥q des polynômes cyclotomiques 143
111.20 Décomposition du polynôme cyclotomique réduit 145
111.21 Construction d'un polynôme irréductible de Z[X] 146

5
111.22 Irréductibilité par la méthode de réduction mod. p 147
111.23 Irréductibilité dans Q(Vd)[X] 150
111.24 Intersection de deux corps cyclotomiques 152
111.25 Irréductibilité de $k dans Q(Cn)[-X] (exemples) 154
111.26 Irréductibilité dans Q(Cn)[X] (exemples) 155
111.27 Irréductibilité sur ¥q de X5 - 7 et X4 - 3 157
111.28 Irréductibilité sur ¥q de X3 - X - 1 159
111.29 Polynômes cyclotomiques $pa, p premier 160
111.30 Factorisation de $n vs. factorisation de n 161
111.31 Polynômes cyclotomiques de degré au plus 10 163
111.32 n minimal tel que $n soit à coefficients autres que 0, ±1 164
111.33 Construction du pentagone régulier 166
111.34 Corps k tel que fjLn(k) soit cyclique d'ordre d 167
111.35 Racines de l'unité d'une extension finie de Q 169
111.36 Racines de l'unité dans une extension quadratique de Q 169
111.37 Réductibilité sur F2 de Sy pour p = 1093 170
111.38 Automorphismes du corps ¥q 171
111.39 Automorphismes du corps Q(Vd) 171
111.40 (A:*, x) £ (kn, +) où k corps 171
111.41 Groupe des normes de C, de Q(y/d) 172
111.42 Nombre de solutions de ax2 + by2 = a 173
111.43 Bijectivité de x € k* *-^> xn e k* où k corps 174
IV. Le groupe linéaire
IV.l Sous-groupe H de GL(n, A:) tel que SL(n, k) x H ^ GL(n, A:) 177
IV.2 Existence d'un relèvement de PGL(n, A:) 178
IV.3 Automorphismes fixant point par point un hyperplan 179
IV.4 Transvections de droite donnée 183
IV.5 Automorphismes fixant point par point une droite donnée 184
IV.6 Les transvections engendrent SL(n, A:) par le pivot de Gauss 186
IV.7 Factorisation minimale en transvections 188
IV.8 Factorisation minimale en dilatations 193
IV.9 Les automorphismes de trace nulle engendrent GL(i?) 199
IV. 10 u G GL(E) laissant stables les sous-espaces de dimension r 200
IV. 11 Groupe des automorphismes semi-linéaires 200
IV.12 Conjugaison par un élément de SL(E) 202
IV. 13 Groupe dérivé des groupes projectifs 203
IV. 14 Étude du groupe SL(2, F3) 203
IV.15 Les sous-groupes distingués de SL(E) 206
IV.16 Les sous-groupes distingués de GL(E) 206
IV.17 Groupe simple par la méthode d'Iwasawa 208
IV.18 La méthode d'Iwasawa appliquée à PSL(£) 210
IV.19 PSL(3, F4) et PSL(4, F2) sont non isomorphes 210
IV.20 PGL(2, A;) ou les homographies 212
IV.21 Groupes simples d'ordre 168, PSL(2, F7) et PSL(3, F2) 213
Références 217
Correspondance entre les exercices du Cours et les corrigés 219

Notations
Les notations utilisées sont celles du Cours d'algèbre. On utilisera également les
notations et le vocabulaire ci-dessous.
card(X),|X|
A\B
(X)
vect (X)
\H\
o(9)
D(G)
a | b
£(E),£K
E*
d°(P)
Dk(P)
(E)
cardinal de la partie X.
ensemble des éléments de B qui n'appartiennent pas à A.
sous-groupe engendré par la partie X.
sous-espace vectoriel engendré par la partie X.
ordre du groupe H.
ordre de l'élément g (dans un groupe).
groupe dérivé i.e. « groupe des commutateurs » de G.
l'élément a divise l'élément b (dans un anneau).
anneau des endomorphismes du if-espace vectoriel E.
dual de l'espace vectoriel E.
degré du polynôme P.
corps de décomposition de P sur K (cf. Cours, théorème III. 1.30).
morphisme est synonyme d'homomorphisme.
Une classe d'équivalence réduite à un élément sera dite singulière.
Soient H et K des sous-groupes d'un groupe G. On dira que
- H est central si H est un sous-groupe du centre de G,
- H centralise K si tout élément de H commute avec tout élément de
- H normalise K si tout h e H vérifie hKh~l Ç K.

I. GROUPES
I.l. Groupe dont tout sous-groupe propre est
cyclique
I Soit G un groupe fini dont tout sous-groupe propre est cyclique.
1°) G est-il nécessairement cyclique, abélien ?
2°) Si G est de plus supposé abélien, G est-il cyclique?
Solution
1°) La réponse est négative. Par exemple, le groupe G = 63 n'est pas abélien (et
donc n'est pas cyclique) et ses sous-groupes propres, qui sont d'ordre 2 ou 3, sont
cycliques. Plus généralement, le groupe diédral Dp où p est premier impair est non
abélien et ses sous-groupes propres sont cycliques, d'ordre 2 ou p. Autre exemple :
le groupe des quaternions (cf. Cours, exemples 3.2 page 13) est non abélien et ses
sous-groupes propres sont (—1), (i), (j) et (fc).
2°) La réponse est négative aussi. Ainsi, le groupe (Z/pZ)2 où p est premier, a tous
ses éléments non nuls d'ordre p et n'est donc pas cyclique. Cependant, ses sous-
groupes propres sont d'ordre 1 ou p et sont donc cycliques.
Plus généralement, soit G un groupe abélien, non cyclique et ayant tous ses sous-
groupes propres cycliques. Montrons que G = (Z/pZ)2. On sait que G est produit
direct de ses sous-groupes de Sylow (cf. exercice 1.10). L'un au moins de ces derniers
n'est pas cyclique sinon, d'après le lemme chinois (cf. Cours, proposition 6.1 page 21),
G serait cyclique. Par hypothèse, ce sous-groupe de Sylow ne pouvant être propre,
G est nécessairement un p-groupe. Par ailleurs, tout p-groupe fini est produit de p-
groupes cycliques (pour une preuve rapide et directe, cf. par exemple [Rot], theorem
6.1). G n'étant pas cyclique, G est isomorphe au produit d'au moins deux p-groupes
cycliques et donc, G contient un sous-groupe isomorphe à (Z/pZ)2. Comme (Z/pZ)2
n'est pas cyclique, on en déduit le résultat annoncé.

8
I. GROUPES
1.2. Entiers n tels que le groupe (Z/nZ)* soit cyclique
Soit n > 2. Montrer que le groupe (Z/nZ)* des éléments inversibles de
l'anneau Z/nZ est cyclique si et seulement si n est de la forme 2, 4, 2pQ
ou pQ où a G N* et p premier impair.
Solution
Posons n = p"1 .. .p^r2^ avec pi,... ,pr premiers impairs distincts, ai,..., ar G N*
et 0 G N. On sait (cf. Cours, proposition 7.4 page 25) que
(Z/nZ)* *ê Z/v(p°l)Z x • • • x Z/v(p?)Z x (Z/2^Z)*.
Si n admet deux facteurs premiers impairs distincts pi et pj alors (Z/nZ)* contient
un sous-groupe isomorphe à Z/p^i~l(pi — 1)Z x Z/pa-3~ (pj — 1)Z et donc un sous-
groupe isomorphe à Z/2Z xZ/2Z qui n'est pas cyclique et donc, un sous-groupe d'un
groupe cyclique étant cyclique (cf. Cours, exercice A.l), (Z/nZ)* n'est pas cyclique.
Par suite, si (Z/nZ)* est cyclique, n se décompose sous la forme n = pa avec v
premier impair, et a, 0 > 0.
Supposons d'abord a > 1. Si 0 = 0 ou 0 = 1, on sait que (Z/nZ)* ^ Z/</?(pa)Z
donc (Z/nZ)* est cyclique. Si 0 > 2 alors (Z/nZ)* ^ Z/2Z x Z/2/3"2Z x Z/pa~l(p-
1)Z (cf. Cours, proposition 7.10 page 26). Donc, (Z/nZ)* contient un sous-groupe
isomorphe à Z/2Z x Z/2Z et n'est donc pas cyclique. Maintenant si a = 0, on sait
que (Z/nZ)* ^ Z/2Z x Z/2/3"2Z si (3 > 2 et (Z/nZ)* = {1} si 0 = 1. Dans ce cas,
(Z/nZ)* est cyclique si et seulement si 0 G {1, 2} .
En définitive, (Z/nZ)* est cyclique si et seulement si n = pa, n = 2pa, n = 2 ou
n = 4 avec a G N* et p entier premier impair (cf. Cours, théorème IV. 14 page 84,
où le résultat est donné).
1.3. Sous-groupe distingué d'un sous-groupe
distingué
Soient H et K des sous-groupes d'un groupe G. On suppose que H estl
distingué dans G.
1°) Si on a K < H < G, a-t-on nécessairement K <G?
2°) Si K est un sous-groupe caractéristique de H i.e. stable par tout
automorphisme de i/, a-t-on nécessairement K <G?
Solution
1°) La réponse est négative. Cherchons un contre-exemple avec G d'ordre minimal.
On voit facilement que \G\ > 8 est nécessaire. Considérons G = D4, le groupe diédral
d'ordre 8 vu comme sous-groupe des isométries du plan complexe conservant le carré
de sommets l,i,—l,—i (cf. Cours, exemple 6.7.2 page 23). On note 5 la symétrie
7T
d'axe (y = 0) et r la rotation de centre O et d'angle —. Soit H = (s, —là) et K = (s).
Comme H est abélien, on a K < H. Or, rsr~l = —s G H \ K prouve que H est
distingué dans G et que K n'est pas distingué dans G.
Voici un autre exemple. Dans le groupe alterné G = 2l4, le sous-ensemble
H = {Id, (1,2)(3,4), (1,3)(2,4), (1,4)(2,3)}

1.5. Groupe où les éléments de même ordre sont conjugués
9
est un sous-groupe. D'autre part, H est distingué dans G (et même dans ©4)
car H est formé de Id et des doubles transpositions de ©4 et la conjuguée d'une
double transposition de ©4 est encore une double transposition. Le sous-groupe
K = ((1,2)(3,4)) est distingué dans H car H est abélien. Mais K n'est pas
distingué dans G puisque (1,2, 3)(1, 2)(3,4)(1,2, 3)"1 = (2,3)(1,4) £ K.
2°) Soit g G G. Considérons l'automorphisme intérieur ipg : G —► G, x »—► gxg~l.
Puisque H < G, on a ipg(H) Ç H et ipg définit donc un morphisme injectif de H
dans H. À nouveau comme H < G, (pg définit en fait un automorphisme de H
(mais pas forcément un automorphisme intérieur de H). Par hypothèse sur K, on a
ifg^K) Q K- Comme g est arbitraire, on en déduit que K est distingué dans G.
1.4. Sous-groupe distingué central
Soient G un groupe fini, p le plus petit facteur premier de \G\ et H un
sous-groupe d'ordre p et distingué dans G. Montrer que H est central
i.e. inclus dans le centre de G (indication : faire opérer G sur H par
conjugaison).
Solution
Puique H est distingué dans G, l'application
Gxff-ff,(j,k)Hjfcj-1
définit une action du groupe G sur l'ensemble H. Puisque \H\ > 2, il existe h G
i/ \ {1}. Soit u(h) l'orbite de h. On sait que \u(h)\ divise \G\ et, i/ étant réunion
des orbites, on a \u(h)\ < \H\ = p. Si \w(h)\ > 1 alors, p étant le plus petit diviseur
de \G\ distinct de 1, on a \u(h)\ > p et par suite \u(h)\ = \H\. Ainsi, u(h) = H
puis 1 G u(h) et donc h = 1 ce qui a été exclu. Ainsi, toutes les orbites sont des
singletons et donc si (g, h) € G x H alors ghg~l = h i.e. H est central.
1.5. Groupe où les éléments de même ordre sont
conjugués
Deux éléments de même ordre d'un groupe G sont-ils nécessairement
conjugués ? Déterminer tous les groupes abéliens finis dans lesquels cette
propriété est vraie. Donner un exemple de groupe non abélien qui la
vérifie (sans essayer de les trouver tous).
Solution
Deux éléments conjugués ont bien sûr même ordre (fini ou pas). La réciproque est
fausse : par exemple, si G = 64 alors les permutations (1,2) (3,4) et (1,2) ont pour
ordre 2 et ne sont pas conjuguées (car, par exemple, elles n'ont pas même parité).
Les classes de conjugaison dans un groupe abélien sont des singletons. Un groupe
abélien (G, +) vérifiant la propriété est donc tel qu'il n'existe pas deux éléments

10
I. GROUPES
distincts de même ordre. Soit x G G d'ordre n > 2. Le nombre d'éléments d'ordre n
de (x) est ip(n). Par hypothèse, on doit avoir </?(n) = 1, d'où l'on déduit facilement
que n G {1,2} puis n = 2. Ainsi, G est un groupe formé d'un ou de deux éléments
et ces groupes, réciproquement, conviennent.
Le groupe 63 vérifie la propriété. En effet, il y a trois classes de conjugaison : {Id},
{(1,2), (1, 3), (2, 3)} formée des éléments d'ordre 2 et {(1, 2, 3), (1, 3,2)} formée des
éléments d'ordre 3.
Remarque. - En fait, on peut démontrer que les trois derniers groupes cités sont les
seuls à posséder la propriété indiquée (cf. [F]).
1.6. Preuve complète des théorèmes de Sylow
(Wielandt)
Soit G un groupe d'ordre n = pam avec p premier ne divisant pas m.
Soient X l'ensemble des parties de G de cardinal pQ et Y l'ensemble des
p-sous-groupes de Sylow de G.
On fait opérer G sur X par translation à gauche. Si E G X, on désigne
par Ge le stabilisateur de E sous cette action.
1°) Montrer que \GE\ < pa.
2°) a) Soit E e X. Montrer que \Ge\ = pa si et seulement s'il existe x e G
et S G Y tels que E = Sx et que dans ce cas S = GE-
b) En déduire, en considérant les orbites de X sous G, la congruence
\X\ = m\Y\ (mod. p).
3°) Montrer qu'on a |X| = m (mod. p) (soit par un calcul direct, soit en
appliquant la question précédente au groupe G = Z/nZ).
4°) Montrer que \Y\ = 1 (mod. p) (ce qui prouve le premier théorème de
Sylow et une partie du second).
5°) Soient H un p-sous-groupe de G, S G Y un p-sous-groupe de Sylow de
G et Z l'orbite de S. En considérant l'action de H sur Z par translation
à gauche, montrer que H est contenu dans un conjugué de 5 (ce qui
achève la preuve du second théorème de Sylow).
Solution
1°) Fixons x G E. Si g G Ge alors, par définition de Ge, on a gx G gE = E en
sorte qu'on peut définir l'application (px : Ge —► E,g »—► gx. Cette application étant
injective, on en déduit que \Ge\ < |£| = pQ.
2°) a) Supposons \Ge\ = pa- Alors, pour tout x e E, l'application <px de la question
précédente est une bijection et donc E = Sx avec S = Ge G Y et x arbitraire dans
E.
Réciproquement, si E = Sx pour un x G G et un S G Y alors, pour tout 5 G 5, on
a sS = S et donc sE = sSx = Sx = E en sorte que S ÇGE d'où \S\ = pa < \GE\.
D'après 1°), on conclut que pa = \Ge\ puis S = Ge-

1.6. Preuve complète des théorèmes de Sylow (Wielandt)
11
b) On va montrer que
i) l'action de G sur X admet exactement |y| orbites de cardinal m,
ii) les autres orbites ont un cardinal multiple de p
ce qui permettra de conclure que |X| = m\Y\ (mod. p).
Si F G X, on désignera par u(F) l'orbite de F sous G. Remarquons d'abord qu'une
orbite contient au plus un élément de Y : en effet, si S,T e Y sont tels que
u>(S) = u>(T) alors il existe g G G tel que S = gT et par suite, comme 1 G 5,
on af^T puis g G T et donc S = T.
D'autre part, si S G Y alors S = Sx avec x = 1 donc, d'après a) appliqué avec
E = S, on a \Gs\ = pa et par suite, \w(S)\ = -r—r = m ce qui établit que l'action
\Gs\
de G sur X admet au moins \Y\ orbites de cardinal m.
Maintenant, soit une orbite u(E) disjointe de Y. Supposons que \Ge\ = pQ- Alors,
d'après a), il existe x G G et S G Y tels que E = Sx et par suite, par définition
d'une orbite, x~lSx G v(E), ce qui est impossible puisque x~lSx G Y. On en déduit,
\G\
par 1°), que \Ge\ < pa et donc que \u(E)\ = —— > m puis, comme annoncé en
\ge\
n), que p divise |tc>(i£)l car sinon, |o;(i£)| divisant |G|, |o;(-B)| diviserait m (Gauss)
ce qui contredit |^(£)l > m- De plus, l'assertion i) est cette fois complètement établi.
3°) Comme X ne dépend pas de la structure de groupe sur l'ensemble G, il suffit
de prouver que |X| = m (mod. p) lorsque G est, par exemple, le groupe cyclique
Z/nZ. Dans ce groupe, il existe un unique sous-groupe de cardinal un diviseur donné
de n (cf. Cours, exercice A,2 ou exercice 1.11), autrement dit \Y\ = 1 donc, d'après
la question précédente, |X| = m (mod. p).
Remarque. - On pouvait aussi procéder directement : dans FP[Z], on a (1 + Z)p°m =
(l + ZpQ)m donc, en identifiant les termes de degré pa, on obtient que |X| = (ÇT ) =
m (mod. p).
4°) D'après les questions précédentes, on a m(|y| — 1) = 0 (mod. p) et comme p
ne divise pas m, on a bien \Y\ = 1 (mod. p).
5°) Soit T un élément de Z. On notera ljh(T) son orbite sous l'action de H par
translation à gauche. Le cardinal de uH(T) divisant l'ordre de H et H étant un
p-groupe, uH(T) est un singleton ou bien de cardinal un multiple de p. D'après
2°)b)i), on a \Z\ = m. Or, p ne divise pas m et Z est réunion disjointe des H-
orbites. Par suite, il existe au moins une i/-orbite qui est un singleton et dont
l'unique élément sera noté T. Le stabilisateur Ht de T vérifie donc Ht = H. Or,
puisque T G Z = u(S), il existe g G G tel que T = gS. De plus, Ggs = gGsg~l
(c'est un résultat général sur les actions de groupes) et d'autre part, comme S G V,
on a, d'après 2°)a), G s = S. De l'inclusion évidente Ht Ç Gt, il résulte donc que
H Ç gSg~l, comme demandé.

12
I. GROUPES
1.7. Nombre de sous-groupes d'ordre pk d'un groupe
fini
Soit G un groupe d'ordre n = pam avec p premier ne divisant pas m.
Pour k G {1,..., a}, soient Xk l'ensemble des parties de G de cardinal pk
et Yk l'ensemble des sous-groupes de G d'ordre pk.
On fait opérer G sur Xk par translation à gauche. Si E G Xk, on désigne
par Ge le stabilisateur de E sous cette action.
1°) Montrer que \GE\<Pk-
2°) a) Soit E G Xk. Montrer que \Ge\ = Pk si et seulement s'il existe x G G
et 5 G Vit tels que E = Sx et que dans ce cas S = Ge-
b) En déduire, en considérant les orbites de Xk sous G, la congruence
\Xk\=pa-km\Yk\ (mod. pa~k+1).
3°) Montrer qu'on a |Xfc| = pa~km (mod. pa~k+1) (appliquer la question
précédente au groupe G = Z/nZ).
4°) Montrer que \Yk\ = 1 (mod. p).
D'après le premier théorème de Sylow et son corollaire (cf. Cours, corollaire 5.6 page
19), Yk n'est pas vide. Le présent exercice est une adaptation de l'exercice 1.6 (qui
correspond à k = a).
1°) Fixons x G E. Si g G Ge alors, par définition de Ge, on a gx G gE = E en
sorte qu'on peut définir l'application </?x : G# —► E,g »—► gx. Cette application étant
injective, on en déduit que \Ge\ < |£| = pk-
2°) a) Supposons |G#| = pk. Alors, pour tout x e E, l'application <px de la question
précédente est une bijection et donc E = Sx avec S = Ge € Yk.
Réciproquement, si E = Sx pour un x G G et un S G Y* alors, pour tout 5 G 5, on
a sE = sSx = Sx = E donc S ÇGE d'où \S\ = pk < \GE\. D'après 1°), on conclut
que pk = \Ge\ puis S = Ge-
b) On va montrer que
ï) l'action de G sur Xk admet exactement |Yït| orbites de cardinal pa~km,
iï) les autres orbites ont un cardinal multiple de pa~k+l
ce qui permettra de conclure que \Xk\ = pa~km\Yk\ (mod. pQ~k+l).
Si F e X^ on désignera par u(F) l'orbite de F sous G. Remarquons d'abord qu'une
orbite contient au plus un élément de Yk : en effet, si 5, T G Yk sont tels que
u;(S) = u(T) alors il existe g G G tel que S = gT et par suite, comme 1 G 5, on a
g~l G T puis g G T et donc S = T.
D'autre part, si S € Yk alors S = Sx avec x = 1 donc, d'après a) appliqué avec
IGI
E = 5, on a \Gs\ = Pk et par suite, \u(S)\ = -r^—r = pa~km ce qui établit que
l'action de G sur Xk admet au moins \Yk\ orbites de cardinal pa~km.

1.8. Lemme de Cauchy abélien
13
Maintenant, soit une orbite u(E) disjointe de Yk. Supposons que \Ge\ = pk • alors,
d'après a), il existe x G G et 5 G Vit tels que E = Sx et par suite, par définition d'une
orbite, x~lSx G u(E), ce qui est impossible puisque x~lSx G Yk. On en déduit, par
1°), que \Ge\ < pk et donc que l'exposant de p dans la décomposition en facteurs
premiers de \Ge\ est au plus k — 1. Par suite, l'exposant de p dans la décomposition
\G\
en facteurs premiers de |^(£)| = rpr~\ est au moins ot — k + 1 c'est-à-dire que pa~k+l
divise |o;(2?)| ce qui établit ii) et termine la preuve de i).
3°) Comme Xk ne dépend pas de la structure de groupe sur l'ensemble G, il
suffit de prouver que \Xk\ = pa~km (mod. pa~k+l) lorsque G est, par exemple, le
groupe cyclique Z/nZ. Dans ce groupe, il existe un unique sous-groupe de cardinal
un diviseur donné de n et par suite, |Yjt| = 1 puis, d'après la question précédente,
|X*| =pa-km (mod. pa~k+l).
4°) D'après les questions précédentes, on a pa~km(\Yk\ — 1) = 0 (mod. pa~k+l) 0u
encore p divise ra(|Yit| — 1) et comme p ne divise pas m, on a bien |Yjt| = 1 (mod. p).
1.8. Lemme de Cauchy abélien
Soit G un groupe abélien fini, d'ordre divisible par p premier.
Montrer, sans utiliser le théorème de Sylow, que G contient un élément
d'ordre p.
Solution
Observons d'abord que le résultat est vrai si G est cyclique : si G = (g) est d'ordre
n alors gp est d'ordre p.
Montrons le résultat demandé par récurrence sur l'ordre de G. Il est vrai si G est
d'ordre 2. Soit G un groupe vérifiant les hypothèses. Soit x G G\{1}. Si x est d'ordre
un multiple de p alors par l'observation liminaire, (x) (et donc G) contient un
élément d'ordre p. Sinon, comme 1 < \G/(x)\ < \G\ et G/{x) est un groupe abélien
d'ordre multiple de p, on peut appliquer l'hypothèse de récurrence : il existe y G G
tel que y G G/(x) soit d'ordre p. Comme yp G (x) et y £ (x) (car y ^ 1), (yp) est
un sous-groupe strict de (y) puisque dans le cas contraire, on aurait y G (yp) Ç (x).
Par suite, yp n'est pas un générateur du groupe cyclique (y), et donc p et l'ordre
de y ne sont pas premiers entre eux (cf. Cours, proposition 7.1 page 24). Ainsi, p
étant premier, p divise l'ordre de y et par suite, d'après l'observation liminaire, (y)
(et donc G) contient un élément d'ordre p.
Remarque. - On peut donner une preuve directe (McKAY, 1959) du lemme de
Cauchy pour un groupe non nécessairement abélien et qui ne procède pas par récurrence,
cf. [Rot], chapitre 4.

14
I. GROUPES
1.9. Preuve par récurrence du 1er théorème de
Sylow
Soit G un groupe fini d'ordre divisible par p premier.
Démontrer par récurrence sur l'ordre de G le 1er théorème de Sylow
{indication : faire agir G sur lui-même par conjugaison et écrire
l'équation aux classes. On pourra utiliser le théorème de Cauchy abélien, - cf.
exercice 1.8).
Solution
Soit G un groupe d'ordre n = pam où m est un entier premier à p. Supposons
que tout groupe H tel que p divise \H\ et \H\ < \G\ admette un p-Sylow. Soient
#i,..., xr G G des représentants des orbites non singulières (c'est-à-dire qui ne sont
pas des singletons) de l'action de G sur lui-même par conjugaison (si G est abélien
alors r = 0). Si i G {1,..., r}, on désigne par GXi le stabilisateur de Xi sous cette
action. Remarquons que, l'orbite u(xi) de x2 contenant au moins deux éléments de
G, on a \GX.\ = -j—^—rr < |G|. Comme le centre Z de G est la réunion des orbites
Mxi)\
singulières, la partition de G en orbites donne l'équation aux classes :
\G\
|G| = |Z| + £
2=1
\GXi[
S'il existe i G {1,..., r} tel que pa divise \GXi | alors, d'après la remarque ci-dessus, on
peut appliquer l'hypothèse de récurrence et donc GXi admet un sous-groupe d'ordre
pa qui est un p-Sylow de G.
Sinon, pour chaque i G {1,... ,r}, l'exposant de p dans la décomposition de \GXi\
\G\
en produit de facteurs premiers est au plus a — 1 et donc p divise . . Comme p
divise |G|, l'équation aux classes ci-dessus montre que p divise \Z\. Comme Z est
un groupe abélien, le lemme de Cauchy abélien (cf. exercice 1.8) montre qu'il existe
x e Z d'ordre p. Puisque x G Z, le sous-groupe (x) est distingué dans G. L'ordre
du groupe-quotient G/(x) est pa~lm. Si a = 1 alors (x) est un p-Sylow de G. Si
a > 1, on peut appliquer l'hypothèse de récurrence au groupe G/(x) : il existe un
sous-groupe P de G/(x) d'ordre pa~l. Soit P = {g G G ; g G P}. Il est immédiat
de vérifier que P est un sous-groupe de G contenant (x) et que P = P/(x). Il en
résulte que \P\ = |P||(x)| = pa en sorte que P est un p-Sylow de G ce qui achève la
récurrence.
1.10. Un groupe abélien est produit direct de ses
p-Sylow
Soit G un groupe abélien fini. Montrer que G est isomorphe au produit
direct de ses sous-groupes de Sylow.

1.11. « Botanique » du groupe Z/nZ
15
Solution
La loi sur G sera notée multiplicativement. Puisque G est abélien tout sous-groupe
de G est distingué et en particulier, si p est un diviseur premier de |G| alors G
admet un unique p-Sylow (cf. Cours, corollaire 5.8 page 19). Soient d,..., Gn les
différents sous-groupes de Sylow de G et / : G\ x • • • x Gn —► G l'application
définie par /(pi,.. • ,gn) = 9\ • • • <?n- Le groupe G étant abélien, / est un morphisme
de groupes. Montrons que / est injectif. Soit (gu... ,gn) G G\ x • • • x Gn tel que
9\'-gn = 1- Soit i G {l,...,n}. On a g{ = Yl9kl- L'ordre de g{ divise \d\ et
kfr
comme pour chaque k G {1,... , n}, (^1)|Gfcl = 1, l'ordre de n g^1 divise n \@k\-
k^i k^i
Les entiers \Gi\ et Yl \Gk\ étant premiers entre eux, on en déduit que g{ est d'ordre
kfr
1 i.e. g{ = 1 ce qui établit l'injectivité de /. Enfin, les groupes G\ x • • • x Gn et G
ayant même ordre, le morphisme / est bijectif, ce qui établit le résultat demandé.
LU. « Botanique » du groupe Z/nZ
Soit G = Z/nZ où n > 1. Déterminer
1°) l'ordre de G et l'ordre de ses éléments,
2°) les sous-groupes de G,
3°) les quotients de G.
Solution
1°) G est d'ordre n. Ses éléments sont 1, ..., n. Si k G {1,..., n} alors k est d'ordre
ji fi
— où d = pgcd(n, k). En effet, si m G Z vérifie mk = 0 alors n divise mk et donc —
a d
k n k . , _,
divise m— et comme les entiers — et - sont premiers entre eux, c est que, par Gauss,
d d d
n .. . n . . . n. k _
— divise m en sorte que m G — Z ce qui permet de conclure puisque — k = n- G nZ.
d d d d
2°) Soit H un sous-groupe de G. Alors # = {fcGZ:fcGi/}estun sous-groupe de
Z (c'est l'image réciproque de H par la projection canonique xGZhï). Par suite,
il existe d G N tel que H = dZ et comme H contient nZ, d divise n. Par définition^
// = {fc:fcGi/} donc H = dZ/nZ et // est le sous-groupe cyclique engendré par
fi
d. En outre, puisque pgcd(n, d) = d, l'ordre de H est —. Ce qui précède montre qu'il
d
existe un unique sous-groupe d'ordre un diviseur donné ô de n : il s'agit du groupe
cyclique engendré par q où q = —.
à
Remarque. - Déterminons le nombre d'éléments d'ordre un diviseur donné d de n.
Un tel élément engendre un sous-groupe de Z/nZ d'ordre d. D'après ce qui précède,
le nombre cherché est donc le nombre d'éléments d'ordre d de Z/dZ c'est-à-dire
</?(d), cf. Cours, proposition 1.7.1 page 24. La formule rappelée en 1°) donnait aussi
la réponse.

16
I. GROUPES
3°) Le quotient du groupe cyclique G par son sous-groupe d'ordre d où d est un
77.
diviseur donné de n, est, bien sûr, cyclique et donc isomorphe à Z/qZ où q = —.
a
1.12. « Botanique » du groupe diédral Dn
Soient n > 2 et G le groupe diédral Dn d'ordre 2n (cf. Cours, exemple
6.7.2 page 23).
1°) Déterminer
a) l'ordre des éléments de G,
b) les classes de conjugaison des éléments de G,
c) les centralisateurs des éléments de G.
2°) Soit K un groupe engendré par deux éléments distincts a et 6 tels
que l'élément a soit d'ordre n, l'élément b soit d'ordre 2 et 6a = a~lb.
Montrer que K et Dn sont isomorphes.
3°) Déterminer :
a) les sous-groupes de G,
b) les sous-groupes distingués de G et les groupes-quotients
correspondants,
c) les classes de conjugaison des sous-groupes de G,
d) les normalisateurs des sous-groupes de G,
et reconnaître d'éventuels isomorphismes avec des groupes connus.
4°) Déterminer les sous-groupes remarquables suivants :
a) les sous-groupes de Sylow de G,
b) le centre Z(G) de G,
c) le groupe dérivé D(G) de G.
Solution
Description de Dn et notations. - Dn est le groupe des isométries du plan
euclidien conservant le polygone régulier de sommets les images des n racines complexes
n-èmes de l'unité. On aura à considérer les isométries particulières suivantes : la
2?r
rotation r de centre 0 et d'angle —, la réflexion s par rapport à l'axe des abscisses
n
et les réflexions Sk = rks où k G Z.
Dn est formé de 2n éléments : les n rotations rk et les n réflexions s* où k G
{0,...,n-l}.
On pourra remarquer que si a est une réflexion de Dn alors Dn = (r, a) et que, pour
toute rotation p G Dn, on a
(1): ap = p~la
puisque po est une réflexion et que donc (pcr)2 — Id.
1°) a) Le sous-groupe des rotations de Dn est le groupe cyclique (r) en sorte que
l'ordre de rk est l'ordre de k dans le groupe cyclique Z/nZ, c'est-à-dire n/pgcd(A:, n).
Enfin, chaque réflexion de Dn est d'ordre 2.
b) Classes de conjugaison de Dn. - Une rotation et une réflexion ne sont jamais
conjuguées car leurs déterminants sont distincts.

1.12. « Botanique » du groupe diédral Dn
17
Soient p une rotation de Dn et / G Dn. Alors, fpf~l = p si / est une rotation (car
le groupe des rotations de M2 est abélien) et, si / est une réflexion, alors, en vertu de
(1), on a fpf~l = p~l. Il en résulte que deux rotations de Dn sont conjuguées si et
seulement si elles sont égales ou inverses. Remarquons que si p est une rotation de
Dn distincte de Id et telle que p = p-1 alors, facilement, p = —Id et comme pn = Id,
c'est que n est pair.
Examinons maintenant les conjugués d'une réflexion de Dn. Soient k G Z et / = rk
ou / = rks. Alors, en vertu de (1), on a
(2) : /s/"1 = rksr~k = {rks)s{sr-k) = r2ks = s2k.
On est conduit à distinguer deux cas selon la parité de n.
1ER CAS : n est impair, n = 2m + 1.
Dans ce cas, comme r2 est d'ordre n, on a {r2k ; k G Z} = {rk ; k G Z}, d'où
{s2k ; k G Z} = {sk ; k G Z} et (2) montre que la classe de conjugaison de s est
{sk ; k G Z} i.e. que les réflexions de D2m+i sont conjuguées. Ainsi, les classes de
conjugaison de D2m+i sont
{Id}>{r,r-1},...,{r'B,r-'B}>{so,...,Sn-i}.
2ÈME CAS : n est pair, n = 2m.
(2) montre que la classe de conjugaison de 5 = s0 est exactement formée des s2k
avec fc = 0,..., m — 1. Cherchons la classe de conjugaison de si = rs. Si k G Z et si
/ = rfc, on a frsf~l = rkrsr~k = r2k+ls = S2fc+i- Ainsi, la classe de conjugaison de
Si = rs est formée des s2fc_i avec k = 1,..., m. Ainsi les classes de conjugaison de
D2m sont
{Id} , {-Id} , {r, r"1} ,..., {rm-\ r"m+1} , {s0,..., s2m_2} , {su ..., s2m_i} .
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 l'axe des autres passe par le milieu de deux sommets consécutifs du polygone.
c) Centralisateurs.
Soit C(g) = {x G G ; xg = gx} le centralisateur de g G G. On sait que \C(g)\ =
\G\
-—^—t où u(g) est la classe de conjugaison de g. Si g = Id alors C(g) = G. Repre-
M9)\
nons les deux cas de la question précédente.
I 7~) I Ot»
1er CAS : n = 2m + 1. Alors, si k G {1,... ,n - 1} on |C(rfc)| = n = —- = n
\Lj(rK)\ 2
et comme (r) Ç C(rk), on a (r) = C(rk). De même, si k G {0,... ,n - 1}, on a
C(sk) = (sk).
2ÈME CAS : n = 2m. De manière analogue au cas précédent, si |fc| G {1,..., m — 1}
\Dn\ 4m
on a C(rk) = (r) et si a est une réflexion, on a |C(cr)| = -—-^— = — = 4 et donc
|o;((t)| m
C(a) = {Id, —Id, a, — a} qui, étant formé d'éléments d'ordre au plus 2, est isomorphe
à V4. Enfin, C(-Id) = G.

18
I. GROUPES
Les tableaux ci-dessous résument les résultats de cette question.
Éléments de Dn où n = 2ra + 1
élément
Id
(fce{-m,...,m}\{0|)
rks
(fce{0,...,n-l|)
ordre
1
n
pgcd(fc, n)
2
classe de conjugaison
Id
„k „-k
r , r
rls
(zG{0,...,n-l|)
centralisateur
G
(r)
(rks)
Éléments de Dn où n = 2m
élément
Id
-Id
(0< \k\ <m-l)
r2ks
(fc€{0,...,m-l})
r2k-ls
(fc€{l>...,m})
ordre
1
2
n
pgcd(fc, n)
2
2
classe de conjugaison
Id
-Id
„k „-k
r ,r
r2is
(*€{0,...1m-l»)
r2i-ls
(i G {!,...,m})
centralisateur
G
G
(r)
(r2*5,-Id)
(r2*"1*, -Id)
2°) Si n = 2 alors X = (a, 6) = V4 = Z?2- Supposons désormais n > 3. Soient z et j
des entiers. Montrons que
Va* = ai{~l)JV.
Si j est impair alors Va = ba = a~lb = a(_1)J6 = cS'^b* et si j est pair alors
Va = a = a(_1)J^. Ainsi, pour tout entier j, on a bjab~j = a(_1)J. On en déduit que
bjatb~j = {Vab'i)1 = al(_1)J et le résultat annoncé.
Il en résulte que si z, j, k et / sont des entiers alors
(3) : (aibi)(akbl) = ai+("1)J^+/.
On en déduit que H = [ctti ; i,j€ Z} est un sous-groupe de K et comme a,b e H,
on a en fait H = K.
Comme n > 3, on a a2 ^ 1. Par suite, ab = ba~l ^ ba et en particulier, b £ (a).
Supposons que al\P = 1. Si j est impair alors 6 = a1 G (a) ce qui est absurde. Donc
j est pair puis V; = a1 = 1. Ainsi, et compte-tenu des ordres de a et 6, tout élément
de K s'écrit de manière unique a1^ avec i G {0,..., n — 1} et j G {0,1}.
Étant donné que Dn = (r, 5), que r et 5 sont distincts et d'ordre n et 2 resp. et que
sr = r_15, tout ce qui précède s'applique avec a = r et b = s ce qui montre au
passage qu'il existe bien un groupe non trivial K vérifiant les conditions de l'énoncé. Il
en résulte que l'application / : K —► Dn telle que si x = a%V avec i G {0,..., n — 1}

1.12. « Botanique » du groupe diédral Dn
19
et j G {0,1} alors f(x) = rV est une bijection et (3) montre que / est un mor-
phisme de groupes.
3°) a) Sous-groupes de Dn. - Soit H un sous-groupe de Dn. Si H Ç (r), H est
un sous-groupe d'un groupe cyclique donc est cyclique et du type Hd = (rd) où d
est un diviseur de n (cf. exercice LU).
Supposons désormais que H contient une réflexion a. Le sous-groupe (r) est d'indice
2 dans G et a £ (r) donc la partition de Dn en les classes à gauche modulo (r) est
Dn = (r) U cr(r). Comme a G H, on a
H = ((r) H H) U (a(r) H H) = ((r) ClH)U a((r) H H).
Posons (r) H H = (rd) où d est un diviseur de n. Alors H = (rd) U a(rd) = (rd, a).
En particulier, d'après (1) et d'après la question précédente, H est isomorphe au
n
groupe diédral Dq où q = —. D'autre part, comme a est une réflexion de Dn, il existe
j G {0,..., n — 1} tel que a = rjs. Si k est le reste de la division euclidienne de j
par d, on voit que H = (rd,rks). Ainsi, les sous-groupes
Hdik = (rd,rks)
où d est un diviseur de n et fc G {0,..., d — 1} sont les sous-groupes de G contenant
71
une réflexion. Ces sous-groupes sont d'ordre 2-. Ils sont deux à deux distincts : en
d
effet, si z, j G {0,..., d — 1} vérifient Hdyi = Hdj alors rJs G (rd, rls) et il existe donc
k G Z tel que rJs = (rd)fcrl5 d'où rj = rdk+î et donc d divise j — z d'où i = j.
b) Sous-groupes distingués de Dn. - Remarquons d'abord que tout sous-groupe
H de (r) est distingué dans Dn : en effet, si / G H alors sfs~l = f~l (cf. (1)) et
rfr~l = f sont dans H.
Cherchons maintenant les sous-groupes distingués H de G admettant une réflexion.
Pour cela, utilisons qu'un sous-groupe distingué est réunion de classes de
conjugaison, ce qui conduit à distinguer selon la parité de n.
1ER CAS : n = 2m-f 1. Comme les réflexions de G forment une classe de conjugaison
(cf. l°)b)) , H les contient toutes et comme H contient Id, c'est que \H\ > n + 1 et
donc H = Dn
2ÈME CAS : n est pair, n = 2m. Supposons d'abord qu'il existe k G {0,..., m - 1}
tel que s2k G H. Alors (cf. l°)b)), H contient {s0, • • •, s2(m-i)}- ^e P'us' comme
\G\
s2s0 = (r2s)s = r2 G H et que r2 est d'ordre m, on a \H\ > 2m = — en sorte que
H = G ou H = (r2) U {s0, • • •, S2(m-i)}- Réciproquement, (r2) U {s0, • • •, $2(m-i)}
n'est autre que le sous-groupe i/2,o = (r2, s) et ce dernier est bien distingué dans G
puisque (r2) est distingué dans G et que {s0, • • •, s2(m-i)} est une ^^^ de
conjugaison de G.
De même, s'il existe k G {0, ...,ra — 1} tel que s2fc+i € H alors H = Dn ou
H = H2,l = (r2,rs).
Étude des quotients G/H. - Écartons les cas triviaux où H est d'indice 1, 2 ou
2n. On suppose donc que H = (rd) où d est un diviseur propre de n. On notera g la
classe de g G G modulo H. Comme G = (r, 5), on a G/H = (f, 5). Comme 52 = Id

20
I. GROUPES
et que s £ (rd), c'est que 5 est d'ordre 2. Enfin, onasr = r ls et donc, d'après
2n
2°), G/H = Dk où k est l'ordre de f et comme -;—r— = 2k on a k = d.
{nid)
c) Classes de conjugaison des sous-groupes de G. - Les classes de
conjugaison des sous-groupes de (r) sont des singletons puisque ces sous-groupes sont
distingués dans G. Recherchons désormais les classes de sous-groupes de G
contenant une réflexion. Avec les notations de a), si deux tels sous-groupes Hdj et Hd>k
•i i i 2n 2n .
sont conjugués, ils ont même ordre et donc —- = — î.e. d — d. Discutons mamte-
d a
nant selon la parité de n.
1ER CAS : n = 2m + 1. Alors, deux réflexions quelconques étant conjuguées dans
Dn (cf. l°)b)) et compte tenu que si / G G on a frdf~l G {rd,r"d}, on peut dire
que les sous-groupes Hdj = (rd, Sj) et Hdyk = (rd, s*) sont conjugués.
2ÈME CAS : n = 2m. Si j et k ont même parité, alors, comme dans le cas précédent,
Hdj et Hdyk sont conjugués.
Supposons j et k de parités différentes. Alors Hdj et Hdik sont conjugués si et
seulement si rjs est conjugué d'une réflexion de Hdyk autrement dit si et seulement s'il
existe / G Dn et A G Z tels que rjs = f(rXdrks)f~l donc (cf. tableau de l°)b)) si et
seulement s'il existe A G Z tel que j et \d + k ont même parité. C'est impossible si
d est pair et si d est impair, alors rjs et rk+ds sont conjugués et donc Hdj et Hdik
sont conjugués.
d) Normalisateurs des sous-groupes de G. - Si H est un sous-groupe de (r)
alors H < G et donc NG{H) = G.
Désormais, soit H = Hd)k, où d est un diviseur denet k G {0,..., d — 1}, un sous-
groupe de G contenant au moins une réflexion (cf. a)). Si u(H) désigne l'ensemble
\Q\
des conjugués de H, on sait que \Nc(H)\ = -—77777. On discute encore suivant la
\u{H)\
parité de n.
1ER CAS : n = 2ra+l. On a vu que les d sous-groupes Hdyi où i parcourt {0,..., d — 1}
forment une classe de conjugaison de sous-groupes de G en sorte que \Nc(H)\ =
, /ry.NI = —. Comme \H\ = — et qu'on a toujours H Ç NG(H), on a Nc(H) = H.
\lj{H)\ d d
2ÈME CAS : n = 2m. Si d est impair, le même raisonnement qu'au cas précédent
montre que Ng{H) = H. Supposons donc d pair, d = 26. Alors les sous-groupes
Hdii où i parcourt {0, ...,d—1} forment deux classes de conjugaison qui sont
\G\
{Hd)0, //d|2,... #d,2(<>-i)} et {HdiU Hdi3,... #d,2a-i} • Par suite, \NG(H)\ = ' =
2ti An
-j— = —. Comme Ng(H) contient la réflexion rks de H, le sous-groupe Ng(H) est,
a/2 d
71
d'après a), un groupe diédral Dn/s. Il contient une rotation d'ordre —, par exemple
rs. Ainsi, Nc(H) = (rô,rks) = Hs,k. On retrouve en particulier que Hd)k < G si et
71
seulement si 4- = 2n i.e. d = 2 et k e {0,1}.
d

1.12. « Botanique » du groupe diédral Dn
21
Les tableaux ci-dessous résument les résultats de cette question.
Sous-groupes de Dn où n = 2m + 1
sous-groupe
(rd)
(d | n)
(rd, rks)
\(d | n, d > 1 et
\0<k<d-l)
G={r,s)
ordre
n
~d
2n
1
2n
quotient
si distingué
Dd
{1}
classe
de conjugaison
(rd)
(0<i<d-l)
G
normalisateur
G
(rd, rks)
G
Sous-groupes de Dn où n = 2m
sous-groupe
(rd)
(d | n)
(r2,s)
(r2,rs)
(rd, rks)
\ (d > 2 pair, d \ n et
0<k<d-l)
(rd,rks)
(d > 1 impair, d \ n
etO<k<d-l)
G=(r,s)
ordre
n
~d
n
n
2n
~~d
2n
~~d
2n
quotient
si distingué
Dd
Z/2Z
Z/2Z
{1}
classe
de conjugaison
(rd)
(r2,s)
(r2, rs)
{rd, r{s)
(0<i<d-let
i = k (mod. 2))
(rd, ^s)
(0<i<d-l)
G
normalisateur
G
G
G
(rd'2,rks)
(rd, rks)
G
4°) a) p-sous-groupes de Sylow de G. - Posons n = pQq avec p premier,
a G N \ {0} et ç entier non multiple de p.
Supposons d'abord p impair. Le sous-groupe (r) admet un p-Sylow P. Ce dernier
est aussi un p-Sylow de G car p ^ 2. Comme P est distingué dans Dn (cf. 3°)b)),
c'est le seul p-Sylow de Dn (cf. Cours, corollaire 5.8 page 19). On a P = (rq).
Pour la recherche des 2-Sylow, on discute suivant la parité de n.
1er CAS : n impair. Alors les 2-Sylow de G sont des sous-groupes d'ordre 2 et il
s'agit des sous-groupes (sk) où k G {0,..., n — 1}. Ils sont au nombre de n et
conjugués ce qui est conforme au théorème de Sylow.
2ÈME CAS : n pair. On suppose donc p = 2. Tout 2-Sylow P de Dn est d'ordre
2a+1 et par le théorème de Lagrange, on ne peut avoir PC (r). Il en résulte que P
contient au moins une réflexion. Il est donc du type H^k = (rd> rks) où d divise n et
0 < k < d - 1. Comme \Hdk\ = 2^ = 2a+l-J, on a d = q et les 2-Sylow de Dn sont
a d
les q sous-groupes Hq$,..., Hq,q-\ (c'est encore conforme au théorème de Sylow.)

22
I. GROUPES
b) Centre de G. - Le centre Z(G) est la réunion des classes singulières. De l°)b),
on déduit que
Z(G) = {Id} si n est impair,
Z(G) = {Id, -Id} si n est pair, n > 4,
Z{G) = G si n = 2.
Retrouvons le résultat autrement. Soit p G (r) D Z(G). Comme sp = p~ls = ps
(cf. (1)), on a p2 = Id et donc p G {Id, -Id}. Si a est une réflexion de G telle que
a G Z'(G) alors ar = r~la = va d'où r = —Id ce qui entraîne n = 2 et donne
Z{G) = G. Si n > 3, on a donc Z{G) = (r) n Z(G) Ç {Id, -Id}. On retrouve alors
les résultats précédents.
c) Groupe dérivé D(G) de G. - Comme srs~lr~l = r"2, on a (r2) Ç D(G).
D'autre part, |(r2)| = n si n est impair et |(r2)| = n/2 si n est pair et donc le
quotient G/(r2) est d'ordre 2 ou 4 et est donc abélien. Par suite, D{G) Ç (r2) (cf.
Cours, 3.b page 13) et donc D(G) = (r2).
1.13. « Botanique » du groupe des quaternions H8
Soit H8 le groupe des quaternions (cf. Cours, exemple 3.2.3 page 13).
1°) Déterminer l'ordre des éléments de H8, les classes de conjugaison et
les centralisateurs des éléments de H8.
2°) Déterminer les sous-groupes de H8, les sous-groupes distingués et
les groupes-quotients correspondants, les classes de conjugaison et les
normalisateurs des sous-groupes de H8, en reconnaissant d'éventuels iso-
morphismes avec des groupes connus. Déterminer le groupe dérivé D(MS)
et le centre Z(H8).
Solution
On reprend les notations du Cours.
1°) —1 est d'ordre 2 et est dans le centre de H8. Soit x G {±i, ±j, ±k}. Alors x
est d'ordre 4. Si y G {±z, ±j, ±fc} est tel que y £ {x, —x} alors on a xy = —yx i.e.
yxy~l = —x. On en déduit que les conjugués de x dans H8 sont x et — x. Par suite,
si C(x) est le centralisateur de x, on a |C(:r)| = —— = 4 et comme (x) C C(x) et
que x est d'ordre 4, on a C(x) = (x).
2°) H8 n'admettant qu'un seul élément d'ordre 2, aucun sous-groupe d'ordre 4 de H8
n'est isomorphe à V4. Par suite, les sous-groupes propres de H8 sont cycliques.
Chacun étant réunion de classes de conjugaison, ces sous-groupes sont tous distingués
d'où l'on déduit que si H est un sous-groupe de H8 alors sa classe de conjugaison
est {H} et son normalisateur est H8.
Le quotient de H8 par { — 1,1} (son seul sous-groupe d'ordre 2) est d'ordre 4 et tous
ses éléments sont d'ordre 2 au plus puisque si h G H8, ona/12 G {-1,1}. On en
déduit que H8/ { — 1,1} = V4. Il en résulte en particulier que D(M8) Ç {—1,1} en
sorte que, H8 n'étant pas abélien, on a D(M8) = { — 1,1}
Le centre de M8 est { — 1,1} (réunion des classes de conjugaison singulières).

1.15. « Botanique » du groupe 2I4
23
1.14. « Botanique » du groupe 63
Déterminer l'ordre des éléments de 63, les classes de conjugaison et
les centralisateurs des éléments de 63. Déterminer les sous-groupes de
63, les sous-groupes distingués et les groupes-quotients correspondants,
les classes de conjugaison et les normalisateurs des sous-groupes de 63.
Déterminer le centre Z(&s) et le groupe dérivé D(&3).
Solution
Les résultats demandés sont rassemblés dans les tableaux ci-dessous.
élément
Id
(1,2)
(1.3)
(2,3)
(1,2,3)
1 (1,3,2) |
ordre
1
2
2
2
3
3
sous-groupe |
<Id)
<(1,2))
((1,3))
((2,3))
a3 = ((1,2,3))
©3 |
| classe de conjugaison
{Id}
(1,2), (1,3), (2,3)
(1,2), (1,3), (2,3)
(1,2), (1,3), (2,3)
(1,2,3), (1,3,2)
1 (1,2,3), (1,3,2) |
ordre
1
2
2
2
3
6
quotient
63
Z/2Z
{1}
centralisateur
63
((1,2))
((1,3))
((2,3))
((1,2,3))
1 ((1,2,3)) |
classe de conjugaison
(w)
((1,2)), ((1,3)), ((2,3))
((1,2)), ((1,3)), ((2,3))
((1,2)), ((1,3)), ((2,3))
2l3
63
normalisateur
©3
((1,2))
((1,3))
((2,3))
63
63
Sur ces tableaux, on lit que Z(&3) = {Id} et £(63) = 2I3.
1.15. « Botanique » du groupe 2I4
Soit G le groupe alterné 2l4.
1°) Déterminer :
a) l'ordre des éléments de G,
b) les classes de conjugaison des éléments de G,
c) les centralisateurs des éléments de G.
2°) Déterminer :
a) les sous-groupes de G,
b) les sous-groupes distingués de G et les groupes-quotients
correspondants,
c) les classes de conjugaison des sous-groupes de G,
d) les normalisateurs des sous-groupes de G.
On indiquera d'éventuels isomorphismes avec des groupes connus.
3°) Déterminer les sous-groupes remarquables suivants :
a) les sous-groupes de Sylow de G,
b) le centre Z(G) et le groupe dérivé D(G).

24
I. GROUPES
Solution
4!
1°) a) QI4 est un sous-groupe d'ordre —- = 12. Ses éléments d'ordre 2 sont les doubles
transpositions, du type (a, 6)(c, d), et au nombre de 3. Ses éléments d'ordre 3 sont
les 3-cycles, du type (a, 6, c) et il y en a 8.
b) Classes de conjugaison de G.
• Si / = (1,3, 2) alors /(l, 2)(3,4)/"1 = (3,1)(2,4) et si / = (1,4,2) alors <?(1,2)(3,4)
g~l = (4,1)(3,2) donc les 3 doubles transpositions forment une classe de
conjugaison de G.
• Le cardinal d'une classe de conjugaison de G divise \G\ = 12 donc les 3-cycles de
G ne forment pas une classe de conjugaison. Comme (a, 6)(c, d)(a, 6, c)(a, 6)(c, d) =
(6, a, d), les permutations
(1,2,3), (1,4,2), (4,1,3), (3,2,4)
sont conjuguées dans G d'une part, et les permutations
(1,3,2), (2,4,1), (4,3,1), (3,4,2)
sont conjuguées dans G d'autre part ce qui fournit deux classes de conjugaison de G
(bien sûr, (1,2,3) et (1,3,2) ne sont pas conjuguées dans G sinon les 8 trois-cycles
formeraient une classe de conjugaison de G).
c) Centralisateurs.
On notera C(g) le centralisateur et u(g) la classe de conjugaison de g G G. On
\G\
utilisera que (g) Ç C(g) et que \C(g)\ =
12
\<o(9)V
• Si g = (a, 6)(c, d) alors \C(g)\ = — = 4 et comme (a, c)(6, d)g(a, c)(6, d) = g, on a
C(g) = (g, (a, c)(6, d)) = {Id, (1,2)(3,4), (1,3)(2,4), (1,4)(2,3)}
On posera K = C(g) et on remarque que K = V4.
12
• Si g = (a, 6, c) alors |C(#)| = — = 3 et donc C(g) = (g). Les résultats de cette
question sont rassemblés dans le tableau ci-dessous.
élément
Id
*1 = (1,2)(3,4)
*2 = (1,3)(2,4)
t3 = (l,4)(2,3)
Pi = (3,2,4)
P2 = (1,3,4)
P3 = (1,4,2)
P4 = (1,2,3)
9i = (3,4,2)
92 = (1,4,3)
93 = (1,2,4)
94 = (1,3,2)
ordre
1
2
2
2
3
3
3
3
3
3
3
3
classe de conjugaison
Id
*1)'2)*3
^1,^2, *3
*1)*2) *3
Pl,P2,P3,P4
Pl,P2,P3,P4
Pl,P2,P3,P4
Pl,P2,P3,P4
91,92,93,94
91,92,93,94
91,92,93,94
91,92,93,94
centralisateur
G
K
K
K
(Pi)
(P2)
(P3)
(p4)
(9i)
<92>
(93)
(94) 1
2°) a) Sous-groupes de G. - L'ordre d'un sous-groupe non trivial de G est
(théorème de Lagrange) 2, 3, 4 ou 6.
• G admet trois sous-groupes d'ordre 2, chacun engendré par une double transposi-

1.15. « Botanique » du groupe 2I4
25
tion.
• Tout sous-groupe d'ordre 3 est engendré par un trois-cycle et il existe 4 sous-
groupes d'ordre 3 (un par point de {1, 2,3,4} fixé par le sous-groupe).
• K est un sous-groupe d'ordre 4 de G, et un tel sous-groupe ne pouvant contenir
d'élément d'ordre 3, il n'y en pas d'autre.
• Si G admet un sous-groupe H d'ordre 6, H est d'indice 2 et donc (cf. Cours,
exercice I.B.4 page 35) est distingué dans G. Par suite, H est réunion de classes de
conjugaison distinctes, ce qui est absurde puisqu'elles sont de cardinal 1, 3, 4 et 4.
b) Sous-groupes distingués de G. - Un tel sous-groupe H est réunion de
classes de conjugaison distinctes. Ces dernières étant de cardinal 1, 3, 4, 4 (cf.
tableau ci-dessus) on a, par le théorème de Lagrange, \H\ = {1,1 + 3,1 + 3 + 4 + 4} =
{1,4,12}. Ainsi, G admet K pour seul sous-groupe distingué non trivial et n'est donc
pas simple à la différence des autres groupes alternés finis (cf. Cours, remarque 8.4
page 30). Le quotient G/K étant d'ordre 3, il est cyclique.
c) Classes de conjugaison des sous-groupes de G. - On ne s'intéresse qu'aux
sous-groupes non distingués.
• Les éléments d'ordre 2 de G étant conjugués, il en est de même des sous-groupes
qu'ils engendrent.
• Un sous-groupe d'ordre 3 admet deux générateurs de la forme pi et ^ = p~l donc,
d'après le tableau ci-dessus, deux sous-groupes d'ordre 3 admettent des générateurs
conjugués et donc les sous-groupes d'ordre 3 forment une seule classe de conjugaison.
d) Normalisateurs des sous-groupes de G. - On ne s'intéresse qu'aux sous-
groupes non distingués.
• Soit g G G d'ordre 2. Les sous-groupes de G contenant g sont (g), K et G. Comme
(g) n'est pas distingué dans G et que (g) < K (K est abélien), on a Ncdg)) = K.
• Soit g € G d'ordre 3. Les sous-groupes de G contenant g sont (g) et G. Comme
(g) n'est pas distingué dans G, on a Ne {(g)) = (g)-
3°) a) G admet quatre 3-Sylow et K est l'unique 2-Sylow de G.
b) Z(G) est trivial car il existe une seule classe de conjugaison singulière dans G.
D(G) est distingué dans G, G/K est abélien et G ne l'est pas, donc D(G) = K.
Les résultats de cette question sont rassemblés dans le tableau ci-dessous :
sous-groupe
(id)
(u)
(i = 1,2,3)
(P.)
(i = 1,2,3,4)
K = (tl,t2)
G
ordre
1
2
3
4
12
quotient
G
Z/3Z
{1}
classe de conjugaison
Id
<*1>, <«2>, <*3>
(Pl),(P2>,(P3>,(P4)
K
G
normalisateur
G
K
(PU
G
G

26
I. GROUPES
1.16. « Botanique » du groupe 64
Soit G le groupe 64.
1°) Déterminer l'ordre, les classes de conjugaison et les centralisateurs
des éléments de G.
2°) Déterminer :
a) les sous-groupes de G, leurs normalisateurs et leurs classes de
conjugaison, les sous-groupes de Sylow de G,
b) les sous-groupes distingués de G et les groupes-quotients
correspondants.
On indiquera d'éventuels isomorphismes avec des groupes connus.
3°) Déterminer le centre Z(G) et le groupe dérivé D(G).
Solution
1°) 64 est un sous-groupe d'ordre 4! = 24. Les ordres possibles des éléments de G
sont 1, 2, 3 ou 4 et la classe de conjugaison de / ^ Id est caractérisée par la structure
de sa décomposition en produit de cycles à supports disjoints.
Éléments d'ordre 2. - Les éléments d'ordre 2 se répartissent en :
6 transpositions du type (a, 6),
3 doubles transpositions du type (a, 6)(c, d).
Les transpositions (a, 6) forment une classe de conjugaison. On en déduit que |C((a, 6))|
IGl
= —- = 4. Il alors est immédiat que G((a, b)) = {Id, (a, 6), (c, d), (a, 6)(c, d)}.
6
Les doubles transpositions (a, 6)(c, d) forment une autre classe de conjugaison de G
IGl
et elle est de cardinal 3. D'où |C((a,6)(c,d))| = — = 8. Or, il est immédiat que
ô
(a, 6) commute avec (a, 6)(c, d) et que (a, c, 6, d)[(a, 6)(c, d)](a, c, 6, d)"1 = (c, d)(6, a)
en sorte que (a, c, 6, d) G G((a, 6)(c, d)) et comme (a, 6) ^ ((a, c, 6, d)) et vu les ordres,
on a C((a, 6)(c, d)) = ((a, 6), (a, c, 6, d)).
Éléments d'ordre 3. - Les éléments d'ordre 3 sont les 3-cycles, du type (a, 6, c),
au nombre de 4 x 2 = 8. Ils forment une classe de conjugaison de G et \C((a, 6, c))\ =
M = 3 d'où C((a, 6, c)) = ((a, 6, c)>.
Éléments d'ordre 4. - Les éléments d'ordre 4 sont les 4-cycles, du type (a, 6, c, d),
au nombre de 3! = 6. Les 4-cycles (a, 6, c, d) forment une classe de conjugaison de G
et |C((a, 6, c, d))| = ^ = 4 d'où C((a, 6, c, d)) = ((a, 6, c, d)).
6
Ainsi, les 24 éléments de G se répartissent en 5 classes de conjugaison suivant le
tableau ci-après.

1.16. « Botanique » du groupe 64
27
représentant
Id
(a, b)
(a,b)(c,d)
(a, b, c)
(a, b, c, d)
ordre du
représentant
1
2
2
3
4
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
6
3
8
6
Total : 24
centralisateur
G
{(a,b),(c,d))
((a,b),(a,c,b,d))
((a, b, c))
((a, b, c, d))
2°) a) L'ordre d'un sous-groupe non trivial de G est (théorème de Lagrange) 2, 3,
4, 6, 8 ou 12.
On utilisera l'observation suivante : un sous-groupe H de 6n est ou bien formé de
permutations paires ou bien contient autant de permutations paires que de
permutations impaires (pour le voir, appliquer le théorème d'isomorphisme à la restriction
du morphisme signature au sous-groupe H).
Sous-groupes d'ordre 2.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 2 donc, il y en a 6 du type ((a, 6)) et 3 du
type ((a,6)(c, d)). Ces deux types donnent deux classes de conjugaison distinctes.
\G\
Le normalisateur de ((a, 6)) est de cardinal \N(((a, b)))\ = -7- = 4 et comme
C((a, b)) Ç N(((a, b))) et \C((a, b))\ - 4, on a C((a, b)) = N(((a, b))).
Demême,|Ar(((a,&)(c,<Z)))| = -Hp = 8 et comme \N({(a,b)(c,d)))\ = \C((a,b)(c,d))\,
on conclut que N(((a,b)(c,d))) = C((a,6)(c, d)).
Sous-groupes d'ordre 3.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 3 et chacun contenant 2 éléments d'ordre
o
3, il y en a - = 4, du type ((a, 6, c)). Comme les 3-cycles sont conjugués, les 4 sous-
groupes d'ordre 3 sont conjugués. Ce sont les 3-Sylow de G (et comme prévu, leur
nombre n3 = 4 vérifie n3|8 et n3 = 1 (mod. 3)). Comme \N(((a, 6, c)))| = —— = 6
et que ((a, 6, c)) < 6({a, 6, c}), on en déduit que N(((a, 6, c))) = 6({a, 6, c}).
Sous-groupes cycliques d'ordre 4.
Il s'agit de :
((1,2,3,4))-((1,4,3,2))
((1,2,4,3))-((1,3,4,2))
((1,3,2,4)) = ((1,4,2,3))
Ces 3 sous-groupes forment une même classe de conjugaison (car les 4-cycles sont
\G\
conjugués). Le normalisateur de ((a, 6, c, d)) est de cardinal —- = 8. Comme
o
(a, 6)(c, d)(a, 6, c, d)(a, 6)(c, d) = (6, a, d, c) G ((a, 6, c, d))
on en déduit que N(((a, 6, c, d))) = ((a, 6, c, d), (a, 6)(c, d)).

28
I. GROUPES
Sous-groupes isomorphes à V4.
Soit H un tel sous-groupe. Vu Y observation faite en début de question, on distingue
deux cas.
1er cas : H Ç 2I4. - Alors les permutations d'ordre 2 et paires étant les (a,6)(c, d),
nécessairement H = {Id, (1,2)(3,4), (1, 3)(2,4), (1,4)(2, 3)} et H est donc bien un
sous-groupe de 2l4 puisque 2l4 contient au moins un 2-Sylow. On désignera par K
ce sous-groupe d'ordre 4. La classe de conjugaison de K est un singleton puisque H
est l'unique sous-groupe d'ordre 4 de 2l4 et est donc distingué dans 2l4 et donc aussi
dans 64. Le normalisateur de K est donc G.
2ème cas : H contient exactement une double transposition. - H contient donc
exactement deux transpositions. Ces dernières sont nécessairement à supports disjoints
car (a, 6) (6, d) = (a, 6, d) est d'ordre 3 qui ne divise pas l'ordre de H. Il en résulte
que H est de la forme ((a, 6), (c, d)) que l'on reconnaît être H = C((a, b)) et il existe
donc 3 sous-groupes de ce type. Ils sont conjugués car les transpositions sont
conjuguées (les centralisateurs de deux éléments conjugués sont eux-mêmes conjugués).
24
Le normalisateur de H est d'ordre — = 8 et comme la conjugaison par (a,c)(6, d)
o
permute les éléments de i/, on a N(H) = (H, (a, c)(6, d)).
En conclusion, G admet 3+1+3=7 sous-groupes d'ordre 4 qui se répartissent en 3
classes de conjugaison.
Sous-groupes d'ordre 6.
Soit H un tel sous-groupe. D'après le théorème de Cauchy, il contient un élément
(a, 6, c) d'ordre 3. Par suite, pour l'action naturelle de H sur {1,2, 3,4} = {a, 6, c, d},
a, 6 et c appartiennent à une même orbite. Or, cette action ne peut être transitive
i.e. ne posséder qu'une orbite sinon 4 diviserait l'ordre de H. Par suite, l'orbite
de d est singulière et donc son stabilisateur est H tout entier. Or le stabilisateur
de d pour l'action naturelle de G sur {a, 6, c, d} est 6({a, 6, c}) qui est d'ordre 6.
Donc, H = 6({a, 6, c}). Il existe donc 4 sous-groupes de G d'ordre 6 et chacun
d'eux est isomorphe à 63. Ils sont conjugués parce que l'action naturelle de 64 sur
{1, 2, 3,4} est transitive (on rappelle que si un groupe opère sur un ensemble, deux
éléments d'une même orbite ont des stabilisateurs conjugués). Le normalisateur de
H = 6({a,6,c}) est d'ordre ^ = 6 et contient H donc, N(H) = H.
Sous-groupes d'ordre 8.
Ce sont les 2-Sylow de G. Soit n2 leur nombre. On sait que n2 divise 3 (cf. Cours,
théorème 5.7 page 19) et donc ri2 G {1,3}. Or, on a déterminé trois sous-groupes
d'ordre 8 de G que sont les centralisateurs des doubles transpositions. Ainsi, les
sous-groupes d'ordre 8 de G sont du type ((a, 6), (a, c, 6, d)). Ce sous-groupe est
engendré par s = (a, 6) et r = (a,c, 6, d) et s est d'ordre 2, r est d'ordre 4 et
srs~l = (6, c, a,d) = r-1. Ceci prouve (cf. exercice 1.12) que chaque sous-groupe
d'ordre 8 de G est isomorphe au groupe diédral D4. Enfin, les doubles transpositions
étant conjuguées, ces sous-groupes sont conjugués comme le confirme le théorème
de Sylow. Si H est l'un de ces trois sous-groupes, son normalisateur est d'ordre
2* = 8 = |#| et donc N(H) = H.

1.16. « Botanique » du groupe 64
29
Sous-groupes d'ordre 12.
Aucun des sous-groupes d'ordre 6 de G n'est formé que de permutations paires. Par
suite, d'après l'observation en début de question, un sous-groupe H d'ordre 12 de
G est formé de permutations paires et donc H = 2I4. La classe de conjugaison de H
est donc singulière et son normalisateur est donc G.
Ainsi, G comporte au total 30 sous-groupes qui se répartissent en 11 classes de
conjugaison de sous-groupes suivant le tableau ci-dessous.
sous-groupe
(Id)
<M)>
<M)M)>
((a,b,c))
((a,b,c,d))
((1>2)(3,4),(1,3)(2>4)>
((a,b),(c,d))
e({a,b,c})
((a,b),(a,c,b,d))
2t4
G
ordre
1
2
2
3
4
4
4
6
8
12
24
type
cyclique
cyclique
cyclique
cyclique
cyclique
VA
v4
63
D4
au
64
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
6
3
4
3
1
3
4
3
1
1
Total : 30
normalisateur
G
((a,b),(c,d))
{{a,b),{a,c,b,d))
e{{a,b,c})
{(a,b,c,d),(a,b){c,d))
G
({a,b),(c,d),(a,c){b,d))
6({a,b,c})
{{a,b),(a,c,b,d))
G
G
b) Un sous-groupe H de G est distingué si et seulement si N(H) = G. Le tableau
précédent montre que si H est non trivial alors H = K ou H = Ql4.
G/K est d'ordre 6 donc cyclique ou isomorphe à 63 (cf. Cours, théorème 7.13 page
28). Tout élément de G est d'ordre au plus 4 donc il en est de même de chaque
élément de G/K qui est donc isomorphe à 63.
Enfin, G/2I4 est cyclique d'ordre 2.
3°) Le centre de &n est {Id} si n > 3 (cf. Cours, exemple 3.2.2 page 13). On retrouve
ce résultat en remarquant que {Id} est la seule classe de conjugaison singulière (cf.
n).
On sait que D(G) Ç 2I4 ; comme le quotient G/K n'est pas abélien, D(G) n'est
pas inclus dans K et comme D(G) < G, on déduit de la question précédente que
D{G) = 2l4.

30
I. GROUPES
1.17. « Botanique » du groupe 65
Soit G le groupe 65.
1°) Déterminer :
a) l'ordre, les classes de conjugaison et les centralisateurs des éléments
de G,
b) les sous-groupes distingués de G et les groupes-quotients
correspondants.
2°) Déterminer les sous-groupes de G, leurs normalisateurs et leurs
classes de conjugaison et les sous-groupes de Sylow de G.
On indiquera d'éventuels isomorphismes avec des groupes connus.
3°) Déterminer le centre Z(G) et le groupe dérivé D(G).
Solution
1°) a) 65 est un sous-groupe d'ordre 5! = 120. La classe de conjugaison de / ^ Id
est caractérisée par la structure de sa décomposition en produit de cycles à supports
disjoints. Cette décomposition est de l'un des types suivants :
(a, 6), (a, 6, c), (a, 6, c, d), (a, 6, c, d, e), (a, 6)(c, d), (a, 6)(c, d, e).
Dans la suite, pour alléger, on supposera parfois a = 1, 6 = 2, etc..
Éléments du type (1,2). - Ils sont au nombre de (%) = 10. Soit g = (1,2).
120
On a \C(g)\ = —- = 12. Si / G 6({3,4,5}) alors / G C(g). Par suite, on a la
décomposition suivante de C(g) modulo son sous-groupe ©({3,4,5}) :
C(2) = 6({3,4,5})U<?6({3,4,5}).
On a 6({3,4, 5}) < C(g) (car 6({3,4,5}) est d'indice deux dans C{g)), (g) < C{g)
et (g) n 6({3,4, 5}) = {Id}. Par suite (cf. Cours, proposition 6.5 page 23),
C(s) HU, 2))6({3,4,5}) - Z/2Z x 63.
Éléments du type (1, 2)(3,4). - Il y en a 5 x 3 = 15 et ils sont d'ordre 2. On a
120
|C((1,2)(3,4))| = —- = 8 et d'après l'étude du centralisateur de (1,2)(3,4) dans
15
64 de l'exercice 1.16, on a C((l,2)(3,4)) = ((1, 2), (1, 3,2,4)) qui est isomorphe au
groupe diédral D4.
Éléments du type (1,2,3). - Ils sont d'ordre 3 et il y en a 2 (i>) = 20. On en
120
déduit que |C((1, 2, 3))| = — = 6 puis que C((l, 2, 3)) = ((1, 2, 3)(4, 5)).
Éléments du type (1, 2, 3,4). - Ils sont d'ordre 4 et il y en a 3! x 5 = 30. On en
120
déduit que |C((1,2,3,4))| = — = 4 puis que C((l,2,3,4)) = ((1,2,3,4)).
Éléments du type (1,2,3,4,5). - Ils sont d'ordre 5 et il y en a 4! = 24. On en
120
déduit que |C((1,2, 3,4))| = — = 5 puis que C((l, 2, 3,4, 5)) = ((1, 2, 3,4, 5)).
Éléments du type (1, 2, 3)(4, 5). - Ils sont d'ordre 6 et il y en a 2 ( | ) = 20. On en
déduit que |C((1, 2, 3)(4,5))| = ^ = 6 puis que C((l, 2, 3)(4, 5)) = ((1, 2, 3)(4,5)).
Ainsi, les 120 éléments de G se répartissent en 7 classes de conjugaison suivant le
tableau ci-dessous.

1.17. « Botanique » du groupe 65
31
représentant
Id
(1,2)
(1,2)(3,4)
(1,2,3)
(1,2,3,4)
(1,2,3,4,5)
(1,2,3)(4,5)
ordre du

représentant
1
2
2
3
4
5
6
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
10
15
20
30
24
20
Total : 120
centralisateur
G
((1,2))6({3,4,5})
((1,2), (1,3,2,4))
<(1,2,3)(4,5))
((1,2,3,4))
((1,2,3,4,5))
<(1,2,3)(4,5))
b) On sait que 2l5 est l'unique sous-groupe distingué non trivial de G (cf. Cours,
corollaire 8.5 page 30). L'équation aux classes de G est 120 = 1 + 10 + 15 + 20 + 30 +
24 + 20 ce qui permet de retrouver le résultat. Tout sous-groupe distingué H de G
est réunion disjointe de classes de conjugaison dont une est {Id} et est de cardinal
un diviseur de 120. L'équation aux classes montre alors que si H est non trivial, son
cardinal est 1 + 15 + 24 = 40 ou 1 + 15 + 20 + 24 = 60. Dans le premier cas, H est
réunion des classes de conjugaison de Id, (1,2)(3,4) et (1, 2, 3,4, 5) qui sont paires et
donc H est un sous-groupe de 2l5 ce qui est absurde puisque 40 ne divise pas 60. De
même, dans le second cas, H est un sous-groupe de 2l5 et donc H = 2l5. Le quotient
G/H est cyclique d'ordre 2.
2°) L'ordre d'un sous-groupe non trivial de G est (théorème de Lagrange) 2, 3, 4,
5, 6, 8, 10, 12, 15, 20, 24, 30, 40 ou 60. Une classe de conjugaison de sous-groupes
de G est nécessairement formée de sous-groupes de même ordre.
Sous-groupes d'ordre 2.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 2 donc il y en a 10 du type ((1,2)) et
15 du type ((1, 2)(3,4)). Ces deux types donnent deux classes de conjugaison
distinctes.
\G\
Le normalisateur de ((1,2)) est de cardinal |7V(((1,2)))| = —- = 12 et comme
C((l,2)) Ç #«(1,2)» et |C((1,2))| = 12, on a C((l,2)) = N(((l,2))).
De même, |AT(((1,2)(3,4)))| = ^ = 8 et comme |AT(((1,2)(3,4)))| = |C((1,2)(3,4))|,
on conclut que W(((l,2)(3,4)>) = C((l,2)(3,4)).
Sous-groupes d'ordre 3.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 3 et chacun contenant 2 éléments d'ordre
20
3, il y en a — = 10, du type ((1,2,3)). Comme les 3-cycles sont conjugués, les 10
Là
sous-groupes d'ordre 3 sont conjugués. Ce sont les 3-Sylow de G (et comme prévu,
leur nombre n3 = 10 vérifie n3|40 et n3 = 1 (mod. 3)). On a |JV(((1,2,3)))| = *—^ =
12 et C((l, 2,3)) Ç N({(1,2,3))). On remarque que (2,3)(1,2,3)(3,2) = (1,3,2) G
((1,2,3)) donc on en déduit que JV(((1,2,3)>) = ((1,2,3)(4,5), (2,3)). Enfin, on

32
I. GROUPES
vérifie que ((1,2,3)(4,5), (2,3)) = ((4, 5))6({1, 2, 3}) = C((4,5)) ce dernier étant
isomorphe à Z/2Z x 63.
Sous-groupes d'ordre 4.
Considérons la restriction à un tel sous-groupe H de l'action naturelle de G sur
{1,..., 5}. Chaque orbite est de cardinal un diviseur de 4 et comme la somme des
cardinaux des orbites vaut 5, il existe au moins une orbite singulière. Par suite, les
sous-groupes d'ordre 4 de G sont obtenus à l'aide de ceux de 64 (cf. le dernier
tableau de l'exercice 1.16). Il s'agit
- des 15 groupes cycliques du type ((1,2, 3,4)),
- des 5 groupes isomorphes à V4, du type ((1, 2)(3,4), (1, 3)(2,4)) et
- des 15 groupes isomorphes à V4, du type ((1,2), (3,4)).
Ces familles forment trois classes de conjugaison de sous-groupes de 64 et il est
immédiat de vérifier que des représentants de chacune de ces trois familles ne sont
pas conjugués dans 65.
IGI
Dans le premier cas, on a |iV(((l, 2, 3,4)))| = —^ = 8. Comme le normalisateur de
((1,2,3,4)) dans 64 est ((1, 2, 3,4), (1, 2)(3,4)) (loc. cit.) et qu'il est d'ordre 8, on
en déduit que iV(((l, 2,3,4)>) = ((1,2, 3,4), (1,2)(3,4)) et on a vu (loc. cit.) que ce
dernier est isomorphe au groupe diédral Z)4.
Dans le second cas, si on pose H = ((1, 2)(3,4), (1, 3)(2,4)) alors \N(H)\ = Li = 24.
0
De plus, d'après l'étude de 64 (loc. cit.), on a H < 64 donc le normalisateur de H
dans 65 contient 64 et par suite, N(H) = 64.
IGI
Dans le dernier cas, si on pose H = ((1,2), (3,4)) alors \N(H)\ = -—- = 8. Comme
15
le normalisateur de ((1,2), (3,4)) dans 64 est (H, (1,3)(2,4)) (loc. cit.) et qu'il est
d'ordre 8, on en déduit que N(H) = (//, (1, 3)(2,4)) et on a vu (loc. cit.) que ce
dernier est isomorphe au groupe diédral D4.
Sous-groupes d'ordre 5.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 5 qui sont au nombre de 24. Comme
deux tels sous-groupes s'intersectent trivialement et que chacun contient 4 élé-
24
ments d'ordre 5, il y en a — = 6, du type ((1,2,3,4,5)). Comme les 5-cycles
sont conjugués, les 6 sous-groupes d'ordre 5 sont conjugués. Ce sont les 5-Sylow
de G (et comme prévu, leur nombre n5 = 6 vérifie n5|24 et rc5 = 1 (mod. 5)).
On a |iV«(l,2,3,4,5)))| = l|i = 20 et ((1,2,3,4,5)) C #(((1,2,3,4,5))). On
remarque que (1,2,4,3)(1,2,3,4,5)(1,2,4,3)"1 = (2,4,1,3,5) = (1,2,3,4,5)2 €
((1,2,3,4,5)) donc on en déduit que #(((1,2,3,4,5))) = ((1,2,3,4,5), (1,2,4,3)).
La nature de ce sous-groupe sera précisée lors de l'étude des sous-groupes d'ordre
20 de G
Sous-groupes d'ordre 6.
Considérons la restriction à un tel sous-groupe H de l'action naturelle de G sur
{1,..., 5}. Chaque orbite est de cardinal un diviseur de 6 et, puisque H admet un

1.17. « Botanique » du groupe 65
33
élément d'ordre 3, i.e. un 3-cycle, il existe une orbite de cardinal au moins 3. Ainsi,
l'équation aux classes pour l'action de H est 5 = 3 + 1 + 1 ou 5 = 3 + 2.
1er cas : l'équation aux classes est 5 = 3+ 1 + 1. - Alors, H est du type 6({1,2, 3}).
Il existe 10 sous-groupes de ce type dans G et ils sont bien sûr conjugués. On
120
a \N(H)\ = —— = 12 et, en supposant H = 63, comme (4,5) G N(H), on a
N{H) = {(A,5),H) = ((4,5))H.
2ème cas : l'équation aux classes est 5 = 3+2. - Supposons par exemple (1, 2,3) G H.
D'après l'équation aux classes, l'orbite de 4 est {4, 5}. En écrivant la décomposition
en produit de cycles disjoints de h G H telle que /i(4) = 5, on voit qu'il existe
ae 6({1,2,3}) tel que
h = a (4,5) G H.
• Si a est paire alors h3 = (4,5) G H et donc (1,2,3)(4,5) G H qui est d'ordre 6
en sorte que H = ((1, 2, 3)(4,5)) qui est donc cyclique. Il existe 10 sous-groupes de
ce type et ils sont conjugués puisque les éléments de G d'ordre 6 le sont aussi. On a
120
donc \N(H)\ = —- = 12. On remarque (1,2)(1, 2, 3)(4,5)(2,1) = (2,1, 3)(4,5) G H
en sorte que N(H) = ((1,2),H) = 63((4,5)).
• Si a est une transposition t alors, comme ((1, 2, 3))t = {(1,2), (2, 3), (1,3)}, on a
H = ((1,2, 3)) U ((1,2, 3))/i = ((1,2, 3), (1,2)(4, 5)). Réciproquement, si r = (1,2, 3)
et s = (1,2)(4, 5) alors r est d'ordre 3, s est d'ordre 2 et srs~l = (2,1, 3) = r"1 ce
qui prouve que (r,s) est un sous-groupe de G isomorphe à D3 (cf. exercice 1.12).
Le nombre de tels sous-groupes est 10 (nombre de sous-groupes d'ordre 3). On
120
a donc \N(H)\ = — = 12. On remarque (4,5)(1,2,3)(4,5) = (1,2,3) G H
et (4,5)(1,2)(4,5)(4,5) = (1,2)(4,5) G H en sorte que N(H) = ((4,5),//) =
63((4,5)). Bien qu'ils soient isomorphes et aient même normalisateur, les sous-
groupes H = ((1, 2, 3), (1, 2)(4,5)) et 63 ne sont pas dans la même classe de
conjugaison.
Sous-groupes d'ordre 8.
Ce sont les 2-Sylow de G. Leur nombre divise 15. Or, les centralisateurs des doubles
transpositions en fournissent 15, d'où la liste complète de ces sous-groupes qui sont
donc conjugués. Si H est l'un d'entre eux, on a \N(H)\ = ™ = 8 d'où N(H) = H.
Sous-groupes d'ordre 10.
D'après le théorème de Cauchy, un tel sous-groupe H contient un élément d'ordre
5 donc un 5-cycle /, et un élément g d'ordre 2. Supposons d'abord g = (a, 6). Il
existe une puissance de / de la forme (a, 6, c, d, e) et par suite (a, 6, c, d, e)(a, b) =
(a, c, d, e) G H qui est d'ordre 4, ce qui contredit le théorème de Lagrange. Par suite,
g est une double transposition. Supposons / = (1,2,3,4,5). Quitte à conjuguer g
par une puissance de /, on peut supposer que 5 est fixé par g. Si g = (1,2)(3,4)
alors fg = (1,3,5) dont l'ordre ne divise pas 10. Si g = (1,3)(2,4) alors fg =
(1,4,3,2,5) ^ (/) ce qui est absurde car H est isomorphe au groupe diédral D5 (cf.
Cours, théorème 7.13 page 28) et donc H admet un unique sous-groupe d'ordre 5.
Ainsi, nécessairement g = (1,4)(2,3).
Réciproquement, H = (f,g) est d'ordre 10 et diédral car / est d'ordre 5, g est

34
I. GROUPES
d'ordre 2 et gfg~l = (4,3,2,1,5) = f~l (cf. exercice 1.12). Le nombre de sous-
groupes d'ordre 10 de G est le nombre de sous-groupes d'ordre 5 et il y en a 6.
On a \N(H)\ = ™ = 20 et, à cause de l'unicité du sous-groupe d'ordre 5 de
H, on a N(H) C N((/)). Comme on a vu que \N((f))\ = 20, on en déduit que
N(H) = N((f)) = ((1,2,3,4,5),(1,2,4,3)).
Sous-groupes d'ordre 12.
En considérant la restriction de l'action de G sur {1,..., 5} à un tel sous-groupe H
on voit que l'équation aux classes pour cette action est 5 = 3+1 + 1, 5 = 3 + 2 ou
5 = 4+1 (en effet, H admet au moins un élément d'ordre 3 i.e. un 3-cycle et donc
il existe une orbite de cardinal au moins 3).
1er cas : équation aux classes 5 = 3 + 1 + 1.- Elle ne peut être satisfaite que pour
un sous-groupe de G d'ordre 6.
2ème cas : équation aux classes 5 = 3 + 2.- Supposons que l'orbite de cardinal 3
soit {1,2, 3} et que l'orbite de cardinal 2 soit {4, 5}. Alors, H Ç 63 ((4,5)) et donc
H = 63 ((4, 5)) qui, réciproquement, est bien un sous-groupe de G. Les sous-groupes
d'ordre 12 de ce type sont isomorphes à 63 x Z/2Z. On en compte (|) = 10. Leur
type 63 ((4,5)) montre qu'ils forment une classe de conjugaison ce qui peut aussi
se voir en remarquant qu'un tel sous-groupe est le centralisateur d'une
transposition (cf. l°)a)) et que les transpositions forment une classe de conjugaison. Enfin,
120
\N(H)\ = —- = 12 en sorte que N(H) = H.
Sème cas : équation aux classes 5 = 4 + 1. - À cause de l'orbite singulière, on se
ramène à la recherche des sous-groupes d'ordre 12 de 64. D'après l'exercice 1.16,
on obtient les sous-groupes du type Ql4. On compte 5 tels groupes et ils forment
120
une classe de conjugaison. On a |Af(2l4)| = —— = 24 et comme 2l4 < 64, on a
JV(2U) = 64.
On notera que les sous-groupes 2l4 et 63 x Z/2Z sont des groupes d'ordre 12 non
isomorphes (le premier ne contient pas d'élément d'ordre 6).
Sous-groupes d'ordre 15.
Soit H un tel sous-groupe. Alors H est un sous-groupe de 2l5 car si h G H, on a
h15 = Id et donc e(h)15 = 1 et donc e(h) = 1. De plus, H est d'indice 60/15 = 4
dans 2l5 et il existe donc un morphisme </? : 2l5 —► 64 de noyau K tel que K C H (cf.
Cours, §4, exemple C page 17). Comme Ql5 est simple, on en déduit que K = {Id}
ce qui est absurde puisque |2l5| > |64|. Donc 65 n'admet aucun sous-groupe d'ordre
15. Ce résultat pouvait aussi se déduire du fait que tout groupe d'ordre 15 est
cyclique (cf. Cours, théorème 7.13 page 28).
Sous-groupes d'ordre 20.
Soit H un tel sous-groupe (on a vu qu'il en existe lors de l'étude des sous-groupes
d'ordre 5 ou 10). Si H Ç 2l5 alors [2l5 : H] = 3 et le même raisonnement que
pour l'étude des sous-groupes d'ordre 15 fournit une injection de 2l5 dans 63, ce qui
est absurde. Par suite, il existe au moins une permutation impaire dans H et donc

1.17. « Botanique » du groupe 65
35
\H H Ql5| = 10. D'après l'étude des sous-groupes 10, on sait que \N(H H 2l5)| = 20.
Comme H n 2l5 < H, on a N(H H 2l5) D H et vu les ordres, N(H n 2l5) = #. Ainsi,
# est du type H = ((1,2, 3,4,5), (1, 2,4, 3)).
Soit ra5 le nombre de 5-Sylow de H. On sait que ra5|4 et que ra5 = 1 (mod. 5)
donc m5 = 1. Par suite, ((1, 2, 3,4,5)) < H. Déplus, H = ((1,2, 3,4, 5))((1, 2,4, 3))
(cf. exercice IV.16) et ((1,2,3,4,5)) H ((1,2,4,3)) = {Id}. Ainsi, H est un produit
semi-direct Z/5Z x Z/4Z (cf. Cours, proposition 6.4.b page 22). Le groupe H est
appelé groupe de Frobenius d'ordre 20 (cf. [DuFo], §5.3).
Le nombre de sous-groupes de ce type est le nombre de sous-groupes de G d'ordre 5
i.e. 6. Ces sous-groupes sont conjugués puisqu'il s'agit des normalisateurs des sous-
groupes d'ordre 5 lesquels sont dans une même classe de conjugaison. Par suite,
120
\N(H)\ = —- = 20 et donc N(H) = H.
6
Sous-groupes d'ordre 24.
Soit H un tel sous-groupe. H n'est pas un sous-groupe de 2l5 car 24 ne divise pas
60. Par suite, |i/n2l5| = 12. D'après l'étude des sous-groupes d'ordre 12, on peut
supposer que H H 2l5 = 2l4. On en déduit, comme ci-dessus, que N(H H 2l5) = H
puis que H = 64. Ces sous-groupes qui sont au nombre de 5, forment une classe de
conjugaison et \N(H)\ = ™ = 24 et par suite N(H) = H.
Sous-groupes d'ordre 30 (resp. 40).
Montrons que si n > 5 alors 6n n'admet aucun sous-groupe d'indice k tel que
2 < k < n. Un sous-groupe de G d'ordre 30 (resp. 40) étant d'indice 4 (resp. 3), il
en résultera que 65 n'admet aucun sous-groupe d'ordre 30 ou 40.
Soit donc H un sous-groupe de G = 6n, d'indice k tel que 2 < k < n. Soit </? : G —►
&k tel que, pour chaque x G G, l'élément </?(x) est la permutation de {aH ; a G G}
telle que aH »—► xaH (cf. Cours, §4, exemple C page 17). Le noyau de ip est un
sous-groupe distingué de G et comme n > 5, ker</? est {Id}, Qln ou 6n (cf. Cours,
corollaire 8.5 page 30). Comme k < n, </? n'est pas injectif et kenp = &n donnerait
H = &n qui contredit k > 2. Par suite, kenp = 2ln et comme kenp Ç H, on en
déduit que H = &n ou H = 2ln ce qui contredit k > 2.
Sous-groupes d'ordre 60.
Un tel sous-groupe est d'indice 2 dans G et est distingué, donc, d'après l°)b), c'est
a5.
Ainsi, G admet 156 sous-groupes se répartissant en 19 classes de conjugaison suivant
le tableau ci-dessous.
3°) Le centre de 6n est {Id} si n > 3 (cf. Cours, exemple 3.2.2 page 13). On retrouve
ce résultat en remarquant que {Id} est la seule classe de conjugaison singulière.
On sait D(G) = 2l5 (cf. Cours, corollaire 8.2 ou sa démonstration, page 28) ce que
montre aussi la liste des sous-groupes distingués de 65.
Remarque. - On peut consulter [www5] pour confirmer une partie des résultats de
cet exercice.

36
I. GROUPES
sous-groupe
(w)
((1-2))
<(1,2)(3,4)>
((1,2,3))
((1,2,3,4))
((1,2)(3,4),(1,3)(2,4))
((1,2),(3,4))
((1,2,3,4,5))
63
((1,2,3), (4,5))
<(1,2,3),(1,2)(4,5))
((1,2),(1,2,3,4))
((1,2,3,4,5),(1,4)(2,3))
©3<(4,5))
su
((1,2, 3,4,5),(1,2,4,3))
64
2l5
G
ordre
1
2
2
3
4
4
4
5
6
6
6
8
10
12
12
20
24
60
120
type
cyclique
cyclique
cyclique
cyclique
cyclique
VA
V4
cyclique
©3
cyclique
©3
D4
£5
63 x Z/2Z
SU
Z/5Z h Z/2Z
©4
2l5
65
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
10
15
10
15
5
15
6
10
10
10
15
6
10
5
6
5
1
1
Total : 156
normalisateur
G
((1,2))6({3,4,5}
((1,2), (1,3,2,4))
©3((4,5))
((1,2,3,4),(1,2)(3,4))
©4
((1,2),(3,4),(1,3)(2,4))
((1,2,3,4,5), (1,2,4,3))
©3((4,5))
©3((4,5))
©3((4,5))
((1,2),(1,2,3,4))
((1,2,3,4,5),(1,2,4,3))
©3((4,5))
©4
<(1,2,3,4,5),(1>2,4>3)>
©4
G
G
1.18. « Botanique » du groupe 2l5
Cet exercice utilise les résultats des exercices 1.15, 1.16 et 1.17.
Soit G le groupe Ql5.
1°) Déterminer :
a) l'ordre, les classes de conjugaison et les centralisateurs des éléments
de G,
b) les sous-groupes distingués de G.
2°) Déterminer les sous-groupes de G, leurs normalisateurs et leurs
classes de conjugaison et les sous-groupes de Sylow de G,
On indiquera d'éventuels isomorphismes avec des groupes connus.
3°) Déterminer le centre Z(G) et le groupe dérivé D(G).
Solution
Si g e G, Ce5(g) (resp. C(g)) désignera le centralisateur de g dans 65 (resp.
G = 2l5).
1°) a) 2l5 est un sous-groupe d'ordre 5!/2 = 60. La classe de conjugaison de / ^ Id
est déterminée en partie seulement par la structure de sa décomposition en produit

1.18. « Botanique » du groupe 2I5
37
de cycles à supports disjoints. Cette décomposition est de l'un des types suivants :
(a,6,c),(a,6)(c,d),(a,6,c,d,e).
Dans la suite, pour alléger, on supposera parfois a = 1, 6 = 2, etc..
Éléments du type (a, 6)(c, d). Ils sont au nombre de 5 x 3 = 15. Soit g = (1, 2)(3,4)
qui est d'ordre 2. Une des permutations ^ = (12345) ^ j = (12435) est paire
et chacune vérifie a(a, 6)(c, d)a~l = g. Par suite, les 15 doubles transpositions sont
conjuguées dans G. On a donc \C(g)\ = — = 4. Comme le centralisateur de g dans
2l4 est {Id, (1,2)(3,4), (1, 3)(2,4), (1,4)(2, 3)} qui est d'ordre 4, c'est aussi C(g).
Éléments du type (a, 6, c). Ils sont d'ordre 3 et il y en a 10 x 2 = 20. Une
des permutations a = (Î2345) ou G = (12354) est paire et chacune vérifie
a(a,b,c)a~l = (1,2,3). Par suite, les vingt 3-cycles sont conjugués dans G. On
fin
en déduit que |C((1,2,3))| = — = 3 puis que C((l, 2,3)) = ((1,2,3)).
Éléments du type (a, 6, c, d, e). Ils sont d'ordre 5 et il y en a 4! = 24. Comme 24 ne
divise pas l'ordre de 2l5, les 24 éléments ne forment pas une même classe de
conjugaison. On a vu à l'exercice 1.17 que si g = (a, 6, c, d, e) alors Ce5(g) = (g). Il en résulte
que C(g) = (g) fi 2l5 = (g). En particulier, le nombre de conjugués de g dans G est
|2l5|
. = 12. Les vingt-quatre 5-cycles de G se répartissent donc en deux classes de
conjugaison formées chacune de 12 éléments. Si x = (1,2,3,4,5), y = (2,1,3,4,5)
et a = (1,2) alors axa~l = y. Par suite, {/ G 65 ; fxf~l = y} = a(x). Or, cet
ensemble ne contient aucune permutation paire donc les deux classes de conjugaison
cherchées admettent pour représentant x pour l'une et y pour l'autre.
Ainsi, les 60 éléments de G se répartissent en 5 classes de conjugaison suivant le
tableau ci-dessous.
représentant
Id
(1,2)(3,4)
(1,2,3)
(1,2,3,4,5)
(2,1,3,4,5)
ordre du
représentant
1
2
3
5
5
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
15
20
12
12
centralisateur
G
((1,2)(3,4),(1,3)(2,4))
((1,2,3))
((1,2,3,4,5))
((2,1,3,4,5))
Total : 60
b) On sait que G est un groupe simple (cf. Cours, théorème 8.1 page 28). Le tableau
ci-dessus montre que l'équation aux classes de G est 60 = 1 -h 15 -h 20 -h 12 + 12 ce
qui permet de retrouver ce résultat. En effet, tout sous-groupe distingué H de G est
réunion disjointe de classes de conjugaison dont une est {Id} et H est d'ordre un
diviseur de 60. L'équation aux classes montre alors que G n'admet aucun sous-groupe
distingué non trivial.
2°) L'ordre d'un sous-groupe non trivial de G est (théorème de Lagrange) 2, 3, 4,
5, 6, 10, 12, 15, 20 ou 30. Une classe de conjugaison de sous-groupes de G est
nécessairement formée de sous-groupes de même ordre.

38
I. GROUPES
Sous-groupes d'ordre 2.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 2 donc il y en a 15, du type ((1,2)(3,4))
et ils sont conjugués.
Le normalisateur de ((1,2)(3,4)) est de cardinal |iV(((l,2)(3,4)))| = *—- = 4 et
comme C((l, 2)(3,4)) Ç N(((l, 2)(3,4))) et |C((1,2)(3,4))| = 4, on a C((l, 2)(3,4)) =
tf«(l,2)(3,4)».
Sous-groupes d'ordre 3.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 3 et chacun contenant 2 éléments d'ordre
20
3, il y en a — = 10, du type ((1,2,3)). Comme les 3-cycles sont conjugués, les 10
sous-groupes d'ordre 3 sont conjugués. Ce sont les 3-Sylow de G (et comme prévu,
leur nombre n3 = 10 vérifie n3|20 et n3 = 1 (mod. 3)). On a \N(((1, 2, 3)))| = ttt =
6 et G((l,2,3)) Ç N(((l,2,3))). On remarque que (1, 2)(4, 5)(1,2, 3)(1, 2)(4,5) =
(2,1,3) G ((1,2,3)) donc on en déduit que 7V(((1,2,3))) = ((1,2, 3), (1, 2)(4,5)). Ce
dernier sous-groupe est d'ordre 6 et non cyclique donc il est isomorphe à 63.
Sous-groupes d'ordre 4.
D'après l'étude des sous-groupes d'ordre 4 de 65, seuls conviennent les sous-groupes
du type H = ((1,2)(3,4), (1, 3)(2,4)). Ils sont au nombre de 5 et en tant que 2-Sylow
de G, ils sont conjugués. On a donc \N(H)\ = —- = 12 et lors de l'étude de 2l4, on
5
a vu que H est distingué dans 2l4 et donc N(H) = 2I4.
Sous-groupes d'ordre 5.
D'après l'étude des sous-groupes d'ordre 5 de 65, un tel sous-groupe est du type
H = ((1,2,3,4,5)) et ils sont au nombre de 24/4 = 6. Bien que les éléments
x = (1,2,3,4,5) et y = (2,1,3,4,5) ne soient pas conjugués dans G, les sous-groupes
(x) et (y) sont conjugués puisque (2,4, 3)x(2,4, 3)"1 = (1,4, 2, 3, 5) = y2 G (y).
On pouvait aussi remarquer que les sous-groupes d'ordre 5 de G sont les 5-Sylow de
G et qu'ils sont donc conjugués. Comme attendu, leur nombre n5 = 6 vérifie n5|12
et n5 = 1 (mod. 5). Enfin, \N(H)\ = U- = 10 et comme (2,5)(3,4)ar(2,5)(3,4) =
6
(1,5,4,3,2) = x~l G (x), on a, N(H) = ((1,2,3,4,5), (2,5)(3,4)) qui est isomorphe
au groupe diédral D*> comme le montre la méthode utilisée dans l'étude des sous-
groupes d'ordre 10 de 65.
Sous-groupes d'ordre 6.
D'après l'étude des sous-groupes d'ordre 6 de 65, seuls conviennent les sous-groupes
du type H = ((1,2,3), (1,2)(4,5)). Ils sont au nombre de 10 et isomorphes à 63.
Ces sous-groupes sont conjugués car l'une des permutations g = (Î2345) ou
G — ( î 2 3 5 1 ) est Paire et chacune vérifie
a(a,b,c)a-1 = (1,2,3) et a(a,b)(d,e)a~l = (1,2)(4,5)
Enfin \N(H)\ = ^ = 6 d'où N(H) = H.

1.18. « Botanique » du groupe 2l5
39
Sous-groupes d'ordre 10.
L'étude des sous-groupes d'ordre 10 de ©5 montre que les 6 sous-groupes du type
H = ((1,2,3,4,5), (1,4)(2, 3)) conviennent, que H est isomorphe à £>5, que \N&5(H)\ -
20 et que \N&5(H) H G\ = 10. Il en résulte que N(H) = H. Enfin, le nombre de
\G\
conjugués de H dans G est | AT/ rjA| = 6 en sorte que les 6 sous-groupes d'ordre 10
de G sont conjugués.
\N(H)\
Sous-groupes d'ordre 12.
L'étude des sous-groupes d'ordre 12 de 65 montre que seuls conviennent les 5 sous-
groupes du type H = 2l4 et que N&5(H) = ©4. Par suite, N(H) = 2l5 H ©4 = 2l4.
On en déduit que le nombre de conjugués de H est \G\/\N(H)\ = 60/12 = 5.
Sous-groupes d'ordre 15, 20 ou 30.
D'après l'étude des sous-groupes de ©5, il n'existe aucun sous-groupe de G ayant
ces ordres.
Ainsi, G admet 59 sous-groupes se répartissant en 9 classes de conjugaison suivant
le tableau ci-dessous.
sous-groupe
(id)
<(1,2)(3,4))
((1,2,3))
<(1,2)(3,4),(1,3)(2,4))
((1,2,3,4,5))
((1,2,3),(1,2)(4,5))
((1,2,3,4,5),(1,4)(2,3))
2U
G
ordre
1
2
3
4
5
6
10
12
60
type
cyclique
cyclique
cyclique
v4
cyclique
©3
D5
su
a5
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
15
10
5
6
10
6
5
1
Total : 59
normalisateur
G
((1,2)(3,4),(1,3)(2,4))
((1,2,3),(1,2)(4,5))
2U
((1,2,3,4,5),(2,5)(3,4))
((1,2,3),(1,2)(4,5))
((1,2,3,4,5),(1,4)(2,3))
su
G
3°) Le centre de ©n est {Id} si n > 3 (cf. Cours, exemple 3.2.2 page 13). On retrouve
ce résultat en remarquant que {Id} est la seule classe de conjugaison singulière.
On sait que D(G) = 2l5 (cf. Cours, corollaire 8.2 ou sa démonstration, page 28) ce
qui résulte aussi de la simplicité de 2l5.
Remarque. - On peut consulter [www5] pour confirmer une partie des résultats de
cet exercice.

40
I. GROUPES
1.19. « Botanique » du groupe G = GL(2,2).
Soit le groupe G = GL(2,2). Déterminer
1°) l'ordre de G, les classes de conjugaison et les centralisateurs des
éléments de G,
2°) les sous-groupes de G, leurs normalisateurs et leurs classes de
conjugaison, les sous-groupes de Sylow, les sous-groupes distingués de
G, le centre Z(G) et le groupe dérivé D(G).
Solution
On posera k = F2. Soient E le fc-espace vectoriel canonique k2 et C = (ci, c2) sa base
canonique.
1°) G est d'ordre 6 et ses éléments sont
/2,5l=(l o)'52=(o 1)>53='52,JR=^1 o) >jR2 = (l lj-
On vérifie sans difficulté que Si, S2, 53 sont d'ordre 2 et /?, R~l d'ordre 3.
Soit r l'endomorphisme canoniquement associé à R et soit u = (1,1) G E. Alors,
(u,r(u)) = (ci + c2,c2) est une base de E et la matrice de r dans cette base est
(5}) = R~l. Ainsi, R et R~l sont semblables et forment une classe de conjugaison.
Le centralisateur de R ou R~l est d'ordre |G|/2 = 3 et comme il contient (R) qui
est d'ordre 3, c'est qu'il s'agit de (R).
La même méthode que ci-dessus montre que S\ et S2 sont semblables et par suite,
que {Si, S2, S3} est une classe de conjugaison. Le centralisateur d'un élément S de
cette classe est d'ordre |G|/3 = 2 et c'est donc qu'il s'agit de (S).
On remarquera que la trace d'une matrice non scalaire caractérise sa classe de
conjugaison.
2°) Les sous-groupes non triviaux de G sont (Si), (S2), (S3) et (R) = (R~1)-
Le trois premiers forment une classe de conjugaison puisque les générateurs sont
conjugués. Par suite, le normalisateur de (Si) est d'ordre |G|/3 = 2 et donc, il s'agit
de (Si) lui-même. D'ailleurs, ces sous-groupes sont les 2-Sylow de G.
À cause de l'unicité, le sous-groupe d'ordre 3 est distingué, c'est le 3-Sylow de G et
l'unique sous-groupe distingué non trivial. Le centre de G est le groupe des matrices
scalaires ici réduit à {/2}. Enfin, D(G) = (R) car G/(R) est abélien sans que G le
soit.
Remarque. - On sait que G = 63 ce qui résulte de l'action naturelle de G sur
les trois droites vectorielles de E (cf. Cours, proposition 5.3 page 106). Enfin, G =
D3 = 63 résulte aussi du fait que G = (R, Si), R est d'ordre 3, Si est d'ordre 2 et
SiRSï1 = R-1 (cf. exercice 1.12).

1.20. « Botanique » du groupe G = GL(2,3)
41
1.20. « Botanique » du groupe G = GL(2,3)
Soit le groupe G = GL(2,3). Déterminer :
1°) l'ordre de G, ses classes de conjugaison, l'ordre des éléments de G
et leurs centralisateurs,
2°) les sous-groupes de G, leurs normalisateurs et leurs classes de
conjugaison et enfin, les sous-groupes de Sylow de G,
3°) les sous-groupes distingués de G, le centre Z(G) et le groupe dérivé
D(G) et étudier les groupes-quotients correspondants.
Solution
On posera k = F3 et H = SL(2, 3). Soient E le fc-espace vectoriel canonique k2 et
C = (ex, c2) sa base canonique.
1°) On sait que \G\ = (32 - 1)(32 - 3) = 48 = 24 x 3 et que \H\ = |G|/(3 - 1) =
24 = 23 x 3 (cf. Cours, proposition 5.1 page 105).
Classes de conjugaison de G. - Commençons par remarquer que si M G G
n'est pas une matrice scalaire (i.e. pas de la forme XI2 avec À G k) alors la classe
de conjugaison de M est caractérisée par tr(M) et det(M). En effet, deux matrices
semblables ont même trace et même déterminant et réciproquement, si M G G
est non scalaire et vérifie tr(M) = a et det(M) = b et si / désigne l'endomor-
phisme canoniquement associé à M alors, comme / n'est pas une homothétie, il
existe u G E tel que (ix, f(u)) soit une base B de E et comme (théorème de Cayley-
Hamilton) f2 - tr(/)/ + det(/)Ids = f2 - af + bld^ = 0, la matrice de / dans B
est M' = [ , 1 et M et M' sont donc semblables.
\l aj
Le polynôme caractéristique de M G G est Xm = X2 — tr(M)X + det(M) encore
noté Ptr(M),det(M) e^ es^ donc parmi
P0,i = X2 + 1,
P_i i = X2 + X + 1 = (X - l)2,
Phl = X2-X + l = P-i,i(-X) = (X + l)2
et
P0,-i = *2-l = (*-!)(* + !),
/>!,_! = X2 - X - 1,
P_1,_1 = X2 + X-1 = P1,_1(-X).
Les matrices scalaires de G sont I2, de polynôme caractéristique P-1,1 et —72, de
polynôme caractéristique Pi i. On obtient donc les classes de conjugaison suivantes :
Ca,b = {M € G ; tr(M) = a, det(M) = b} avec (a, b) ^ (-1,1), (1,1),
C_'u = {M G G\ {h} ; tr(M) = -l,det(M) = 1},
Cu = {MeG\{-/2} ; tr(M) = l,det(M) = l},
{/2} et {-/2}.

42
I. GROUPES
IX Z
Si M € G vérifie tr(M) = a et det(M) = 6 alors M est de la forme I | et on
\y & — xj
détermine aisément M en résolvant (par exhaustion) l'équation ax — x2 = b + yz. Le
tableau ci-dessous indique le cardinal de chaque classe de conjugaison et on vérifie
que ce cardinal est un diviseur de |G| (cf. Cours, proposition 4.7 page 15).
Ordre des éléments de G. — Soit M € G non scalaire. Alors, le polynôme
minimal de M est de degré 2 et donc égal à son polynôme caractéristique. Si M est
d'ordre n alors Xn — 1 est annulateur de M. Pour chercher l'ordre de M, on cherche
donc le plus petit entier naturel n > 0 tel que xm divise Xn — 1. On obtient :
- si Xm = Po,i = X2 + 1 alors X2 + 1 | X4 - 1 et n = 4,
- si Xm = P-i i = X2 + X + 1 = (X - l)2 alors
{X - l)2 | X3 - 1 = (X - l)3 et n = 3,
- si xm = Pi i = X2 - X + 1 = (X + l)2 alors
(X + l)2 \X« -1 = (X2- l)3 = (X + 1)3(X - l)3 et n = 6,
- si xm = ^b,-i = X2 — 1 alors n = 2,
-si xm = P-1,-1 = X2 + X-l comme X4 + l = X4 + X2 + l-X2 = (X2-l)2-X2
on a X2 + X - 1 | X8 - 1 et n = 8,
- si xm = Pi,-i = P-i,-i(—X) alors n = 8 encore.
Si M est scalaire alors M = I2 qui est d'ordre 1 ou M = —I2 qui est d'ordre 2.
Classe de
conjugaison C
Cardinal
deC
Ordre de
M eC
Centralisateur
C{M) de
M eC
\C(M)\
H=SL(2,3)
{h}
1
1
G
48
{-h}
1
2
G
48
C-1,1
8
3
<-M)
6
Co,i
6
4
(M - J2>
8
Ci,i
8
6
(M)
6
Co,-i
12
2
(M, -I2)
4
Ci,-i
6
8
(M)
8
C-1,-1
6
8
(M)
8
Les 12 éléments d'ordre 2 distincts de —12 sont Z), —Z), *Z) et —lD où D est parmi
Les 8 éléments d'ordre 3 sont T, lT, T~l et lT~l où T est parmi
Ti-<! _i)>T2- (o !/■
Les 6 éléments d'ordre 4 sont Q et Q x = — Q où Q est parmi

1.20. « Botanique » du groupe G = GL(2,3)
43
Les 8 éléments d'ordre 6 sont — T avec T d'ordre 3.
On pourra remarquer que si M G G \ H alors M est d'ordre 2 ou 8.
Centralisateur des éléments de G.
Si M e G alors C(M) = {P G G; PM = MP} désignera son centralisateur. On
sait que si C(M) est la classe de conjugaison de M alors |C(M)| = |G|/|C(M)| (cf.
Cours, proposition 4.7 page 15).
• Cas où M G {I2, —h}- — Comme M est central, on a C(M) = G.
• Cas où M G C0,i. - On a \C(M)\ = \G\/\C(M)\ = 48/6 = 8. Comme M est
d'ordre 4, on a (M) = {-/2, h, M, -M) Ç C(M) et on a aussi M - I2 G G (car 1
n'est pas valeur propre de M) et M - I2 G C(M) \ (M) donc C(M) = (M,M- J2).
Comme tr(M — I2) = tr(M) — tr(/2) = 1 et que M — I2 est d'ordre un diviseur de
|G(M)| = 8 et n'est pas scalaire, c'est que, d'après le tableau ci-dessus, M—I2 G Ci?_i
et donc M — I2 est d'ordre 8, en sorte que C(M) = (M — I2).
• Cas où M G C0,-i. - On a \C(M)\ = \G\/\C(M)\ = 48/12 = 4 et donc
C(M) = (M, —12) qui est un groupe isomorphe au groupe de Klein.
• Cas où M G C1-1 UC-i-i. - On a \C(M)\ = \G\/\C(M)\ = 48/6 = 8 et comme
M est d'ordre 8, on a C(M) = (M).
• Cas où M G C_u. - On a \C(M)\ = \G\/\C(M)\ = 48/8 = 6 et M est d'ordre
3, donc on a C(M) = (M, —I2) qui est cyclique, engendré par —M.
• Cas où M G Cu. - On a \C(M)\ = \G\/\C(M)\ = 48/8 = 6 et donc, comme
tout élément de C14 est d'ordre 6, on a C(M) = (M).
2°) Sous-groupes de G.
L'ordre d'un sous-groupe non trivial W de G est (théorème de Lagrange) 2, 3, 4, 6,
8, 12, 16 ou 24. On notera Nc{W) son normalisateur dans G et NH(W) son norma-
lisateur dans H lorsque W est un sous-groupe de H. On rappelle que le nombre de
\G\
sous-groupes conjugués de W est .
On utilisera à plusieurs reprises l'observation suivante : si W est un sous-groupe de G
alors, ou bien W Ç H = SL(2,3) ou bien les éléments de W se répartissent également
entre H et G\H (cela résulte de l'application du théorème d'isomorphisme à det 1^).
a) Sous-groupes d'ordre 2.
Ils sont engendrés par les éléments d'ordre 2. On distingue {—h), de normalisateur G
et chacun de 12 sous-groupes (D) où D G Co,-i- Comme les générateurs sont
conjugués, les sous-groupes correspondants aussi. On a Ng{(D)) = C(D) qui est d'ordre 4.
b) Sous-groupes d'ordre 3.
Un sous-groupe d'ordre 3 est cyclique et admet deux générateurs. On obtient, d'après

44
I. GROUPES
la question précédente, les 4 sous-groupes (7\), (T2), (Ti) et (^2). Les générateurs
étant conjugués, les sous-groupes correspondants le sont aussi, ce que l'on savait par
ailleurs puisque les sous-groupes d'ordre 3 sont les 3-Sylow de G. Soit T un élément
d'ordre 3. On a \NG((T))\ = |G|/4 = 12. Les générateurs de (T) étant T et T"1,
on a
NG((T)) = C{T) u{DeG; DTD~l = T"1} .
Comme \C(T)\ = 6, il suffit de trouver D G G tel que DTD~l = T~l et, comme
—T engendre C(T), on a alors
NG((T)) = (-T,D).
De plus, les 3-Sylow de G étant aussi ceux de H, ils sont conjugués dans H et par
suite \NG((T))nH\ = \NH((T))\ = \H\/4 = 6 et donc NG{(T))nH = C(T). D'après
Y observation ci-dessus, NG((T))\H est formé de 6 éléments, nécessairement d'ordre
2 (l'ordre 8 est exclu) et deux à deux opposés. Ainsi,
NG((T)) = {-T) U {-T)D = {-T) U {D, TD, T2D, -D, -TD, -T2D} .
Plus précisément, la recherche de D = (g 5) telle que DTD~l = T~l conduit aux
résultats suivants :
NG({Ti)) = (-Tx) U {Du V^D*, -Du-*Dit -D4},
NG({T2)) = <-r2) U {D2, D3, D4, -D2, -D3, -D,},
et, par transposition des matrices précédentes,
NG(( «T!» = (- «TO U {Du £>3> ©4, "A, -D3, " ^4>,
NG(( lT2)) = (- T2> U {£>2, «D3> *D4> -D2> - *D3> - *D4}.
On notera que NG((T2)) (resp. ^((^2))) est le sous-groupe des matrices
triangulaires supérieures (resp. inférieures).
c) Sous-groupes d'ordre 4.
ci. Le cas des sous-groupes cycliques
C'est analogue à ce qui précède pour les sous-groupes cycliques d'ordre 4 : il y en a
6/2 = 3 (il y a deux éléments d'ordre 4 par sous-groupe) et ils sont conjugués. Soit
Q un élément d'ordre 4.
Recherche de NG((Q)).- On a C(Q) Ç NG({Q)) et d'après la question précédente,
Q — I2 est un générateur de C(Q) qui est d'ordre 8. Comme \NG((Q))\ = 16 et
comme les générateurs de (Q) sont Q et —Q = Q"1, pour déterminer NG((Q)), il
suffit de déterminer une matrice P € G telle que PQP~l = —Q et dans ce cas,
NG({Q)) = (Q —12, P). En fait, on va chercher P dans H. On a la réunion disjointe
(1) : NG{(Q)) HH = (C(Q) nH)u{PeH; PQP~l = -Q} .
Comme Q — I2 est d'ordre 8, on a Q —12 G NG((Q))\H et donc, d'après Y observation
ci-dessus, \NG((Q))nH\ = ^G^^ = 8. D'autre part, comme Q-I2 <E C(Q)\H,
Y observation montre que \C(Q) D H\ = 4, donc (1) montre que
\{PeH; PQP~l = -Q}\=4.

1.20. « Botanique » du groupe G = GL(2,3)
45
Or, si P G H vérifie QPQ~l = —P alors, en passant à la trace, on obtient que
tr(P) = 0 et donc P G Co,i- Comme P ^ Q, —Q, on peut conclure, d'après le
tableau précédent, que NG((Q)) = (Q - I2, P) où P G C0,i \ {<?, -<?}.
c#. Le cas des sous-groupes non cycliques
Cherchons maintenant les sous-groupes V d'ordre 4 et isomorphes au groupe de
Klein. Comme —I2 est le seul élément d'ordre 2 dans SL(2,3), on a, compte tenu de
l'observation, V = {I2, —I2, D, D'} avec D, D' G Co,-i- En particulier, on doit avoir
D' = —D et ainsi V = {I2, —/2, D, —D} que l'on reconnaît être C(D). On dénombre
ainsi |C0,_i|/2 = 6 tels sous-groupes. Il s'agit de
Vi = <-/2, A), V2 = (-/2, D2), V3 = (-/2, D3),
Va = <-/2,04>,rç = <-/2, lD3)X = <-/2, ©4>.
Comme —72 est central et que les éléments d'ordre 2 distincts de —12 sont conjugués,
il en est de même des six groupes ci-dessus. On a |7Vg(V)| = |G|/6 = 8. Comme
V = C(D) Ç NG(V), pour trouver NG(V), il faut et il suffit de trouver Q G G
tel que QD = —DQ, d'où, comme en b), tr(Q) = 0. Par suite, d'après le tableau
ci-dessus, ou bien Q est d'ordre 4 (et est donc dans H) ou bien Q est d'ordre 2 et
non scalaire (donc est hors de H). De plus, NG{V) contient V qui contient
exactement deux éléments hors de H. Par suite, d'après l'observation, NG{V) contient
exactement deux éléments à la fois dans H et du type Q, —Q avec Q d'ordre 4, i.e.
NG(V) = (C(D),Q) = (D,Q). En cherchant pour chaque Q G {Qi,Q2,Q3} une
matrice P d'ordre 2 telle que PQ = —QP, on obtient les résultats suivants :
NM) = NG(V2) = (DuQi) = (Da.Qi),
NG(V3) - NG(V£) = (D3,Q2) = <*D3,Q2>,
NG(V4) = NG(Vi) = (D4,Q3) = {*D4tQ3).
Ainsi, par exemple, l'équation QXP = —PQi admet P = D\ et P = D2 pour
solutions donc Ncd-I^D,)) = (DuQi) = (Z?2,Qi>.
d) Sous-groupes d'ordre 6.
dl. Le cas des sous-groupes cycliques
Les sous-groupes cycliques sont engendrés par les éléments de Ci,i et comme un
groupe cyclique d'ordre 6 contient deux générateurs, on dénombre d'après le
tableau ci-dessus, |Ci,i|/2 = 4 tels sous-groupes. Soit S un élément d'ordre 6. Comme
les éléments d'ordre 6 sont conjugués, on a |A^g((S'))| = |G|/4 = 12. Comme (S)
est cyclique, il contient un unique sous-groupe d'ordre 3, lequel est (S2). À cause
de l'unicité, on a NG((S)) Ç NG((S2)) et comme \NG{(S2))\ = 12 (cf. b)), on a
NG((S)) = NG((S2)).
d2. Le cas des sous-groupes non cycliques
Un tel sous-groupe est isomorphe à 63 et est de la forme (T, D) où (T) est son
unique sous-groupe d'ordre 3 et D est un élément d'ordre 2 avec DT = T~lD. Par
suite, D G NG((T)), en sorte que (T, D) Ç NG((T)). Réciproquement, cherchons les
sous-groupes non cycliques d'ordre 6 de NG((T)) où T d'ordre 3 est fixé. Il a été vu

46
I. GROUPES
en b) que
NG({T)) = {-T)\J{-T)D
où D G G \ H est d'ordre 2. Les éléments de (-T)D sont d'ordre 2 et hors de H et
comme —I2 G (—T), ces éléments sont de la forme
±L>,±L>',±L>".
D'autre part, un sous-groupe S de NG((T)), d'ordre 6 et non cyclique, admet (T)
pour (unique) sous-groupe d'ordre 3 et ses 3 éléments d'ordre 2 sont nécessairement
dans (-T)D (si —I2 G S alors on aurait S = {—T) ce qui est exclu puisque S n'est
pas cyclique). Enfin, si M G 5 est d'ordre 2 alors -M £ S sinon -I2 = M(-M) G S
ce qui est exclu. Par suite, on a
S = (T) U [D,D',D"} = {T,D) ou S = (T) U {-D, -D', -D") = (T, -D).
D'après les résultats obtenus au cours de l'étude des sous-groupes d'ordre 3, tout
sous-groupe non abélien d'ordre 6 est l'un des 8 suivants :
51 = (T1,A) = (T1)u{D1,T1D1,T12D1} = (T1)u{A,-^3,^4},
52 = (T2, D2) = (T2) U {D2, T2D2, T22£>2} = <T2) U {£>2, D3> £>4},
d'où on déduit
Sf = <r„ -Z>,> - (Tx) U {-Du lD3, -D4},
S2" = <T2, -L»2> = <T2> U {-D2, -D3, -D4},
et par transposition,
% = (tT1,D1) = {tTl)U {Du -D3, <D4},
^2 = (*T2,D2) = Cn) U {D2, 'D3, *D4},
puis
^r = <«T1>-Z?1> = («T1>U {-DuD^-'Dt},
^2- = ( T2, -D2) = ( T2> U {-Z>2, - 'D3, - '^4}.
Recherche des normalisateurs. - Soit S un des sous-groupes précédents. Comme S
admet un unique sous-groupe (T) d'ordre 3, on a Nc{S) Ç Nc((T)). Or, S est
d'indice 2 dans NG((T)) et donc, on a S < NG((T)) et donc NG(S) D NG((T)) en sorte
que NG(S) = NG((T)). Par suite, le nombre de conjugués de S est \G\/\NG(S)\ =
48/12 = 4. Ainsi, les 8 sous-groupes précédents se répartissent en deux classes de
conjugaison formées de 4 éléments chacune.
Explicitons ces deux classes. D'abord, deux sous-groupes (T, D) et (T, — D) d'ordre
6 ne peuvent être conjugués : en effet, si M G G vérifie M~l(T, D)M = (T, -D)
alors, à cause de l'unicité du sous-groupe d'ordre 3, M G NG((T)) et comme on vient
de voir que NG((T)) = NG({T, D)), on a (T, D) = (T, -D), ce qui est absurde.
Examinons la liste ci-dessus des sous-groupes d'ordre 6 et non cycliques. Di et — D\
sont conjugués donc Si est conjugué d'au moins un des deux sous-groupes Sî et
^f. Comme S\ = (TuDi) et Sf = (Ti,-£>i), c'est que, d'après ce qui précède,
S\ et ^f sont conjugués. Par examen de la liste ci-dessus, on voit que les paires
suivantes sont formées de sous-groupes conjugués :
{^i, Si } , |52, S2 } , {Sl , Si} , {S2 , 52) .
De plus, les sous-groupes d'ordre 3 étant conjugués, une des paires {5i,52} et
{Si,S;T} est formée des sous-groupes conjugués. Pour préciser, il suffit de
trouver P G G telle que PTiP~l = T2 puis de calculer PDiP~l. Or, un calcul direct

1.20. « Botanique » du groupe G = GL(2,3)
47
ou encore l'utilisation de la base (u,f(u)) de la question 1°), donnent par exemple
P = l j. On obtient alors que PD\P~l = -Z)4 et donc, d'après la liste ci-
dessus, S\ et S% sont conjugués. D'où les deux classes de conjugaison cherchées :
{5i,5^", Sï, 52} et {52, Sï, Si, S^}.
On remarque que deux sous-groupes sont dans une même classe si et seulement s'ils
ont une intersection triviale.
e) Sous-groupes de G d'ordre 12.
Soit A un sous-groupe d'ordre 12. D'après Vobservation du début de cette question,
ou bien A Ç H ou bien les éléments de A se répartissent également entre H et
G\H. Étudions les deux cas.
1er cas. - Supposons que A Ç H. Comme A est d'indice 2 dans H, A est distingué
dans H. Comme A contient un 3-Sylow de G et donc aussi de H et que ces derniers
sont conjugués dans //, c'est que A les contient tous. La réunion de ces derniers est
formée de 9 éléments. Les 3 éléments restants constituent donc les éléments non
triviaux d'un 2-Sylow de A. Ce 2-Sylow est donc unique et on l'appellera Q. D'après
l'étude des sous-groupes d'ordre 4, Q est cyclique. Par unicité de ce sous-groupe
d'ordre 4 et comme A < //, on a NH(Q) = H ce qui est absurde puisqu'on a vu lors
de l'étude des sous-groupes cycliques d'ordre 4 que \Nh{Q)\ = 8. Ainsi, H n'admet
aucun sous-groupe d'ordre 12.
2ème cas. - Supposons maintenant que A est formé de 6 éléments de H et de 6
éléments hors de H. Posons AH = H H A. D'après l'étude des sous-groupes d'ordre
6, comme AH Ç //, A// est un groupe cyclique d'ordre 6 et \NG(AH)\ = 12. Comme
AH < A (car AH est d'indice 2 dans A), NG(AH) D A. Par suite, A = NG(AH). Il
a été mentionné lors de l'étude des sous-groupes d'ordre 6 (cf. dl) que Ng(Ah) =
NG((T)) où (T) est le 3-Sylow du groupe cyclique AH. En se référant à l'étude des
sous-groupes de G d'ordre 3, on voit donc qu'il existe 4 sous-groupes d'ordre 12 et
qu'ils sont du type A = (-T, D) où T est d'ordre 3, D d'ordre 2 avec TD = DT~l
et donc (-T)D = D(—T)~l ce qui prouve que A est isomorphe au groupe diédral
D6 (cf. exercice 1.12). Enfin, Ng{(T)) admet (T) pour seul sous-groupe d'ordre 3
(cf. l'expression de Ng{(T)) dans l'étude des sous-groupes d'ordre 3) et il est donc
de même de A. Par suite, NG(A) Ç NG((T)) = A. On en déduit que NG(A) = A.
Il en résulte que le nombre de conjugués de A est |G|/|7Vg(A)| = 48/12 = 4. Ainsi,
les sous-groupes d'ordre 12 forment une classe de conjugaison.
f) Sous-groupes de G d'ordre 24.
Soit L un sous-groupe de G et d'ordre 24. D'après Y observation en début de question,
ou bien L Ç H et auquel cas L = H qui convient ou bien L fl H est un sous-groupe
d'ordre 12, ce qui est impossible vu qu'il n'existe aucun sous-groupe d'ordre 12 dans
H (cf. question e)).
g) Sous-groupes de G d'ordre 16.
Comme \G\ = 3 x 16, il s'agit des 2-Sylow de G. D'après le théorème de Sylow, le
nombre de 2-Sylow de G est 1 ou 3. S'il existe un unique 2-Sylow, alors d'après le

48
I. GROUPES
théorème de Sylow encore, il doit contenir tous les éléments d'ordre un diviseur de 8
ce qui est impossible puisqu'il y a déjà au moins les 24 éléments qui forment G\H.
Ainsi, il existe trois 2-Sylow dans G. Soit Y l'un d'entre eux. Comme 16 ne divise
pas 24, Y contient au moins un élément hors de H et d'après l'observation en début
de question, les éléments de Y se répartissent en 8 éléments dans H et 8 éléments
hors de H. Par suite, Y H H est un sous-groupe d'ordre 8 constitué des 8 éléments
de H d'ordre un diviseur de 8 et il ne dépend donc pas du choix de Y. Ainsi, ce
sous-groupe que l'on notera K est défini par :
K = {/2> -/2> Ql, 02, 03, "01, "02, -03} •
Le conjugué d'un sous-groupe de H étant encore un sous-groupe de H (puisque
H <G) et de même ordre et H admettant K pour unique sous-groupe d'ordre 8, K
est distingué dans G.
D'autre part, comme il existe au moins un 2-Sylow de G contenant un élément
d'ordre 8 et que les 2-Sylow sont isomorphes (puisque conjugués), Y contient au
moins un élément d'ordre 8. Deux 2-Sylow distincts ont pour intersection K et par
suite les intersections de chacun des trois 2-Sylow avec G\H forment une partition
de G \ H. Comme un groupe cyclique d'ordre 8 contient <^(8) = 4 éléments d'ordre
8, on déduit de ce qui précède que Y n (G \ H) est formé de 4 éléments d'ordre 8
et de 4 éléments d'ordre 2 (en effet, il n'y a que des éléments d'ordre 2 ou 8 dans
G\H). Enfin, les 2-Sylow étant conjugués, on a |A^g(^)| = |G|/3 = 16 et par suite
NG(Y) = Y.
Pour finir, explicitons des générateurs pour chacun des trois 2-Sylow. L'action par
conjugaison de G sur ceux-ci définit un morphisme ip : G —► ©3 dont le noyau est
l'intersection des normalisateurs et donc l'intersection des 2-Sylow, c'est-à-dire K.
Par suite, comme Tx (par exemple) n'est pas dans K et est d'ordre 3, </?(Ti) est un
3-cycle. Si E\ = I n ) qui est d'ordre 8 (cf. 1°)) alors les sous-groupes d'ordre 16
sont :
Y, = {K,EX), Y2 = (ICT&Tr1), Y3 = (tf.T^Tf2).
On pourra remarquer que Y est produit semi-direct de K par n'importe quel sous-
groupe (D) où D e Y H (G \ H) est d'ordre 2 : en effet (cf. Cours, 1.6.4), K < Y,
Y = K(D) (cf. exercice IV.17, question 4) et K n (D) = {/2}.
h) Sous-groupes de G d'ordre 8.
Soit E un tel groupe. D'après le théorème de Sylow, il existe un 2-Sylow y de G dont
E est un sous-groupe. D'après l'observation en début de question, ou bien E Ç H
ou bien E se répartit également entre H et G \ H. Dans le premier cas, on obtient,
comme on l'a vu en g), E = K et d'après la classification des groupes d'ordre 8
(cf. [FrGi], exercice 1.16), on sait, puisque K admet un unique élément d'ordre 2 et
pas d'élément d'ordre 8, que K = H8. Étudions l'autre cas qui se subdivise en deux
sous-cas.
• Si E D (G \ H) contient un élément d'ordre 8 alors E est cyclique et c'est le seul
sous-groupe cyclique d'ordre 8 de Y car un groupe cyclique d'ordre 8 contient 4
générateurs et c'est justement le nombre d'éléments d'ordre 8 de Y. Ainsi, G contient
3 sous-groupes cycliques d'ordre 8. On en déduit que \Ng{E)\ = \G\/3 = 16 et par

1.20. « Botanique » du groupe G = GL(2,3)
49
suite NG(E) = Y.
• Sinon, c'est que E D (G \ H) est formé des 4 éléments d'ordre 2 de Y. Là
encore, Y admet au plus un tel sous-groupe d'ordre 8. D'autre part, E contient —I2
car E n H est un sous-groupe d'ordre 4 de K dont l'élément d'ordre 2 est —I2.
Soit D e E C\(G\ H). Le sous-groupe (—I2, D) est isomorphe au groupe de Klein
et étant d'indice 2 dans E, il est distingué dans E. Par suite, le normalisateur de
(-/2, D) contient E. Or, lors l'étude des sous-groupes de G d'ordre 4, on a vu que
le normalisateur de (—I2,D) est d'ordre 8. Par suite, E = Ng((—I2,D)) et on a
vu (cf. c2 ci-dessus) qu'il existe Q d'ordre 4 tel que NG((—l2,D)) = (Q,D) et
DQ = —QD = Q~lD ce qui prouve que E isomorphe au groupe Z)4 (cf. exercice
1.12). On a ainsi obtenu 3 sous-groupes d'ordre 8 de ce type. De même que
précédemment, NG(E) = Y.
Conclusion. - G comporte 55 sous-groupes qui se répartissent en 16 classes de
conjugaison de sous-groupes suivant le tableau ci-dessous (légende : « Z), T, Q, E »
signifient « élément d'ordre 2, 3, 4, 8 »).
sous-groupe
(h)
(-h)
(D)
(T)
(Q)
(-h,D)
(-T)
(T,D)
(T',D')
K
(E)
(Q,D)
(-T,D)
(K,E)
# = SL(2,F3)
G = GL(2,F3)
ordre
1
2
2
3
4
4
6
6
6
8
8
8
12
16
24
48
type
cyclique
cyclique
cyclique
cyclique
cyclique
Va
cyclique
©3
©3
H8
cyclique
D4
D6
e8 xi z/2Z
SL(2,F3)
GL(2,F3)
cardinal de
la classe de
conjugaison
1
1
12
4
3
6
4
4
4
1
3
3
4
3
1
1
normalisateur
(ordre)
G (48)
G (48)
<-/2,£>(4)
(~T,D) (12)
{K,Q-I2) (16) \
(D,Q)(8)
(-T,D) (12)
(-T,D) (12)
(-T',D') (12)
G (48)
(E,D) (16)
(E,D) (16)
i-T,D) (12)
(K,E) (16)
G (48)
G (48)
Total : 55
3°) La question précédente montre que les sous-groupes distingués de G (i.e. ceux
admettant G pour normalisateur) et non triviaux sont (—I2), K et H et en
particulier un tel sous-groupe est un sous-groupe de H.
L'étude des centralisateurs montre que le centre de G est (—h)-
Le quotient G/(—I2), d'ordre 24, est le groupe projectif PGL(2,F3) et il est iso-

50
I. GROUPES
morphe à 64 (cf. Cours, proposition 5.3 page 106).
Étudions le quotient G/K dont l'ordre est 6. Un groupe d'ordre 6 est abélien si
et seulement s'il contient exactement un élément d'ordre 2. Soit M € G d'ordre 8.
Alors M £ K et M2 G K puisque M2 est d'ordre 4 en sorte que M G G/K est
d'ordre 2. Puisqu'il y a 8 éléments dans une classe modulo K et 12 éléments d'ordre
8 dans G, il existe au moins un élément M' d'ordre 8 et qui n'est pas dans la classe
de M modulo K et donc G/K admet au moins deux éléments M et M' d'ordre 2
et donc G/K est isomorphe à 63.
Si P,Q G G alors det{PQP~lQ-1) = 1 donc D(G) Ç H. Comme G/K n'est pas
abélien, on a D(G) % K et comme D(G) < G, la liste des sous-groupes distingués
de G montre que D(G) = H (cf. aussi Cours, théorème IV.3.1 page 101).
Remarque. - On peut consulter [www5] pour confirmer une partie des résultats de
cet exercice.
1.21. Automorphismes du groupe (Z/pZ)n, p premier
Montrer qu'on a Aut ((Z/pZ)n) ^ GL(n,Fp).
Solution
Le groupe additif G = (Z/pZ)n coïncide avec le groupe abélien du Fp-espace vectoriel
produit E = (Fp)n où Fp est le corps fini Z/pZ. Il est immédiat de vérifier que
/ : G —► G est un morphisme du groupe G si et seulement si / : E —► E est un
endomorphisme du Fp-espace vectoriel E. Par suite, les automorphismes du groupe
G sont exactement les automorphismes de l'espace vectoriel E et comme E est de
dimension n sur Fp, on a bien l'isomorphisme de groupes demandé.
1.22. Automorphismes du groupe de Klein V4
Montrer qu'on a Aut (V4) = 63.
Solution
Posons V4 = {l,xi,x2,x3} où #i, x2 et x3 désignent les éléments d'ordre 2. Tout
automorphisme du groupe V4 stabilise 1 et {xi,x2,x3}. Par suite, Aut (V4) est
isomorphe à un sous-groupe de 6({xi,x2,x3}) = 63. La loi du groupe V4 est définie
par :
pour tout triplet (i, j, k) G {1, 2, 3} d'entiers distincts, XiXj = xk et x2 = 1.
Pour a G 63, définissons l'application / : V4 —► V4 telle que /(l) = 1 et pour
tout i G {1,2,3}, f(xi) = xa(ï). C'est clairement une permutation de V4. Si i G
{1,2,3} alors f(x2) = f(xi)2 = 1. Soient ij G {1,2,3} distints et k tel que
{1,2,3} = {i,j, k}. Alors, d'une part, f(xiXj) = f(xk) = x^k) et, d'autre part,
comme {1,2,3} = {(r(i),a(j),a(k)}, on a f(xi)f(xj) = xa{i)Xa{j) = xa{k). Ainsi, /

1.24. Automorphismes du groupe diédral D4
51
est un automorphisme de V4 ce qui donne 6 automorphismes distincts. On en déduit
le résultat demandé.
Remarque. - On sait que V4 = (Z/2Z)2. On déduit de l'exercice 1.21 que Aut (V4) =
GL(2, F2). Enfin, |GL(2, F2)| = (22 - 1)(22 - 2) = 6 (cf. Cours, exemple 5.3 page 18)
et GL(2, F2) n'est pas abélien donc (cf. Cours, exemple 5.3 page 18) GL(2, F2) = 63.
1.23. Automorphismes du groupe 63
Montrer qu'on a Aut (63) = 63.
Solution
Le groupe G = Aut (63) opère sur l'ensemble T des trois éléments d'ordre 2 de 63
par
(tp,t) eGxT^ip(t) eT.
Soit $ : G —> &{T) le morphisme déduit de cette action (cf. Cours, définition 4.1
page 13). Puisque T engendre 63, $ est injectif et donc G est isomorphe à un
sous-groupe de 63. D'autre part, le sous-groupe Int(63) de G constitué des
automorphismes intérieurs de 63 est isomorphe à &3/Z où Z est le centre de 63 (cf.
Cours, la suite exacte qui précède le théorème 8.7 page 30). Comme Z = {Id}, on a
|G| > 6 ce qui permet de conclure.
Remarque. - On savait en fait que si n ^ 6 alors Int(6n) = Aut (6n) (cf. Cours,
théorème 8.7 page 30).
1.24. Automorphismes du groupe diédral D4
Soient le groupe diédral D4 et G son groupe d'automorphismes.
1°) Montrer que G est d'ordre 4 ou 8.
2°) On identifie le groupe D4 à un sous-groupe du groupe diédral Ds-
Montrer que les restrictions des automorphismes intérieurs de Ds à D4
définissent des éléments de G. En déduire que \G\ = 8.
3°) Montrer que G = D4.
Solution
Dn est le groupe des isométries du plan euclidien conservant l'ensemble des n racines
'complexes n-èmes de l'unité (cf. Cours, exemple 6.7.2 page 23). Soient r la rotation
7T
de centre O et d'angle - et 5 la réflexion par rapport à l'axe des abscisses. On sait
que D4 = (r, 5) et que srs~l = r"1.
1°) Soit / G G. Comme D4 admet (r) pour unique sous-groupe cyclique d'ordre 4,
ce sous-groupe et donc aussi son complémentaire sont stables par /. En particulier,
/(s) G D4 \ (r). Comme r et r"1 sont les seuls éléments d'ordre 4 de D4, on a
/(r) G {r, r"1}. Enfin, comme D4 = (r, s), f est caractérisé par /(r) et /(s), et donc

52
I. GROUPES
il existe au plus 2x4 = 8 automorphismes de D4 et ainsi |G| < 8.
Le nombre d'automorphismes intérieurs de D4 est —— où Z4 désigne le centre de
D4. On vérifie aisément que Z4 = {Id, r2} en sorte qu'il existe 4 automorphismes
intérieurs dans G. Ainsi, \G\ est un multiple de 4 d'où \G\ = 4 ou \G\ = 8.
2°) D4 est un sous-groupe d'indice 2 de Ds donc (cf. Cours, exercice B.4 page 35)
D4 < Ds. Il en résulte que D4 est stable par tout automorphisme intérieur de Ds
et que toute restriction à D4 d'un tel automorphisme est un élément de G. Soit le
morphisme de groupes
ip: D8 — G
a 1—> [x G D4 »—► axa"1].
Le nombre de restrictions à D4 des automorphismes intérieurs de D8 est |Im (</?)|. Par
|Z)8|
le 1er théorème d'isomorphisme, |Im(</?)| = -r-. r. De plus, kenp est le centralisa-
|ker</?|
teur Cd8{D4) de D4 dans Z)8. S'il existe a G Cd8(D4)\D4 alors, comme (D4, <r) = Z)8,
a est dans le centre Z8 de Z)8 ce qui est absurde puisque Z8 = {Id, r2} Ç D4. Ainsi
1 f{
Cd8(D4) Ç Z?4 et donc CDfi(D4) = Z4 = {Id,r2}. Par suite, |Im(<p)| = — = 8 et
donc \G\ = 8.
3°) Puisque \G\ = 8, le raisonnement de la question 1°) montre qu'il existe un unique
élément f de G tel que /(r) = r"1 et /(s) = 5. De même, puisque sr G D4\ (r),
il existe un unique élément g de G tel que g(r) = r et 3(5) = sr. Comme, / est un
automorphisme, /2(r) = r et /2(s) = s et de même g4(r) = r et #4(s) = s puisque
9 9 1 9 1 9 4
5 1—► sr 1—► srz 1—► srô \—► sr* = s.
Comme (r, 5) = D4, on en déduit que f2 = Id et g4 = Id. Enfin,
9 f _i 9 _i /
5 »-^-» sr 1—► sr~l »-^-» srr-1 = 5 1—► 5
ce qui prouve que fgfg = Id ou encore fgf~l = g~l. On en déduit (cf. exercice
1.12) que G = (f,g) est isomorphe à D4.
1.25. Automorphismes du groupe Z/4Z x Z/2Z
Soit G = Z/4Z x Z/2Z. En considérant l'ensemble des éléments d'ordre
4 de G, montrer que Aut (G) est d'ordre au plus 8 puis que Aut (G) est
un groupe d'ordre 8 isomorphe au groupe diédral D4
Solution
Soient x\ = (ï, Ô) G G et x2 = (ï, ï) G G. L'ensemble des éléments de G d'ordre 4 est
X = {^i,^25 —#ij —#2}- Comme x\ est d'ordre 4 et que x2 fi (xi), on a G = (xi,x2).
Un morphisme de groupe / : G —► G est donc caractérisé par /(xi) et /(x2). Soit
/ G Aut (G). Nécessairement, f(xi) G X et f(x2) e X\ {-/(xi),/(xi)}. Il existe

1.26. Automorphismes du groupe des quaternions W%
53
donc au plus 4x2 = 8 éléments dans Aut (G).
Si / € Aut (G), on a f{X) — X et donc l'application
(/, x) € Aut (G) x X h+ f(x) £ X
définit une action de Aut (G) sur X d'où un morphisme de groupes
ip: Aut (G) -> &{X)
/ ~ 7-
L'action est fidèle puisque si / = Idx alors /(xi) = xx et /(x2) = £2 et donc, comme
G = (xi, x2) on a / = Idc- Ainsi, Aut (G) est isomorphe à un sous-groupe de &(X).
Soient les applications
r : G —► __G__ et5: G —► __G__
(x,y) .—> x(ï,ï) + 2/(2,ï) (î,y) .—> x(ï,Ô) + 2/(2,ï).
Ces applications sont bien définies car si g G G alors 4# = (0,0) et 2(2, ï) = (Ô,Ô).
Ce sont des morphismes de groupe et comme r(G) = ((1,1), (2,1)) = G et s(G) =
((1,0), (2,1)) = G, ce sont des automorphismes de G. Déterminons les
décompositions en produit de cycles de f et s :
Xi i ► X2 i ► (-1, 0) = —Xi i ► ~X2 i ► Xi,
s s s
Xi l ► X\ et #2 ' ► —X2 ' ► #2-
Ainsi, f = (0:1,0:2, — #i, —£2) et 5 = (x2, — x2). Enfin, f est d'ordre 4, 5 est d'ordre 2
et sf s-1 = (x\, —x2, —Xi,x2) = r"1. Ainsi, (f, 5) est isomorphe au diédral Z)4 (cf.
exercice 1.12). Comme \D4\ = 8 et que |Aut(G)| < 8, on a lunp = (r,s) ou encore
Aut(G)^£>4.
Remarque. - L'élément (2,0) est fixé par tout élément de Aut (G). Soit Y l'ensemble
des deux éléments de G d'ordre 2 distincts de (2,0). Si on se donne x G X (qui est
d'ordre 4) et y G Y alors tout élément </? G Aut (G) est caractérisé par la donnée de
(ip{x)Mv))ex*Y-
1.26. Automorphismes du groupe des quaternions H8
1°) Montrer que le groupe G des automorphismes de H8 est d'ordre 24.
2°) Montrer que G = 64 (indication : faire opérer G par conjugaison sur
l'ensemble de ses sous-groupes d'ordre 3).
Solution
1°) Soit H8 = {±1, ±z, ±j, ±k} le groupe des quaternions (cf. Cours, exemple 3.2.3
page 13 dont on reprend les notations). Le centre de H8 est Z = {—1,1}. On posera
X = H8 \ Z. Montrons qu'une application / : H8 —► H8 est un automorphisme de
H8 si et seulement si

54
I. GROUPES
/(l) = 1, f(i) € X, f(j) € X \ {-f(i), /(*)}, f(k) = f(i)f(j) et to € H8, /(-*) =
Montrons la condition est nécessaire. Soit / G G. Alors /(l) = 1, /(/:) = f(ij) =
f(i)f{j) et comme —1 est seul élément d'ordre 2, on a /(—1) = — 1 et par suite, si
x G H8 alors f(—x) = —f{x). Comme X est l'ensemble des éléments d'ordre 4 de
H8, on a bien /(t), f(j) G X et si f(j) = f(i) ou f(j) = -f(i) = f(-i) alors / n'est
pas injective.
Maintenant soit / : H8 —► H8 vérifiant la condition. Montrons que / G G. Soient
x,y G H8. Alors si 1 G {x,y} ou -1 G {x, y}, comme /(±1) = ±1, on a f(xy) =
f(x)f(y). C'est encore vrai si x = y G {±2, ±j} puisque si h G X alors h2 = — 1 et
aussi si x = y = ±k puisque f(k) = f(i)f(j) £ Z (car f(j) G X \ {-f(i),f(i)})
et donc f(k)2 = -1 = /(—1). Supposons désormais x,y € X et x ^ y. Comme
pour tout h G H8 on a f{—h) = —f(h), pour prouver /(rn/) = f(x)f{y), il
suffit de supposer x,y € {z,j, /:} et comme rn/ = —yx, on peut encore supposer
(*, y) € {(*,j),(j,fc),(M)}- Or, l'hypothèse /(fc) = /(z)/(j) donne /(j)/(fc) =
—f(i)~l = f(i) et, de même, f(k)f(i) = f(j). Ainsi, on vient de prouver que / est
un morphisme du groupe G. Comme deux éléments distincts et non opposés de X
engendrent H8, on a i8 = (/(^)> /(j)) et Par suite, / est surjectif et donc bijectif.
Pour chaque choix de f(i) dans X et de f(j) dans X \ {—f{i),f{i)}, la condition
ci-dessus définit un unique automorphisme / G Aut (H8). Il existe donc exactement
6 x 4 = 24 éléments dans G.
2°) Un élément g G G d'ordre 3 est de la forme g = (a, 6, c)(—a, —6, —c) où a, 6, c G X
sont distincts. On trouve alors facilement 8 éléments d'ordre 3 dans G et qu'ils se
répartissent selon 4 sous-groupes Gi (i = 1,...,4) d'ordre 3 resp. engendrés, par
exemple, par les permutations ^ (i = 1, ...,4) de H8 suivantes :
g\ = (i,j,fc)(-î,-j,-fc), #2 = (ï,-fc,-j)(-ï,fc,j),
#3 = {i,k,-j){-i,-k,j), g4 = (i,-kj)(-i,k,-j).
G opère par conjugaison sur l'ensemble Y = {Gi ; i = 1,...,4} des 3-Sylow de G.
Cette action définit un morphisme </? : G —► 64, g ■—►g. Montrons que </? est surjectif
ce qui permettra, vu les ordres, de conclure Aut (H8) = 64. Pour cela, remarquons
d'abord que 64 est engendré par (1,2) et (1,2,3,4) : en effet, (1,2, 3,4)(1,2) =
(1, 3,4), donc l'ordre du sous-groupe ((1,2), (1,2,3,4)) et un multiple de 3 x 4 = 12
et comme ce sous-groupe contient une permutation impaire, et que 2l4 est le seul
sous-groupe d'ordre 12 de 64, c'est que ((1,2), (1, 2,3,4)) = 64. Il suffit donc de
trouver g G G et h G G tels que ~g = (G\, G2) et h = (Gi, G2, G3, G4). Vérifions que
g = (z, — z)(j, k)(— j, — k) et h = (z, fc, — i, —k) conviennent :
- d'une part, le calcul donne que ggig~l = #2 et que gg$g~l = g^1, d'où il résulte
que
H(Gi) = 9(gi)g~l = (ggig~l) = (#2) = G2
et donc aussi que g(G2) = G\ (car g est d'ordre 2) et de même #(G3) = (g^1) = G3
et donc nécessairement, ^(G4) = G4,
- d'autre part, le calcul donne que hgih~l = g2, hg2h~l = g^1, hg3h~l = g^1 d'où
(h est d'ordre 4) /i^/i"1 = gi en sorte que h est bien le 4-cycle annoncé.

1.28. Groupes tels que (ab)n = anbn pour n — 2 puis n — 3 55
1.27. Automorphismes d'un produit de groupes
Soient H et K deux groupes finis et d'ordres premiers entre eux. Montrer
que Aut (H x K) ^ Aut (H) x Aut (K).
Solution
Soit <p G Aut (H x K). Alors
(1) : V(x,y)eHxK,<p{x,y) = v(x, 1)^(1,»).
Il existe une unique application p : H —► H et une unique application p\ : H -* K
telles que
Vz G H,<p(x,l) = (p(x),pi(x)).
La loi produit sur le groupe H x K montre que ces applications sont des morphismes
de groupes.
Fixons x G H. Comme p\ est un morphisme de groupes, on a
Pi(*|H|)=Pi(l) = l = Pi(s)l"l.
Du théorème de Lagrange, on déduit que l'ordre de p\(x) divise \H\. Mais par le
théorème de Lagrange encore, l'ordre de p\(x) G K divise \K\. De l'hypothèse sur
\H\ et \K\, il résulte que p\(x) est d'ordre 1. Ainsi, p\ est trivial et donc
\/xeH,<p(x,l) = {p{x),l).
Comme <p est bijective, l'ensemble {<p(x, 1) ; x £ H} est de cardinal \H\ et donc
p G Aut (H). On notera plutôt cette application p^.
De même, on montre qu'il existe une unique q^ G Aut (K) telle que
Vyeff>v(i,y) = (Wy)).
Finalement, de (1) on déduit que si (p G Aut (H x K), il existe un unique p^ G
Aut (H) et un unique qv G Aut (/f) tels que
M{x,y) eH x K,ip{x,y) = [p^{x),q^{y)).
En particulier, si ip G Aut (# x X) alors d'une part, (ipoip)(x, y) = {pvo^{x), q^iy))
et d'autre part, (ipor/;)(x,y) = <p(rl>(x,y)) = <p{pi,{x), q^y)) = {p^p^.q^oq^y))
en sorte que p^ = p<p°Prp et q^ = q<pO q^
Soit maintenant l'application $ : Aut (H x K) —► Aut (//) x Aut (K) définie par
$(<p) = (p^,^). Soient <p,^ G Aut(# x X). Alors $(<p o xp) = (p^vm^w) =
(p<p°Pip, q^oq^) = (p^, çv)(îty, 9^) = $0p)*(VO ce qui prouve que $ est un morphisme
de groupes. Si $(</?) = (Id//, Id^) alors p^ = Id// et q^ = ldK et donc </? = Id//x/<:
ce qui prouve que <ï> est injective. Enfin, <ï> est surjective : en effet, si on se donne
p G Aut (//) et q G Aut (AT) alors l'application (p:HxK-+HxK définie par
ip(x, y) = {p{x), q{y)) est un automorphisme de H x K qui vérifie p^ = p et qv = q
en sorte que $(</?) = (p, ç). Ainsi, $ est un isomorphisme de groupes.

56
I. GROUPES
1.28. Groupes tels que (ab)n = anbn pour n = 2 puis
n = 3
1°) Soit G un groupe.
a) On suppose que pour tous a, 6 G G on a (ab)2 = a2b2. Montrer que G
est abélien.
b) On suppose que pour tout a G G on a a2 = 1. Montrer que G est
abélien.
2°) Construire, comme produit semi-direct ou autrement, un groupe
d'ordre 27 où tout élément a vérifie a3 = 1 mais qui n'est pas commutatif
bien qu'il vérifie (ab)3 = a3b3 pour tous a et 6.
Solution
1°) a) Par simplification de abab = aabb, on obtient ba = ab donc G est abélien.
b) C'est un cas particulier de a).
2°) D'après la classification des groupes d'ordre p3 où p premier (cf. [FrGi], exercice
1.17), il existe, à isomorphisme près, un unique groupe non abélien d'ordre p3 dont
tous les éléments sont d'ordre 1 ou p. Le cas p = 3 permet de conclure. Construisons
toutefois deux exemples.
1er exemple. - Soient N = (Z/3Z) , H = Z/3Z et le morphisme de groupes
tp: H —► Aut(JV)
h i—► <Ph = [{x,y) eN *-+(x + hy,y)].
Remarquons que le groupe N peut être muni de la structure de l'espace vectoriel
usuel F3 et que Aut (N) s'identifie alors à GL^). En particulier, la matrice de iph
dans la base canonique de F3 est
ïî)
et on a (théorème de Cayley-Hamilton)
(<Ph)2 + <Ph + Hat = 0.
Posons G = N xiy, H. Calculons (n, h)3 pour (n, h) e G (cf. Cours, théorème 6.2
page 22) :
(n,h)3 =(n + <ph(n),2h)(n,h)
= (n + <Ph(n) + <p2h{n),3h)
= ((rô + ¥>fc + IcU)(n),3/i)
= 1g-
Ainsi, tout élément de G \ {1g} est d'ordre 3 et donc
Va, b € G, {ab)3 = a3b3 = 1G.
Toutefois, G n'est pas abélien sinon, pour tous n G N, h € H, on aurait (0, h)(n, 0) =
(n, 0)(0, h) et donc iph{n) = n et donc (p serait trivial ce qui n'est pas puisque

1.29. Sylow et groupes non simples
57
^(0,1) = (1,1).
2ème exemple. - Soit G Ç A/J3(F3) l'ensemble des matrices triangulaires supérieures
et de termes diagonaux valant 1. G est un sous-groupe de GL(3,F3) et d'ordre
33 = 27. Si M G G alors, par définition, M = I3 + N où N G M3(¥3) est nilpotente
et qui vérifie donc N3 = 03, en sorte que M3 = 7| + N3 = 73. De plus, G n'est pas
abélien puisque (011j et (01°) ne commutent pas.
1.29. Sylow et groupes non simples
Soient p, q, r des entiers premiers distincts et a, /? des entiers naturels
non nuls. Soit G un groupe d'ordre n.
1°) En utilisant le théorème de Sylow (cf. Cours, théorème 5.7 page 19),
montrer, dans les cas suivants, que G n'est pas un groupe simple :
a) n = paq avec p > q,
b) n = paqP tel que pour tout i G {1,..., a}, px ^ 1 (mod. ç),
c) n = 42, n = 255, n = 84.
2°) a) On suppose n = pqr avec r > p,q. En dénombrant le nombre
d'éléments de la réunion des r-Sylow de G, montrer que G n'est pas un
groupe simple.
b) Par une méthode analogue, montrer que si n = 56 alors G n'est pas
simple.
Solution
Pour tout nombre premier p divisant |G|, on notera np le nombre de p-sous-groupes
de Sylow de G. On rappelle que si np = 1 alors l'unique p-Sylow de G est un sous-
groupe distingué de G (cf. Cours, corollaire 5.8 page 19) et donc que G n'est pas un
groupe simple.
1°) a) D'après les congruences du théorème de Sylow, on a np \ q et np = 1 (mod. p).
On en déduit que np = 1 ou np = q. Si np = q alors q = 1 (mod. p) et donc q > p :
contradiction. Ainsi, np = 1 donc le p-Sylow de G est distingué.
b) Comme nq \ pa, il existe 7 G {0,... ,a} tel que nq = p7. Par suite, de nq =
1 (mod. q), on déduit que p7 = 1 (mod. ç). Par hypothèse sur les puissances de p
modulo q, on en déduit que 7 = 0 en sorte que nq = 1 et que le ç-Sylow de G est
distingué.
Le cas n = paq(3 avec pa < q + 1 est un cas particulier du précédent puisque
1<P1 <PQ <q+ 1.
c) • De 42 = 2 x 3 x 7 on déduit que n7 | 6 et donc que n7 G {1, 2, 3,6} et comme
n7 = 1 (mod. 7), on obtient n7 = 1.
• De 255 = 3 x 5 x 17, on déduit que nu | 15 et donc nu G {1,3,5,15} et comme
ni7 = 1 (mod. 17), on obtient ni7 = 1.
• De 84 = 4 x 3 x 7 on déduit que n7 \ 12 et donc que n7 G {1,2,3,4,6,12} et
comme n7 = 1 (mod. 7), on obtient n7 = 1.

58
I. GROUPES
2°) a) Puisque nr | pq on a nr G {l,p, q,pq\- Puisque r > p,q et nr = 1 (mod. r),
on ne peut avoir nr G {p, g}. Supposons nr = pç. Alors, deux r-Sylow ayant une
intersection triviale, G contient pq(r — 1) éléments d'ordre r. Si en outre np,nq ^ 1
alors, comme np | qr et ng | pr, on & np > q et nq > p et G contient donc au moins
q(p — 1) + p(g — 1) éléments d'ordre p ou q. Ainsi, en comptant le neutre de G, on a
pq(r - 1) + ç(p - 1) + p(ç - 1) + 1 < |G| = pçr
ce qui donne q(p — 1) -h p(ç — 1) -h 1 < pq ou encore pç -h 1 < p -h g. En supposant
par exemple 2 < p < g, on déduit que 2g -h 1 < pg -f 1 < 2g ce qui est absurde.
Ainsi, nr = pq donne np = 1 ou nq = 1. Dans tous les cas, G admet un sous-groupe
de Sylow distingué.
b) Si n = 56 alors n7 | 8 et n7 = 1 (mod. 7) et par suite, n7 = 1 ou n7 = 8. Si
n7 = 1 alors l'unique 7-Sylow de G est un sous-groupe distingué. Si n7 = 8 alors G
contient 8(7 — 1) = 48 éléments d'ordre 7 et comme il existe au moins un sous-groupe
d'ordre 8 dans G, les 56 — 48 = 8 éléments restants forment un tel sous-groupe qui
est donc distingué. Ainsi, G n'est pas un groupe simple.
1.30. Produits semi-directs isomorphes : condition
nécessaire
Soient N un groupe d'ordre pQ et H un groupe d'ordre q0 où p et q
sont des entiers premiers distincts et a,/? G N\ {0}. On suppose que les
produits semi-directs N >^ipi H et N x<^2 H sont isomorphes. Montrer que
ker</?i = ker </?2.
Solution
Soient </? : H —► Aut(N) un morphisme de groupes et G = N xi^ H. On note
N = {(n, 1) ; n G N} et, pour tout sous-groupe K de i/, on note aussi K =
{(1,A:) ; k G if}. Ce sont des sous-groupes de G. Soit C(N) le centralisateur de
~N dans G (on rappelle que C(N) = {g G G ; Vx G N,#x = x#}).
Vérifions que kery? = HnC(N) :
(1,/i) G ker</? «=> Vn G N,(ph(n) = n
^=> VneiV,(n,ft) = (^(n),/i)
<=» VnGiV,M(l,_/i) = (l,h)(n,l)
«=> (U)GC(ÎV)nÏÏ.
Soient Gi = N x^ H et G2 = N x^2 // et soit / : Gi —► G2 un isomorphisme de
groupes. N est un p-Sylow distingué de G\ et G2 donc (théorème de Sylow) c'est
l'unique sous-groupe d'ordre pa et par suite, f(N) = N. De même, H est un ç-Sylow
de Gi donc f(H) est un ç-Sylow de G2 et d'après le théorème de Sylow, f(H) et H
sont conjugués dans G2 et il existe donc g G G2 tel que /(#) = gHg~l. On notera
Ci(N) le centralisateur de N dans G*.

1.31. Classification des groupes d'ordre 18
59
Alors, d'après ce qui précède,
/(k^ô = f(H H d(N)) = f(H) H fidÇN)) = gHg-1 H C2(f(N))
et donc /(ker^i) = gHg'1 H C2(N).
Montrons que gC2(N)g~l = C2(N) ce qui, compte tenu des ordres, se ramène à
montrer que gC2{N)g~l Ç C2(N) autrement dit que si £ E C2(N) et n € N
alors (gxg~l)n = n(gxg~l). Or, (gxg~l)n = gx(g~lng)g~l et comme N < G2 on
a g~lng € N en sorte que (gxg~l)n = g(g~lng)xg~l = n(gxg~l) comme annoncé.
Ainsi, /(teF^Ô = gHg"1 H gC2(N)g-1 = g(H n C2(N))g-1 = gte^~2g-\ On en
déduit que kerc^i et kerc^ sont isomorphes puis que ker^x = ker^-
Remarque. - Au lieu de supposer que N est un p-sylow de N x^. H où i = 1,2,
supposons seulement que N est l'unique sous-groupe d'ordre \N\ de TV xv?i H. Alors,
le résultat obtenu ci-dessus s'applique et la démonstration est identique puisqu'on a
encore f(N) = ÏV.
1.31. Classification des groupes d'ordre 18
Montrer qu'à isomorphisme près, il existe 5 groupes d'ordre 18.
Reconnaître le groupe diédral D9 et le groupe 63 x Z/3Z.
Solution
Soit G un groupe d'ordre 18 = 2 x 32. G admet au moins un 3-Sylow N et au moins
un 2-Sylow H. De plus, [G : N] = 2 donc N est distingué dans G (cf. Cours, exercice
I.B.4 page 35). Il s'ensuit que NH est un sous-groupe de G (cf. exercice IV. 17) et,
à cause des ordres, on a N fl H = {le} et G = NH. Ainsi, G est un produit semi-
direct de N par H. On sait par ailleurs que si p est premier, tout groupe d'ordre
p2 est isomorphe à (Z/pZ)2 ou Z/p2Z (cf. Cours, exercice I.A.4 page 34). Ainsi,
G ^ (Z/3Z)2 x (Z/2Z) ou G ^ (Z/9Z) x (Z/2Z).
1er cas : G ^ (Z/3Z)2 x^ (Z/2Z)
Ici, V • Z/2Z _► Aut ((Z/3Z)2) est un morphisme de groupes et on pose N = (Z/3Z)2
et H = Z/2Z.
X)n sait (cf. exercice 1.21) que Aut ((Z/3Z)2) s'identifie à GL(2, F3). Le morphisme
ip est caractérisé par la matrice M = </?(l).
Comme 1 est d'ordre 2 dans H, la matrice M est d'ordre au plus 2 et comme elle est
à coefficients dans un corps de caractéristique différente de 2, elle est diagonalisable.
Ainsi, M = I2, M = -I2 ou M est semblable à A = (J _?x ).
a. Cas où M = I2. - Alors <p est trivial et G = (Z/3Z)2 x (Z/2Z).

60
I. GROUPES
b. Cas où M et A sont semblables. - Les matrices M semblables à A étant
conjuguées dans GL(2, F3), les produits semi-directs correspondants sont isomorphes
(cf. Cours, exercice D.4 page 36). On peut donc supposer M = A et on posera alors
¥> = <Pi- On a (fi(û) = Au = (q (_°)« ) pour tout û G Z/2Z.
c. Cas où M = —I2. — On posera ip = </?2 qui est alors défini pour tout û G Z/2Z
par ip2(û) = (-1)V2.
Dans le cas a), kenp = H tandis que kery?i = kenp2 = {û} donc, d'après l'exercice
1.30, le premier n'est isomorphe à aucun des deux autres.
Montrons que les deux produits semi-directs G\ — N x^ H et G2 = N x^2 H ne
sont pas isomorphes. On pourrait invoquer directement l'exercice 1.34. On peut aussi
comparer le nombre d'éléments d'ordre 2 de G\ et de G2 comme suit.
• Si 51 = ((x,y),u) G G\ est d'ordre 2 alors
g\ = [(x,y) + (x, (-1)"»),0] = [(-x, ((-l)u + l)y),0] = [(0,0),0]
et donc x = 0. Si û = 0 alors g\ = ((0, y),0) ce qui donnerait g\ = 0. Ainsi û = 1
puis #! = ((0,?/), 1) ce qui donne trois éléments d'ordre 2.
• Si g2 = {{x,y),u) G G2 est d'ordre 2 alors
s! = [(^, y) + (-!)"(*> y), o] = [((-i)u +1)(*. y), o] = [(o, o), o].
Si û = 0 alors g2 = 0. Ainsi, û = 1 et donc g2 = ((x, ?/), 1) ce qui donne neuf éléments
d'ordre 2.
2ème cas : G ^ (Z/9Z) x^, (Z/2Z)
Ici, -0 : Z/2Z —► Aut (Z/9Z) est un morphisme de groupes. On sait que (cf. Cours,
propositions 7.3 et 7.4 pages 24-5) que Aut (Z/9Z) ^ (Z/9Z)* ^ Z/6Z. Comme
1 G Z/2Z est d'ordre 2, ^(1) est d'ordre au plus 2 dans Aut(Z/9Z) et comme ce
dernier est cyclique, ^(1) est Idz/9z ou bien ^(1) est l'unique élément d'ordre 2 de
Aut (Z/9Z). Dans le premier cas, ip est trivial et le produit semi-direct est un produit
direct et dans le second cas, nécessairement le produit semi-direct est isomorphe au
groupe diédral D9 (puisque ce dernier est un produit semi-direct (Z/9Z) x (Z/2Z)
non abélien, cf. Cours, exemple 6.7.2 page 23).
Les sous-groupes du premier cas et du second ne sont pas isomorphes car leurs 3-
Sylow ne sont pas isomorphes. On dénombre donc bien 5 groupes d'ordre 18.
Le groupe 63 x Z/3Z n'admet aucun élément d'ordre 9 donc il est isomorphe à l'un
des produits semi-directs du 1er cas. Comme 63 x Z/3Z est non abélien et admet
3 éléments d'ordre 2, ce groupe est isomorphe à G\.

1.32. Classification des groupes d'ordre 24
61
1.32. Classification des groupes d'ordre 24
Soit G un groupe d'ordre 24.
1°) On suppose qu'aucun des 2-Sylow et qu'aucun des 3-Sylow de G
n'est distingué. En faisant opérer G sur ses 3-Sylow, montrer que G est
isomorphe à 64.
2°) a) Montrer que tout groupe d'ordre 24 admettant un sous-groupe de
Sylow distingué est un produit semi-direct de deux de ses sous-groupes
de Sylow.
b) Déterminer à isomorphisme près les groupes d'ordre 24 (il en existe
15). On pourra utiliser l'exercice 1.30.
3°) Identifier dans la liste précédente les groupes suivants :
Z/2Z x L>6, Z/2Z x 2l4, Du, Z/4Z x L>3, (Z/2Z)2 x L>3, SL(2,F3).
Solution
1°) Soit ri2 (resp. n3) le nombre de 2-Sylow (resp. 3-Sylow) de G. Par hypothèse,
n3 ^ 1 et d'après les congruences du théorème de Sylow, on a n3 | 8 et n3 =
1 (mod. 3). On en déduit que n3 = 4. D'après le théorème de Sylow, l'ensemble
X = {Si, 52, 53, 54} des 3-Sylow de G est une classe de conjugaison de sous-groupes
de G qui opère donc sur X par conjugaison, d'où le morphisme de groupes
tp: G — 6{X)
g —► [Si G X ~ gSi9-1} .
Dans ce qui suit, on va montrer que kenp = {1g}- Si S G X, on désigne par NG(S)
le normalisateur de S dans G. Ainsi, kenp = f] Nc(Si). De plus, d'après le théo-
1<1<4 y
\G\ '
rème de Sylow, si S G X alors |iVc?(S)| = — = 6. D'après le théorème de Lagrange,
n3
l'ordre de ker </? est 1, 2, 3 ou 6. Étudions séparément chacune des possibilités. -
Comme le montre par exemple le théorème de Sylow, tout groupe d'ordre 6 admet
un unique sous-groupe d'ordre 3. Ainsi Nc(S) admet S pour unique sous-groupe
d'ordre 3. Par suite, si on avait | ker </?| G {3,6}, on aurait Si = S2 = 53 = 54 ce qui
est absurde.
Supposons | ker ip\ = 2 avec ker ip = {1, x}. Comme kenp < G, l'élément x commute
avec tous les éléments de G. D'autre part, les quatre 3-Sylow de G déterminent 8
éléments d'ordre 3. Par suite, si 5 est l'un d'entre eux, sx est d'ordre 6 (cf. Cours,
lemme 7.8 page 26) et donc G admet au moins 8 éléments d'ordre 6. Comme il existe
au moins un 2-Sylow dans G, les éléments d'ordres autres que 3 ou 6, au nombre d'au
plus 24 — (8 + 8) = 8, forment en fait un tel 2-Sylow qui est donc unique et est par
suite distingué dans G, contrairement à l'hypothèse de l'énoncé. Ainsi, | kenp\ = 2
est absurde.
Finalement, kenp = {1g} ce qui prouve que </? est injectif et donc bijectif puisque
|C| = |6(X)|.
2°) a) Dans ce qui suit, on fixe (p, q) en (2,3) ou (3,2). Soit G un groupe d'ordre
24 admettant un p-Sylow distingué N. Soit H un ç-Sylow de G. Alors NH est un

62
I. GROUPES
sous-groupe de G (cf. exercice IV. 17) et à cause des ordres, on a N H H = {1g} et
G = NH. Il en résulte que G est produit semi-direct de N par H. Un 3-Sylow de G
est isomorphe à Z/3Z. Soit G& l'un des 5 groupes suivants :
Z/8Z, Z/4ZxZ/2Z, (Z/2Z)3, Z?4, H8,
Un 2-Sylow de G est isomorphe à l'un des groupes G$ (cf. [FrGi] ex. 1.16). Il en
résulte que G est isomorphe au produit semi-direct G8 x^ Z/3Z ou Z/3Z x^, G8 où
<p : Z/3Z —> Aut (G8) et ^ : G8 —► Aut (Z/3Z)
sont des morphismes de groupes. Le tableau ci-dessous rappelle à quel groupe connu
est isomorphe Aut (G8) (cf. exercices 1.21, 1.24, 1.25, 1.26 et Cours, 7.10 page 26).
Gs
Aut(G8)
Z/8Z
(Z/2Z)2
Z/4Z x Z/2Z
D4
(Z/2Z)3
GL(3,F2)
DA
D4
H8
64
A- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS G8 Xl^ Z/3Z.
Soit A un groupe. Un morphisme de groupes <p : Z/3Z —► j4 est caractérisé par
a = (^(1) et on en déduit que si n G Z/3Z alors <p(n) = an. Nécessairement, a est
d'ordre 1 ou 3 (faire n = 3 et appliquer Lagrange). Si a = 1A alors ip est trivial.
Produits semi-directs N ^^ H où H = Z/3Z et N = Z/8Z, Z/4Z x Z/2Z ou
D4.
Dans ce cas, Aut (N) n'admet aucun élément d'ordre 3 et par suite, <p est trivial et
les produits semi-directs sont donc directs.
Étude du produit semi-direct (Z/2Z)3 xv Z/3Z.
Si ip(\) = Idyv alors le produit est direct. On a
|Aut((Z/2Z)3)| = |GL(3,F2)| = (23 - 22)(23 - 2)(23 - 1) = 168
et 3 | 168 donc Aut((Z/2Z)3) admet des éléments d'ordre 3. Soit M G GL(3,F2)
d'ordre 3 et soit / G GL^) canoniquement associé à M. Alors, comme /3 — Id =
(/-Id)(/2 + /+Id) = 0, on a (lemme des noyaux) ker(/-Id)0ker(/2 + /+Id) = F3.
On ne peut avoir ker(/2 -h / -h Id) = {0} sinon / = Id qui n'est pas d'ordre 3. Soit
donc v G ker(/2 + / + Id) non nul. Alors v et f(v) ne sont pas colinéaires car 1
est seule valeur propre possible de /. Il existe donc une base (u,v,f(v)) de F2 et,
comme v, f(v) G ker(/2 + / + Id), la matrice de / dans cette base est de la forme
(a ° -\ —
601). Comme / est inversible, on a a = 1 qui est donc valeur propre de / et
cil/
par suite, d'après la somme directe ci-dessus, on peut choisir u eF% tel que la
matrice de / dans {u,v,f(v)) soit ( ooï ). Ainsi, les éléments d'ordre 3 de GL(3,F2)
\011J
sont conjugués. Il en résulte que si (^1,(^2 : Z/3Z —► Aut (N) sont deux morphismes
de groupes tels que <pi(l) et (£2(1) sont d'ordre 3 alors <fi et <p2 diffèrent d'un
automorphisme intérieur. Par suite, (cf. Cours, exercice D.4 page 36) les produits
semi-directs (Z/2Z)3 x^ Z/3Z et (Z/2Z)3 xi^2 Z/3Z sont isomorphes. Enfin, ce
produit semi-direct n'est pas isomorphe au produit direct puisque ce dernier est abélien.

1.32. Classification des groupes d'ordre 24
63
Étude du produit semi-direct H8 x^ Z/3Z.
Si (f(l) = Idyv alors le produit est direct. On a Aut (H8) = 64 et les éléments d'ordre
3 de 64 sont conjugués. Si ip est non trivial, les produits semi-directs H8 x<^ Z/3Z
sont donc isomorphes (loc. cit.). Enfin, les produits semi-direct et direct ne sont pas
isomorphes comme cela résulte par exemple de l'exercice 1.30.
B- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS Z/3Z X^ G8.
On sait que Aut (Z/3Z) *ê Z/2Z. Soit ip : G8 —► Aut (Z/3Z) un morphisme de
groupes. Si ip n'est pas trivial alors <p est surjectif et donc (théorème d'isomor-
phisme) |ker</?| = 4. Réciproquement, si H est un sous-groupe d'ordre 4 de G8, il
existe au plus un morphisme de groupes ip : G8 —► Aut (Z/3Z) de noyau H. En fait,
un tel morphisme existe bien comme le montre la projection canonique G8 —► Gs/H.
Ainsi, tp est caractérisé par son noyau.
Étude des produits semi-directs Z/3Z x«^ Z/8Z.
Si (p est trivial alors le produit est direct et (théorème chinois) le groupe est cyclique.
Sinon, comme Z/8Z admet un unique sous-groupe d'ordre 4, ip est unique. Enfin^
ce produit semi-direct n'est pas isomorphe au produit direct comme cela résulte de
l'exercice 1.30.
Étude des produits semi-directs Z/3Z x^ (Z/4Z x Z/2Z).
Si (p est trivial alors le produit est direct et (théorème chinois) le groupe est
isomorphe à Z/12Z x Z/2Z. Supposons ip non trivial. On vérifie aisément que Z/4Z x
Z/2Z admet trois sous-groupes d'ordre 4 :
#1 = ((1,0)), ff2 = ((1,1)), H3 = {(0,0), (0,1), (2,0), (2,1)}.
Pour chaque i = 1,2, 3, soit ^ : Z/4Z x Z/2Z —► Aut (Z/3Z) l'unique morphisme
de noyau //*. D'après l'étude du groupe Aut (Z/4Z x Z/2Z) (cf. exercice 1.25), il
existe / G Aut(Z/4Z x Z/2Z) tel que /(1,0) = (1,1) et /(1,1) = (1,0). On a
</?2°/(l,0) = Idet </?2°/(l, 1) 7^ Id donc </?2°/ = </?i- Il en résulte (cf. Cours, lemme
7.12 page 27) que les produits semi-directs Z/3Z x^ (Z/4Z x Z/2Z) pour i = 1,2
sont isomorphes.
Enfin, H\ = Z/4Z et H3 = V4 n'étant pas isomorphes, les produits semi-directs
Z/3Z x^. (Z/4Z x Z/2Z) pour i = 1, 3 ne sont pas isomorphes comme cela résulte
de l'exercice 1.30.
Étude des produits semi-directs Z/3Z x^ (Z/2Z)3.
Si (p est trivial alors le produit est direct et le groupe est isomorphe à Z/3Z x
(Z/2Z)3. Supposons ip non trivial. Les sous-groupes d'ordre 4 de (Z/2Z)3 sont les
plans vectoriels du F2-espace vectoriel F2 sous-jacent au groupe (Z/2Z)3. Comme
Aut(Z/2Z)3 = GL(F3), que l'action de GL(F^) sur l'ensemble des bases de F3 est
transitive et qu'enfin tout morphisme de ip : G8 —► Aut(Z/3Z) est caractérisé
par son noyau, il résulte (loc. cit.) que les 7 produits semi-directs obtenus sont
isomorphes. Enfin, les produits direct et semi-direct ne sont pas isomorphes comme
cela résulte de l'exercice 1.30.

64
I. GROUPES
Étude des produits semi-directs Z/3Z x<^ D4.
Si (p est trivial alors le produit est direct et le groupe est isomorphe à Z/3Z x D4.
Supposons (p non trivial. On pose D4 = (r, 5) où r est le quart-de-tour direct de M2
et 5 la réflexion d'axe (y = 0). Les sous-groupes d'ordre 4 de D4 sont
ffi = e>i H2 = (-ld,s), #3 = <-Id,r5).
Pour chaque i = 1,2,3, soit (p{ : Z)4 —► Aut(Z/3Z) l'unique morphisme de
noyau //*. D'après l'étude des automorphismes de D4 (cf. exercice 1.24), il existe
/ G Aut (D4) tel que /(r) = r et /(s) = r*. Alors (<^3o/)(s) = IdZ/3z, (vW)(-Id) =
(^3°/)(^2) = </?3(-Id) = Idz/3Z et {if3°f)(r) = </?3(r) ^ Idz/3Z donc </?3o/ = ip2. On
en déduit (cf. Cours, lemme 7.12 page 27) que les produits semi-directs Z/3Z x^. D4
pour i = 2, 3 sont isomorphes. Comme H\ = Z/4Z et H2 = V4 ne sont pas
isomorphes, les produits Z/3Z x^,. Z)4 pour i = 1,2 ne sont pas isomorphes, cf. exercice
1.30.
Enfin, le produit direct et les deux produits semi-directs obtenus ne sont pas
isomorphes comme cela résulte encore de l'exercice 1.30.
Étude des produits semi-directs Z/3Z x^ H8.
Si (p est trivial alors le produit est direct et le groupe est isomorphe à Z/3Z x H8.
Supposons (p non trivial. Pour H8, on utilise les notations usuelles (cf. Cours, exemple
3.2 page 13). M8 admet trois sous-groupes d'ordre 4 :
#i = (t>, H2 = (j), H3 = {k).
Pour chaque m = 1,2,3, soit </?m : H8 —► Aut (Z/3Z) l'unique morphisme de
noyau Hm. D'après l'étude des automorphismes de H8 (cf. exercice 1.26), il existe
/ G Aut (H8) tel que f(i) = j et f(j) = i. Alors (tp2 o f)(i) = Idz/3Z et (tp2 o f)(j) ^
IdZ/3Z donc </?2 ° / = ^i- On en déduit (cf. Cours, lemme 7.12 page 27) que les
produits semi-directs Z/3Z xv?m D4 pour m = 1,2 sont isomorphes. On prouverait
qu'il en est de même pour m = 2, 3. Enfin, les produits direct et semi-direct ne sont
pas isomorphes comme cela résulte de l'exercice 1.30.
C- Conclusion
Deux groupes d'ordre 8 non isomorphes donnent des produits semi-directs non
isomorphes car les 2-Sylow ne sont pas isomorphes. Les seuls cas d'isomorphisme sont à
chercher entre G8 x^Z/3Z et Z/3Z x^Gs- Mais dans ce cas, tous les sous-groupes de
Sylow de G sont distingués et les deux produits semi-directs sont donc isomorphes
au produit direct (cf. Cours, proposition 6.5 page 23). Les résultats obtenus sont

1.32. Classification des groupes d'ordre 24
65
rassemblés dans le tableau ci-dessous. On obtient 15 groupes dont 3 sont abéliens.
Type
Z/24Z
Z/12Z x Z/2Z
(Z/2Z)3 x Z/3Z
Z/3Z x Z)4
Z/3Z x H8
(Z/2Z)a x„ Z/3Z
e8 xv z/3z
Z/3Z x„ Z/8Z
Z/3Z xVl (Z/4Z x Z/2Z)
Z/3Z xV3 (Z/4Z x Z/2Z)
Z/3Z x„ (Z/2Z)3
Z/3Z xVl D4
Z/3Z x^ D4
Z/3Z x„ H8
e4
Groupe isomorphe connu
Z/2Z x 2l4
SL(2,F3)
Z/4Z x D3
Z/2Z x D6, (Z/2Z)2 x D3
Dl2
3°) Identification du groupe G = Z/2Z x D6.
2tt
Notons D6 = (r, 5) où r est la rotation d'angle — et 5 la réflexion d'axe (y = 0).
6
Facilement, on obtient que les éléments d'ordre 3 de G sont (0,r2) et (0,r~2). Par
suite, G admet un unique 3-Sylow qui est donc distingué. Donc, G = Z/3Z x^Gs où
Gs est un groupe d'ordre 8. On vérifie sans difficulté que G n'admet pas d'élément
d'ordre 4, donc G8 = (Z/2Z)3.
Identification du groupe G = Z/2Z x 2l4.
Il est immédiat que G admet au moins 3 éléments d'ordre 3 donc aucun 3-Sylow de
G n'est distingué et par suite, G est isomorphe à 64 ou à Gs >V Z/3Z. Or, il est
immédiat que G n'admet pas d'éléments d'ordre 4 donc Gs = (Z/2Z)3.
Identification du groupe G = Di2.
Du admet exactement deux éléments d'ordre 3 et donc un unique 3-Sylow. Par
suite, comme G n'est pas isomorphe à 64 (ce dernier admet plusieurs 3-Sylow), D\2
est isomorphe à Z/3Z x^ G8 où Gs est un groupe d'ordre 8. Or, Di2 admet plusieurs
sous-groupes isomorphes à D4 (le groupe des isométries conservant un des carrés
inscrits dans un dodécagone) donc G est isomorphe à un des deux produits semi-
directs Z/3Z Xy. D4 où i = 1,2. Suivant les notations usuelles (cf. exercice 1.12),
posons Di2 = (r, 5), désignons par N = (r4) le 3-Sylow de G et par H = (r3, 5) un
2-Sylow de G. Alors, G est le produit semi-direct interne NH. Cherchons le noyau
K de l'action par automorphismes intérieurs de H sur N (cf. Cours, §6.b page 21) :

66
I. GROUPES
/ G K si et seulement si
f eH etVneNJnf-1 = n.
Or, clairement r3 G K et 5 £ K sinon l'action serait triviale et G serait alors
isomorphe au produit direct Z/3Z x Z)4 ce qui n'est pas comme on l'a vu. Par
suite, K = (r3) qui est cyclique et donc, d'après l'étude des produits semi-directs
Z/3Z Xy. D4 et compte tenu de l'exercice 1.30, on a i = 1.
Identification du groupe G = Z/4Z x D3.
G admet exactement deux éléments d'ordre 3 et donc un unique 3-Sylow. De plus, G
admet au moins un sous-groupe isomorphe à Z/4Z x Z/2Z. Il en résulte que, comme
précédemment, G est isomorphe à un des deux produits semi-directs Z/3Z x^.
(Z/4Z x Z/2Z) où j = 1, 3. Pour décider des deux cas, écrivons G sous forme de
produit semi-direct interne G = NH et étudions, comme au cas précédent, le noyau K
de l'action par automorphismes intérieurs de H sur N. Pour cela, posons D3 = (r, 5)
(où r rotation d'ordre 3 et 5 réflexion). Remarquons que G est produit semi-direct
interne de son unique 3-Sylow N = {0} x (r) par le 2-Sylow H = Z/4Z x (5). Le
noyau K est formé des éléments / = (À, sz) tels que /(0,r) = (0,r)/ ce qui donne
slr = rsl et donc s1 = Id en sorte que K = Z/4Z x {Id} qui est cyclique comme
ker </?i du produit semi-direct Z/3Z x^ (Z/4Z x Z/2Z) auquel G est donc isomorphe
(cf. encore l'exercice 1.30). On aurait aussi pu décider des deux cas en comparant le
nombre d'éléments d'ordre 2.
Identification du groupe G = (Z/2Z)2 x D3.
G admet exactement deux éléments d'ordre 3 et donc un unique 3-Sylow. De plus,
G admet au moins un sous-groupe isomorphe à (Z/2Z)2 x Z/2Z = (Z/2Z)3. Enfin,
G n'est pas abélien. Par suite, G = Z/3Z x^ (Z/2Z)3.
Identification du groupe G = SL(2,F3).
Rappelons que (cf. Cours, proposition IV.5.1 page 105) :
|GL(2,F,)| (32-3)(32-l)
|G| " 3-1 = 3=ï = 24
G admet au moins deux sous-groupes d'ordre 3, par exemple, {(oî);<* € F3} et
{( i 1 ) îa € F3} donc G est isomorphe à 64 ou à un produit semi-direct non trivial
G8 x^Z/3Z où G8 est un groupe d'ordre 8. D'autre part, si M G G est d'ordre 2 alors
M est semblable à —I2 donc M = —I2. Par suite, G et 64 ne sont pas isomorphes.
Enfin, le seul groupe d'ordre 8 admettant un unique élément d'ordre 2 est H8. On
en déduit que G ^ H8 x Z/3Z.
Remarque. - On pourra se reporter à [www5].

1.33. Groupe d'ordre 255
67
1.33. Groupe d'ordre 255
Montrer que tout groupe d'ordre 255 est cyclique (cf. aussi Cours,
exercice I.F.4).
Solution T -
Soit G un groupe d'ordre 255 = 3 x 5 x 17. Si p G {3,5,17}, on désigne par np le
nombre de p-sous-groupes de Sylow de G. D'après le théorème de Sylow, nyj | 15 et
rtyj = 1 (mod. 17) d'où ri\7 = 1. Ainsi, G admet un unique 17-Sylow N\7.
L'ensemble des éléments d'ordre 17 de G est donc X = N\7\ {1G} et G opère sur X
par conjugaison. Puisque tout x G X engendre Ni7, le stabilisateur C(x) de x G X
est le centralisateur de Ni7 dans G. Par suite, toutes les orbites u(x) ont même
cardinal. De plus, comme N\7 est abélien, on a Nï7 C C(x). D'autre part,
M*)l = f& * aa!F =15
et comme |^(x)| divise |G|, on a |o;(rr)| G {1,3,5,15}. Enfin, comme les orbites ont
même cardinal, \uj(x)\ divise \X\ = 16. Finalement, \u;(x)\ = 1 ce qui prouve que
tout x G X est dans le centre de G.
Par le théorème de Cauchy, il existe un élément y G G d'ordre 5. Fixons x G X.
Alors, comme x est central et que y et x sont d'ordres premiers entre eux, le sous-
groupe H = (xy) est cyclique d'ordre 5 x 17 = 85 (cf. Cours, lemme 7.8. page 26).
D'après le théorème de Sylow, n3 | 5 x 17 et n3 = 1 (mod. 3) d'où on déduit que
n3 G {1, 85}. Supposons n3 = 85. Alors G contient 85 x 2 = 170 éléments d'ordre 3.
Or, \H\ + 170 = 255 donc G ne contient pas, par exemple, d'éléments d'ordre 3 x 17
ce qui est faux : en effet, par le théorème de Cauchy, il existe un élément z G G
d'ordre 3 et comme x est central et que z et x sont d'ordres premiers entre eux, xz
est d'ordre 3 x 17. Ainsi, n3 = 1 et G admet donc exactement 2 éléments z et z~l
d'ordre 3. De plus, {z,z~1} n'est pas une classe de conjugaison de G (2 ne divise
pas |G|) et donc z et z~l sont dans le centre de G. Par suite (loc. cit.), (xy)z est
d'ordre 85 x 3 = 255 ce qui prouve que G est cyclique.
Remarque. - Supposons acquise l'existence d'un unique 17-Sylow N de G et
terminons la démonstration par une autre méthode. Le groupe-quotient G/N est d'ordre
15 et donc cyclique (cf. Cours, théorème 7.13 page 28). Soit £ G G tel que x engendre
G/N. L'ordre d de x est un multiple 15 puisque de x15 = 1 on déduit que dans G/N,
on a xd = ï. Soit y un générateur de N. Comme x15 G N, il existe m £ {0,..., 16}
tel que x15 = ym. Si m ^ 0 alors x15 ^ 1 et l'ordre de x étant un multiple de 15,
c'est que x est d'ordre 17 x 15 i.e. que G est cyclique engendré par x. Supposons
donc m = 0 i.e. que x est d'ordre 15. Comme N = (y) est distingué dans G, il existe
k G {0,..., 16} tel que xyx~l = yk en sorte que xl5yx~15 = yk . Comme x15 = 1,
on a y = ykl5. Par suite, 17 divise fc15 - 1 i.e. k = ï dans (Z/17Z)*. Comme tout
élément de (Z/17Z)* est d'ordre un diviseur de 16, on a k = 1. Ainsi, xy = yx et
donc (cf. Cours, Lemme 1.7.8 page 26) xy est d'ordre 15 x 17 = 255 et G est donc
cyclique. (l)
La remarque est due à Adina Calvo.

68
I. GROUPES
1.34. Produits semi-directs TV x^Z/nZ isomorphes
1°) Soient n G N \ {0,1}, G un groupe et (p,ip : Z/nZ —► G deux mor-
phismes de groupes. On suppose que Innp et limp sont des sous-groupes
conjugués de G.
a) Montrer qu'il existe g G G et un entier 5 premier avec n tel que
9<P(Ï)9~1 = ^(5).
b) Soit N un groupe. On suppose que G = Aut(N). Montrer que les
produits semi-directs N x^ Z/nZ et N x^, Z/nZ sont isomorphes.
2°) (2) Soient n G N \ {0,1} et N un groupe abélien d'ordre pa où p est
premier ne divisant pas n et où a G N\ {0}. Soient </?, ip : Z/nZ —► Aut (N)
deux morphismes de groupes. Montrer que les produits semi-directs
\N y\y Z/nZ et N y\^ Z/nZ sont isomorphes si et seulement si Im <p et Im tp
sont des sous-groupes conjugués de Aut(iV).
Solution
1°) a) Montrons d'abord que si a et 6 sont des entiers premiers entre eux alors il
existe un entier x tel que ax -h 6 et n soient premiers entre eux. En effet, posons
x = pi... Pi où les pk sont les facteurs premiers de n qui ne divisent pas b (ou x = 1
si tout diviseur premier de n divise b). Soit p un diviseur premier de n et de ax + b.
Si p divise b alors p divise ax = ap\ .. .pi et, comme a et 6 sont premiers entre eux,
c'est que p est l'un des pk ce qui est absurde. Si p ne divise pas b alors, comme p
divise n, p est l'un des pk et donc p divise ax et donc aussi 6 ce qui est absurde.
Ainsi, x = pi.. .pi convient.
Puisque les sous-groupes Im</? = (</?(l)) et lmip = (V>(1)) sont conjugués, d'une part,
ces sous-groupes ont même ordre, désigné par a et, d'autre part, il existe g G G et
un entier b tel que gip{l)g~l = ^(l)6- Par suite, V>(1)6 est d'ordre a et donc 6 et a
sont premiers entre eux (cf. Cours, proposition 7.1 page 24). D'après le début de
cette question, il existe x G Z tel que s = ax -\-b et n soient premiers entre eux. De
plus,
iP(s) = <ip(ax)ip(b) = 7p(x)a7p(ï)b = 7p(b)
et ainsi g(p(l)g~l = tp(s).
b) Puisque 5 et n sont premiers entre eux, l'application a : Z/nZ —> Z/nZ définie
par a(x) = sx est un automorphisme du groupe Z/nZ (loc. cit.). Il en résulte (cf.
Cours, lemme 7.12 page 27) que les produits semi-directs Nx^Z/nZ et N>\^oaZ/nZ
sont isomorphes. Posons (3 = xjj o a. De la question précédente, on déduit que
Vx G Z/nZ, g(f(x)g~l = ip(sx) = (3(x).
Autrement dit, (3 et (p « diffèrent » de l'automorphisme g. Par suite (cf. Cours,
exercice D.4 page 36), les produits semi-directs NxpZ/nZ et Nx^Z/nZ sont isomorphes.
2cf. [DuFo], ex. 5.5.6.

1.34. Produits semi-directs N x^ Z/nZ isomorphes
69
2°) On a vu à la question précédente que si les sous-groupes images sont conjugués
alors les produits semi-directs sont isomorphes.
Réciproquement, supposons maintenant qu'il existe un isomorphisme de groupes
F : Gp —► &ip
où on a posé G^ = N x^ Z/nZ et G^ = N x^ Z/nZ. Pour x G Z/nZ, on écrira ipx
(resp. ipx) au lieu de <p(x) (resp. ip{x)).
Le sous-groupe N = {(n,Ô)',n € N} de G^ et G^ est un sous-groupe de Sylow
distingué et donc est l'unique sous-groupe de G^ et G^ d'ordre pQ. Par suite, F(N) =
N. On en déduit qu'il existe / G Aut (N) tel que pour tout n e N, on ait F(n, 0) =
(/(n),Ô).
Posons F(1n, 1) = (x, y) et soit n € N. Dans G^, on a (cf. Cours, § 6.2 et 6.3 page
22) (ljv.ï)-1 = (^_ï(1jv), -ï) = (In, -ï) et
(lN,ï)(n,Ô)(lJV,ï)-1 = (^-(n),ï)(ljv,-ï) = (v?T(n),Ô).
On applique F à cette égalité ce qui donne (x,y)(f(n),Ô)(x,y)~1 = (f<fj(n),Ô). Or,
(x,y)(f(n),Ô)(x,y)-1 = (xtpy(f(n)), y)(^-y(s_1),^y)
= (xtPyifin^y^yix-1)), 0),
= (^(/(n))*"1, 0).
Comme JV est abélien et n arbitraire, on en déduit que \\)v o / = / o ip^ ou encore
(1): r1oil>yof = <pï.
Par suite, |Im</?| = |(^i)| = \{ipy)\ < |Imt/;|. En échangeant les rôles de </? et ^, on
obtient |Im^| = |Im</?| et donc que Imt/; = (ipy). Or, par (1), on a
Im<p=to)=f-l(iPy)f
d'où f-l(Imr/>)f = Imtp.
Remarque. - La démonstration précédente montre qu'on peut affaiblir de la manière
suivante les hypothèses de l'énoncé :
Soient n G N \ {0,1} et N un groupe abélien fini. Soient </?,V> •
Z/nZ —► Aut (N) deux morphismes de groupes. Si les produits semi-
directs N Xy Z/nZ et N x^ Z/nZ admettent un unique sous-groupe
d'ordre \N\ alors ces produits semi-directs sont isomorphes si et
seulement si Im</? et Imip sont des sous-groupes conjugués de Aut (N).
En effet, c'est l'unicité qui donne l'existence de l'automorphisme / de la
démonstration ci-dessus.

70
I. GROUPES
1.35. Classification des groupes d'ordre p2q
Soient p et q des nombres premiers distincts. On rappelle (cf. [FrGi],
ex.1.15) que tout groupe G d'ordre p2q est produit semi-direct de sous-
groupes de Sylow de G.
Déterminer, à isomorphisme près, tous les groupes d'ordre p2q (il y a
divers cas selon que p \ (q — 1), q \ (p — 1), q | (p + 1) ; il faut connaître
un peu la structure de GL(2, Fp) ; on pourra utiliser les exercices 1.30 et
1.34).
Solution
Soit G un groupe d'ordre N = p2q. Tout groupe d'ordre q est isomorphe à Z/qZ
et tout groupe d'ordre p2 est isomorphe à Z/p2Z ou (Z/pZ)2 (cf. Cours, exercice
A.4. page 34). Du rappel, il résulte que G est isomorphe à un produit semi-direct
H x^ Z/qZ ou Z/qZ x^ H où
ip : Z/qZ —► Aut (H) ou </? : H —> Aut {Z/qZ)
est un morphisme de groupes et H est l'un des groupes Z/p2Z ou (Z/pZ)2.
A- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS Z/qZ X^ H avec \H\ = p2.
On rappelle (cf. Cours, propositions 7.3-4 pages 24-5) que Aut (Z/qZ) = Z/(q — l)Z.
Produits semi-directs Z/qZ x^ (Z/pZ)2.
Le morphisme ip : (Z/pZ)2 —► Aut (Z/qZ) n'est pas injectif sinon le groupe cyclique
Z/(q — l)Z admettrait un sous-groupe isomorphe à (Z/pZ)2 lequel n'est pas cyclique.
Supposons ip non trivial. Alors, |kerc^| = p. Par suite (théorème d'isomorphisme),
\H\
|Im (p\ = — = p et donc p divise |Aut (Z/qZ)\ = q - 1 ce que l'on suppose dans
| ker</?|
la suite et assure ainsi l'existence d'un morphisme ip tel que |ker</?| = p. Comme
le groupe Aut (Z/qZ) est cyclique, il admet un unique sous-groupe d'ordre p. Soit
ip : (Z/pZ)2 —► Aut (Z/qZ) un autre morphisme de groupes, supposé non trivial.
Comme ip et ^ ont des images isomorphes à Z/pZ et que les structures de groupes
abéliens sur Z/pZ et (Z/pZ)2 coïncident avec les structures de groupes des Fp-espaces
vectoriels qu'ils définissent, on voit facilement qu'il existe un automorphisme / de
l'espace vectoriel F£ (et donc du groupe (Z/pZ)2) tel que V> = ip o /. Il en résulte
(cf. Cours, lemme 7.12 page 27) que les produits semi-directs Z/qZ x^ (Z/pZ)2 et
Z/qZ x^ (Z/pZ)2 sont isomorphes.
Ainsi, si p | (q — 1) alors il existe au plus deux produits semi-directs Z/qZ x^ (Z/pZ)2
et en fait il en existe exactement deux (cf. Cours, proposition 6.5 page 23) et si
p \ (q — 1) alors il existe un seul produit semi-direct Z/qZ x^ (Z/pZ)2, à savoir
Z/qZ x (Z/pZ)2.
Produits semi-directs ZjqZ x^Zjp^Z.
Puisque Zjp2Z est cyclique, le morphisme (p : Z/p2Z —► Aut {Z/qZ) est caractérisé
par </?(!). Comme <p(p2) = </?(l)p2 = Id, l'ordre de </?(!) est 1, p ou p2.

1.35. Classification des groupes d'ordre p2q
71
Cas où p \ (q — 1). Alors (théorème de Lagrange), l'ordre de (p(l) est 1, <p est trivial
et le produit semi-direct est direct.
Cas où p | q — 1 et p2 \ (q — 1). On suppose (p non trivial. L'ordre de ip{\) est p
(théorème de Lagrange). Puisque le groupe Aut (Z/qZ) est cyclique, il admet un
unique sous-groupe K d'ordre p. On a donc Im </? = K. On peut alors appliquer
l'exercice 1.34 : tous les produits semi-directs sont isomorphes (cela pouvait aussi se
prouver par recours au lemme 7.12 du Cours).
Cas oùp2 | (q — 1).
• Si </?(l) est d'ordre 1 ou p, on retrouve les cas déjà étudiés.
• Supposons que l'ordre de </?(l) est p2. Comme au cas précédent, on voit que les
produits semi-directs obtenus sont isomorphes.
• Selon que l'ordre de </?(l) est resp. 1, p ou p2, l'ordre de ker</? est p2, p, 1 donc,
comme le montre l'exercice 1.30, les produits semi-directs obtenus ne sont pas
isomorphes.
B- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS H X^ Z/çZ avec \H\ =p2.
Produits semi-directs Z/p2Z x^ Z/qZ.
Le morphisme (p : Z/qZ —► Aut (Z/p2Z) est caractérisé par </?(l) qui est d'ordre 1
ou q. On sait que Aut (Z/p2Z) ^ Z/p(p - 1)Z. Si q \ p(p - 1) ie. ç f (p - 1), </? est
trivial.
Supposons q | (p — 1) et (p non trivial. Comme ci-dessus, les produits semi-directs
sont isomorphes. Enfin, le recours à l'exercice 1.30 permet de différencier ce groupe
du produit direct.
Produits semi-directs (Z/pZ)2 xv Z/qZ.
On sait que Aut ((Z/pZ)2) = GL(2,FP) (cf. exercice 1.21) et que |GL(2,F2)| =
(p2 — l)(p2 — p) (cf. Cours, exemple 5.3 page 18). Le morphisme </? : Z/qZ —►
Aut((Z/pZ)2) est caractérisé par </?(l) qui est d'ordre 1 ou q. Si </?(l) ^ Id alors
q | (p2 - l)(p2 - p) = p(p - l)2(p + 1) donc q | (p - 1) ou q \ (p + 1). Remarquons
que q \ (p — 1) et q | (p + 1) si et seulement si q = 2. Dans ce qui suit, on suppose
que (p est non trivial.
Remarquons que limp = (<p(l)) qui est donc d'ordre q. Soit ip : Z/qZ-+ Aut (Z/pZ)2
un morphisme de groupes. D'après l'exercice 1.34, les produits semi-directs (Z/pZ)2 xv
Z/qZ et (Z/pZ)2 x^ Z/çZ sont isomorphes si et seulement si limp et Im^ sont des
sous-groupes conjugués de GL(2, Fp). Il suffit donc de rechercher les classes de
conjugaison de sous-groupes d'ordre q de GL(2, Fp).
1er cas : q > 3, q | p — 1 et (p non trivial.
Soit M e GL(2, Fp) d'ordre q. Le groupe multiplicatif F* est cyclique (cf. Cours,
théorème IV.2.7 page 74) et comme q divise son ordre, il existe un unique sous-
groupe de F* d'ordre q et ce sous-groupe est cyclique. Soit a un générateur de ce
sous-groupe. Alors, le polynôme Xq — 1 est scindé dans ¥P[X] et ses racines sont

72
I. GROUPES
les aj avec j G {0,..., q — 1}. Comme Xq — 1 est scindé à racines simples et est
annulateur de M, la matrice M est diagonalisable et ses valeurs propres sont parmi
les racines Xq — 1. En particulier, (M) est conjugué d'un sous-groupe engendré par
une matrice de la forme ( °£ ^ ). Quitte à considérer une puissance de cette dernière
matrice, (M) est conjugué d'un sous-groupe engendré par une matrice de la forme
^* = (s£)
oùfc€{0,...,g — 1}. Étudions à quelles conditions les sous-groupes (M*) et (Mj)
sont conjugués. Il en est ainsi si et seulement s'il existe n G {0,..., q — 1} tel que
les matrices Mk et M" soient conjuguées dans GL(2, Fp). Comme des matrices
semblables ont les mêmes valeurs propres, cela équivaut à
a = a" \ a = anj
\ak =anj \ak = an '
Le premier cas donne n = 1 et j = k. Le second équivaut à k ^ 0, n = k et
jk = 1 (mod. q). De plus, dans ce second cas, j ^ k si et seulement si k ^ 1 et
k ^ q — 1 (on a utilisé que q est impair). Ainsi, les éléments Mk où k = 0..., q — 1
(et donc aussi les sous-groupes d'ordre q de GL(2, Fp)) se répartissent en les classes
de conjugaison suivantes :
{M0}, {MJ, {M,^}, {Mk,Mj; 2<j,k<q-2et jk = l (mod. q)} .
On compte ainsi 3 H — classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre q.
Comme vu plus haut, c'est aussi le nombre de produits semi-directs non triviaux.
2ème cas : q > 3, q \p + 1 et <p non trivial.
On va montrer que les sous-groupes d'ordre q de GL(2, Fp) forment une unique classe
de conjugaison. Puisque q divise l'ordre de GL(2, Fp), d'après le théorème de Cauchy,
il existe M G GL(2,FP) d'ordre q. Posons P = Xq - 1. Alors, P est annulateur de
M.
i) q divise p2 — 1 = (p — l)(p + 1) = |F*2| et comme F*2 est cyclique, il admet un
unique sous-groupe d'ordre q que l'on appellera K. Les racines de P sont exactement
les éléments de K en sorte que P est scindé sur Fp2 et à racines simples.
ii) Si P admettait une racine À G Fp \ {1} alors À serait d'ordre q dans le groupe F*
et donc q diviserait p — 1 et comme q divise p + 1, on aurait q = 2, ce qui est exclu.
En particulier, comme Mq = I on a det(M)9 = 1 et comme en outre detM G Fp,
on a detM = 1.
iii) Le polynôme minimal fi de M dans GL(2, Fp) est de degré 2 et si ji n'est pas
irréductible sur Fp alors /i admet 1 pour racine double (cela résulte de ii). Mais par
définition, fi divise P ce qui contredit i).
iv) fi étant irréductible sur Fp et de degré 2, il admet une racine a dans Fp2. Par
propriété du polynôme minimal, on sait que P(ot) = 0. Par suite, d'après i), a G K.
v) D'après i), M est diagonalisable dans GL(2,FP2). D'après le début de iii) et par
Cayley-Hamilton, le polynôme caractéristique de M est fi. Les valeurs propres de
M dans Fp2 sont donc a et 0 avec a/? = det M = 1 et donc 0 = a"1. En particulier,
a + a-x = tr(M) G Fp.

1.35. Classification des groupes d'ordre p2q
73
vi) D'après le début de iii), M n'est pas scalaire donc M est semblable dans GL(2, Fp)
à la matrice
(0 -det(M)\_/0 -1 \
Ml" \1 tr(M) )-\l a + a-1)'
Maintenant, soit N G GL(2, Fp) d'ordre q. Les résultats qui précèdent s'appliquent
à N et en particulier, les valeurs propres de N sont dans K = (a) en sorte qu'il
existe k G {1,... ,g — 1} tel que les valeurs propres de N soient ak et a~k. Soit
j G {1,...,<?-1} tel que jk = 1 (mod. q). Alors tr(^) = (ak)j + {a~k)j =
a + a"1. Ainsi, d'après vi), Nj est semblable dans GL(2,Fp) à M\. Par suite, si
P G GL(2, Fp) est telle que Nj = P~XM\P alors, j et q étant premiers entre eux, on
a (N) = (Nj) = (P~lMiP) = P~l(Mi)P d'où le résultat annoncé. Il existe donc
dans ce cas un unique produit semi-direct (Z/pZ)2 x^ Z/qZ non trivial.
Sème cas : q = 2 et ip non trivial.
Toute matrice M G GL(2,FP) d'ordre 2 est semblable à —I2 ou à (J 2\). Il existe
donc deux classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre 2 dans GL(2,FP). C'est
aussi le nombre de produits semi-directs (Z/pZ)2 x^ Z/qZ non triviaux non
isomorphes.
La classification des groupes d'ordre p2q est résumée dans le tableau ci-contre.
Remarque. - On pourra se référer utilement à [www5].

74
I. GROUPES
p et q
(P,«) = (2,3)
q = 2
p2|(g-l)
P 1 {q - 1) et
p2|(g-l)
(p, 9)^(2,3)
g > 3 et
9|(P-1)
(p, q) ï (2,3) et
9|(P + 1)
Autres cas
Valeurs
p2g < 200
12
18,50,98
20,52,68,116,171
28,44,63,76,92,117,124
147
75
45,49,99,153,175
Nombre
de sous-
groupes
5
5
5
4
q + 9
2
3
2
Type
Z/3Z x (Z/2Z)2
Z/3Z xi (Z/2Z)2
Z/12Z
Z/3Z x Z/4Z
(Z/2Z)2 x Z/3Z
Z/2Z x (Z/pZ)2
Z/2p2Z
Z/p2Z x Z/2Z
(Z/pZ)2X!Z/2Z
(Z/pZ)2 x2 Z/2Z
Z/qZ x (Z/pZ)2
Z/qZ x (Z/pZ)2
Z/p29Z
Z/9ZXiZ/p2Z
Z/qZ x2 Z/p2Z
Z/gZ x (Z/pZ)2
Z/9Z x (Z/pZ)2
Z/p2gZ
Z/qZ x Z/p2Z
(Z/pZ)2 x0 Z/qZ
(Z/pZ)2 XjZ/gZ
(Z/pZ)2 x.jZ/gZ
(Z/pZ)2 xVl Z/9Z
(Z/pZ)2 x^ Z/9Z
(Z/pZ)2 x Z/9Z
Z/p29Z
Z/p2Z x Z/gZ
Z/p2çZ
(Z/pZ)2 x Z/9Z
(Z/pZ)2 x Z/qZ
Z/p2qZ
(Z/pZ)2 x Z/gZ 1

1.36. Classification des groupes d'ordre 30
75
1.36. Classification des groupes d'ordre 30
1°) Soit G un groupe d'ordre 30.
a) Montrer que G admet au moins un sous-groupe d'ordre 15.
b) Montrer plus précisément que G admet un unique sous-groupe
d'ordre 15.
2°) Déterminer sous forme de produits semi-directs les groupes d'ordre
30 (on pourra utiliser l'exercice 1.34) puis montrer que tout groupe
d'ordre 30 est isomorphe à l'un des groupes suivants :
Z/30Z, £>15, Z/5Z x £>3, Z/3Z x D5.
Solution
1°) a) On désigne par n3 (resp. n5) le nombre de 3-Sylow (resp. 5-Sylow) de G.
D'après les congruences du théorème de Sylow, on a n5 | 6 et n5 = 1 (mod. 5) et
donc n5 = 1 ou n5 = 6. Montrons que dans chacun des cas, G admet un sous-groupe
d'ordre 15.
1er cas : n5 = 1- L'unique 5-Sylow S est donc distingué. Soit H un 3-Sylow de G.
Alors, N = SH est un sous-groupe de G (cf. exercice IV.17) et Sf)H = {1} et donc
\N\ = 15.
2ème cas : n5 = 6. Alors, G admet 6 x (5 — 1) = 24 éléments d'ordre 5. D'autre
part, d'après les congruences du théorème de Sylow, on a n3 | 10 et n3 = 1 (mod. 3)
et donc n3 = 1 ou n3 = 10. Si n3 = 10 alors G admet 10 x (3 — 1) = 20 éléments
d'ordre 3 et donc |G| > 24 + 20 ce qui est impossible. Donc n3 = 1. Soit H (resp. S)
un 5-Sylow (resp. le 3-Sylow) de G. Alors, comme dans le cas précédent, N = SH
est un sous-groupe de G d'ordre 15.
Remarque. - Tout 2-Sylow de G est cyclique donc la méthode utilisée à l'exercice
E.3 (cf. Cours, page 37) permet de construire un morphisme G —► { — 1,1} non
trivial. Son noyau est un sous-groupe de G d'ordre 15.
b) Soit N un sous-groupe d'ordre 15 de G. Soit p G {3,5}. On sait que tout groupe
d'ordre 15 est cyclique (cf. Cours, théorème 7.13 page 28) et, en particulier, N admet
un unique sous-groupe Np d'ordre p. Ce dernier est encore un p-Sylow de G. Comme
N est d'indice 2, N est distingué (cf. Cours, exercice B.4 page 35). Les p-Sylow de G
formant une classe de conjugaison de sous-groupes de G, il en résulte que G admet
un unique p-Sylow i.e. np = 1. En particulier, N = N3N5 d'où l'unicité de N.
2°) On reprend les notations de la question précédente. Soit H un 2-Sylow de G.
Alors, G = NH est produit semi-direct « interne » N par H (cf. Cours, proposition
6.4 page 22). Il en résulte que G est isomorphe à un produit semi-direct Z/15Z x^
_Z/2Z où ip : Z/2Z —► Aut(Z/15Z) est un morphisme de groupes. On sait (cf.
Cours, proposition 7.4 page 25) que
Aut (Z/15Z) ^ Aut (Z/3Z) x Aut (Z/5Z) ^ Z/2Z x Z/4Z.
Puisque G admet un unique sous-groupe d'ordre 15 et que ce dernier est abélien,

76
I. GROUPES
l'exercice 1.34 (remarque à la question 2°)) s'applique : le nombre de produits semi-
directs non isomorphes est donc le nombre de sous-ensembles limp possibles pour
(p, i.e. le nombre d'éléments d'ordre 1 ou 2 de Z/2Z x Z/4Z c'est-à-dire 4.
Les quatre groupes Gx = Z/30Z, G2 = £>i5, G3 = Z/5Z x D3 et G4 = Z/3Z x D5
sont deux à deux non isomorphes car leurs centres respectifs
Z(Gl) = Gl,
Z(G2) = {1},
Z(G3)=Z/5Zx{l},
Z(G4) =Z/3Zx {1}
sont d'ordres distincts. Ainsi, tout groupe d'ordre 30 est isomorphe à l'un des groupes
d ci-dessus.
Remarque. - On pourra se référer à [www5].
1.37. Classification des groupes d'ordre 36
1°) Montrer que tout groupe G d'ordre 36 est un produit semi-direct
de sous-groupes de Sylow de G (indication : supposer qu'aucun 3-Sylow
n'est distingué dans G et, pour une preuve rapide, appliquer le théorème
de Burnside (cf. Cours, exercice F.2 page 39) ou bien, montrer qu'il
existe deux 3-Sylow de G, d'intersection un sous-groupe H de cardinal 3
puis que H < G et enfin considérer les sous-groupes de Sylow du groupe
G/H).
2°) Déterminer sous forme de produits semi-directs les groupes d'ordre
36. On pourra utiliser les exercices 1.30 et 1.34.
Solution
1°) On désigne par n3 (resp. n2) le nombre de 3-Sylow (resp. 2-Sylow) de G. D'après
les congruences du théorème de Sylow, on a n3 G {1,4} et n2 G {1,3,9}. Si n3 = 1
alors l'unique 3-Sylow N de G est distingué et de plus, si H désigne un 2-sylow de
G alors N D H = {1g} et donc le sous-groupe NH est G tout entier qui est donc un
produit semi-direct de N par H.
On suppose désormais n3 = 4 et on va montrer que n2 = 1, c'est-à-dire que G
admet un 2-sylow distingué. Comme ci-dessus, il en résultera que G est un produit
semi-direct.
Méthode utilisant le théorème de Burnside.
Soit P un 3-Sylow de G. Comme P C NG(P) et que \NG(P)\ = — = 9 = |P|, on a
P = Ng(P). De plus, comme pour tout p premier, un groupe d'ordre p2 est abélien
(cf. Cours, exercice A.4 page 34), P est contenu dans le centre de NG(P). On peut
appliquer le théorème de Burnside : il existe un sous-groupe distingué N deG tel que
G/N = P en sorte que N est d'ordre |G|/|P| = 4 et donc que N est un 2-Sylow de G.

1.37. Classification des groupes d'ordre 36
77
Autre méthode.
a) Si les quatre 3-Sylow de G ont deux à deux une intersection triviale alors G
contient 1 4- 4(9 — 1) = 33 éléments d'ordre un diviseur de 9 et comme deux 2-
Sylow distincts (en supposant donc que n2 > 1) ont au plus 2 éléments communs,
on compte au moins 6 — 1 = 5 éléments d'ordre 2 ou 4 et G contiendrait au moins
33 + 5 > 36 éléments. Ainsi, il existe deux 3-Sylow distincts Pi et P2 de G tels que
PlC\P2 = H soit d'ordre 3.
b) Soient h un générateur de H et Cc{h) = {g G G ; gh = hg} le centralisateur de
h. Comme Pi et P2 sont d'ordre p2 avec p premier, ces sous-groupes sont abéliens et
comme h G Pi et h G P2, on a \Cc(h)\ > \P\ U P2\ = 15 et donc, par le théorème de
Lagrange, |Cg(/i)| = 18 ou Cc(h) = G. Or, d'après le théorème de Sylow, un groupe
d'ordre 18 admet un unique 3-Sylow, ce qui n'est pas le cas de Cc(h) qui contient Pi
et P2. Ainsi, la première possibilité est à écarter et donc Cc{h) = G d'où il résulte
que H est dans le centre de G et, en particulier, est distingué dans G.
c) Soit p : G -> G/H la projection canonique. Le groupe G/H est d'ordre 12.
i) Si G/H admet un unique 3-Sylow U alors p~l(U) est un sous-groupe distingué de
G car U<G/H (cf. Cours, exercice B.5 page 35), d'ordre 3\H\ = 9 (théorème d'iso-
morphisme) ce qui entraîne n3 = 1 et une contradiction avec l'hypothèse n3 = 4.
ii) C'est donc, d'après le théorème de Sylow appliqué à GjH, que ce dernier admet
quatre 3-Sylow et, comme il ne reste que 12 — (4x2 + 1) = 3 éléments en dehors de
ces quatre 3-Sylow, nécessairement, G/H admet un unique 2-Sylow V. À nouveau,
W = p~l{V) est un sous-groupe distingué de G d'ordre 4|if| = 12 et par le théorème
de Sylow appliqué à W, ce dernier contient au moins un 2-Sylow Q de G. Comme
H est central et qu'un 2-Sylow de G est abélien, le sous-groupe W, qui est engendré
par H U Q, est abélien. Par suite, W contient un unique 2-Sylow de G et comme
W < G, W contient, d'après le théorème de Sylow, tous les 2-Sylow de G qui se
réduisent donc à Q.
2°) Tout groupe d'ordre p2 où p est premier, est isomorphe à Gp2 = Z/p2Z ou à
GP2 = (Z/pZ)2. Dans ce qui suit, (p,q) désigne (2,3) ou (3,2). D'après 1°), tout
groupe G d'ordre 36 est isomorphe à Gp2 x^ Gq2 où (p : Gq2 —► Aut (Gy) est un
morphisme de groupes. On distingue donc quatre cas A, B, C et D.
A- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS G = Z/4Z Xl^ G9.
Soit (p : G9 —* Aut (Z/4Z) un morphisme de groupes. En utilisant que Aut (Z/4Z) =
Z/2Z (cf. Cours, proposition 7.10 page 26), on voit que y est trivial comme le montre
le théorème d'isomorphisme. Par suite, tout produit semi-direct Z/4Z x^ G9 est
direct.
B- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS (Z/2Z)2 X^ Gg.
On rappelle que Aut ((Z/2Z)2) = 63 (cf. exercice 1.22) et dans la suite, on
identifiera les deux groupes.

78
I. GROUPES
Bl - Étude du produit semi-direct (Z/2Z)2 xi^ Z/9Z.
Soit ip : Z/9Z —► G3 un morphisme de groupes non trivial. Comme Z/9Z est
cyclique, ip est caractérisé par <^(1). Comme le montre le théorème d'isomorphisme,
i(^(l) est d'ordre 3. Or, les éléments d'ordre 3 de G3 sont conjugués. Donc, les
différents produits semi-directs obtenus pour y?(l) d'ordre 3 sont isomorphes (cf. Cours,
exercice D.4 page 36).
B2 - Étude du produit semi-direct (Z/2Z)2 xi^ (Z/3Z)2.
Soit ip : (Z/3Z)2 —► 63 un morphisme de groupes non trivial. Comme p n'est pas
injectif, on a | ker y>| = 3. On en déduit que Imp = 2l3. Posons 2l3 = {l,r,r2} avec
r = (1,2,3). Soit ifo : (Z/3Z)2 —► 63 le morphisme de groupes tel que ipo(î,Q) = Id
et (^o(0,1) = r. Un tel morphisme existe et est unique, il est défini par <^o(p,<7) = rq-
Si a G (Z/3Z)2 \ {(0,0)} vérifie ip(a) = Id et b G (Z/3Z)2 vérifie (p(b) = r alors
(a, b) est une base du F3-espace vectoriel (Z/3Z)2 (en effet, b £ (a) et, pour des
raisons de cardinal, (a,b) = (Z/3Z)2). Soit ip G GL((Z/3Z)2) tel que ip{ï,Ô) = a et
^(Ô,ï) = 6. Alors <poil> = <p0et donc, (Z/2Z)2 x^ (Z/3Z)2 et (Z/2Z)2 x^0 (Z/3Z)2
sont isomorphes (cf. Cours, lemme 7.12 page 27).
Les deux produits semi-directs non triviaux obtenus sont non isomorphes (ils ont
des 3-Sylow non isomorphes). Si (p est non trivial alors (Z/2Z)2 x^ Gg n'admet pas
de 3-Sylow distingué (cf. Cours, proposition 6.5 page 23) et donc (Z/2Z)2 x Gg et
(Z/2Z)2 >\y G9 ne sont pas isomorphes.
C- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS Z/9Z Xv G4.
On rappelle que Aut (Z/9Z) = Z/6Z (cf. Cours, propositions 7.3-4 pages 24-5) et
dans la suite, on identifiera les deux groupes. Soit tp : G4 —► Z/6Z un morphisme
de groupes non trivial. Comme <p n'est pas injectif, kery? est d'ordre 2 et par suite,
\mip est d'ordre 2 i.e. Innp = (3).
Cl - Étudedu produit semi-direct Z/9Z xi^ Z/4Z.
On a (p(ï) = 3. On obtient donc un unique produit semi-direct Z/9Z x^ Z/4Z non
trivial.
C2 - Étude du produit semi-direct Z/9Z xi^ (Z/2Z)2.
Soit ip : (Z/2Z)2 —► Z/6Z un morphisme de groupes non trivial. Comme en B2,
on voit qu'il existe une base (a, b) du F2-espace vectoriel F2 telle que tp(a) = 0 et
ip(b) = 3. D'autre part, il existe un (unique) morphisme y?o • (Z/2Z)2 —► Z/6Z tel
que <A)(Ï,Ô) = S et <A)(Ô,Ï) = 3 (il est défini par <po(x,y) = j/3). Soit i> G GL(F^)
tel que ^(ï,0) = a et ^(Ô,ï) = b. Alors ipoip = pQ et donc (cf. Cours, lemme 7.12),
les produits semi-directs Z/9Z xi^ (Z/2Z)2 et Z/9Z x^0 (Z/2Z)2 sont isomorphes.
D- ÉTUDE DES PRODUITS SEMI-DIRECTS (Z/3Z)2 Xl^ G4.
On rappelle que Aut ((Z/3Z)2) = GL(2, F3) et dans la suite, on identifiera les deux
groupes.

1.37. Classification des groupes d'ordre 36
79
Dl - Étude des produits semi-directs (Z/3Z)2 xi^ Z/4Z.
Soit, ip : Z/4Z —► GL(2, F3) un morphisme de groupes non trivial. Comme Z/4Z
est cyclique, <p est caractérisé par (^(1) = M qui est d'ordre 2 ou 4. Notons qu'il
existe au moins un tel morphisme p car il existe des éléments d'ordre 2 (resp. 4)
dans GL(2,F3) (voir ci-dessous).
Si M est d'ordre 2 alors M est diagonalisable et semblable à —I2 ou à (o -?i)-
Ainsi, d'après l'exercice 1.34, (Z/3Z)2 xi^ Z/4Z est isomorphe à (Z/3Z)2 xi^ Z/4Z
où ^i(ï) = —I2 ou à (Z/3Z)2 xi^2 Z/4Z où <p2(ï) = (o -i)- De plus, ces produits
semi-directs ne sont pas isomorphes car —I2 et ( q _?i ) ne sont pas semblables et donc
Im^! et Im^2 ne sont pas conjugués (loc. cit.)
Si M est d'ordre 4 alors le polynôme minimal /i de M qui est de degré 2, divise
X4 - 1 = (X - 1)(X + 1)(X2 -h 1). Nécessairement, fi = X2 + 1 donc M est
semblable à A = ( j l) avec a, b G F3 et A2 = —72- Par identification ou en remarquant
que /i est le polynôme caractéristique de M, on obtient A = ( Ç ~tdre^M) = (? V)-
Dans ce cas, (Z/3Z)2 xv Z/4Z est isomorphe à (Z/3Z)2 xV3 Z/4Z où <p3(ï) = A.
Enfin, d'après l'exercice 1.34, les produits semi-directs (Z/3Z)2 xi^.Z/4Z où 2 = 1, 2, 3
sont deux à deux non isomorphes.
D2 - Étude des produits semi-directs (Z/3Z)2 xi^ (Z/2Z)2.
Soit (f : (Z/2Z)2 —► GL(2, F3) un morphisme de groupes non trivial.
1er cas : p est injectif.
Alors, H = Imip est un sous-groupe de GL(2, F3) isomorphe au groupe de Klein. Le
polynôme (X — 1)(X + 1) est un polynôme annulateur de toute matrice M de if et,
comme —1 ^ 1, M est diagonalisable. Puisque H est abélien, denx matrices A et
B de H commutent et donc, tout sous-espace vectoriel propre de A est stable par
B et par suite, toute base de diagonalisation de A est une base de diagonalisation
de B. Ainsi, il existe P G GL(2,F3) telle que le sous-groupe PHP~l soit formé
de matrices diagonales. On en déduit que PHP~l = {I2, -I2, J, —J} où I2 est la
matrice-identité et J = (J _?i). D'après l'exercice D.4 (cf. Cours, page 36), on peut
supposer que H = {I2, —I2, J, — J} . Soit le morphisme pi : (Z/2Z)2 —► H tel que
c^?i(l, 0) = —I2 et (^i(0,1) = J (on vérifie qu'un tel morphisme existe). Montrons
que les produits semi-directs (Z/3Z)2 xvi (Z/2Z)2 et (Z/3Z)2 xv (Z/2Z)2 sont
isomorphes. Soient a,b e (Z/2Z)2 tels que (p(a) = —I2 et (p(b) = J. Il est clair que
(a, b) est une base du F2-espace vectoriel ¥\. Comme Aut^(Z/2Z)2) = GL(_2,_F2), il
existe un automorphisme ip de (Z/2Z)2 tel que ip(a) = (Ï,Ô) et ip(b) = (Ô,ï). On
en déduit que ip = ip\ o ip et donc (cf. Cours, lemme 7.12 page 27) que les produits
semi-directs sont bien isomorphes.
2ème cas : ker<^ = {0, a}.
Posons (Z/2Z)2 = {0, a, 6, c} et p(b) = ip(c) = A. On sait que A est d'ordre 2
donc semblable à —I2 ou (q _?i ). D'après l'exercice D.4 (cf. Cours, page 36), on peut
supposer A = —I2 ou A = (J _?i). Comme il existe toujours un automorphisme i\)
de (Z/2Z)2 qui permute par exemple a et 6, on se ramène au cas où a = (1,0).
Ainsi, (Z/3Z)2 xv (Z/2Z)2 est isomorphe à (Z/3Z)2 xv. (Z/2Z)2 où, si i = 2, on a

80
I. GROUPES
V2(l,0) = 72, V2(0,1) = -72 et, si t = 3, on a ^(1,0) = 72, V3(0,1) = (J ^J.
Montrons que ces deux derniers produits semi-directs ne sont pas isomorphes. On
ne peut invoquer l'exercice 1.34 et l'exercice 1.30 ne permet pas de conclure (puisque
ker^2j=kerV3 = {(Ô,Ô),(T,Ô)}).
Si (x,y) G (Z/2Z)2 alors, d'une part, par définition de <p2,
M^v) = y2(x(î,ô) + 2/(0, T)) = ^(ï, 0)^(0, ï)» = (-i)»/2
et, d'autre part, par définition de <p3,
vafoy) = ^(1,0)^3(0,1)* = (à (-°i)v) •
Cherchons le nombre d'éléments d'ordre au plus 2 dans chaque produit semi-direct.
Si g = (n,h) est dans un produit semi-direct N x^ H alors g2 = {rnph(n),h2) (cf.
Cours, proposition 6.2 page 22). Soit g = ((%v), (s, y)) G (Z/3Z)2 x (Z/2Z)2. Alors,
dans (Z/3Z)2 x^2 (Z/2Z)2, on a
<?2 = [(û,tJ) + (-W, Ï7), (Ô,Ô)] = [(1 + (-lMfaï;), (Ô,Ô)]
et donc g2 = 1 si et seulement si
y = 1 ce qui donne 9 x 2 = 18 éléments d'ordre au plus 2
ou
y = 0etû = v = 0ce qui donne 2 éléments d'ordre au plus 2,
soit au total 20 éléments d'ordre au plus 2.
De même dans (Z/3Z)2 x^3 (Z/2Z)2, on a
52 = [(S^Î + ^f-lîM^Ô)]
= [(2ïï>(i + (-i)^),(q1q)]
= [(-5,(1 + (-1TO, (0,0)]
et donc #2 = 1 si et seulement si
Û = 0 et y = 1 ce qui donne 2x3 = 6 éléments d'ordre au plus 2
ou
û = 0, y = 0, v = 0 ce qui donne 2 éléments d'ordre au plus 2,
soit au total 8 éléments d'ordre au plus 2.
Ainsi, (Z/3Z)2 x^2 (Z/2Z)2 et (Z/3Z)2 x^3 (Z/2Z)2 ne sont pas isomorphes.
Enfin, un produit semi-direct du 1er cas et un produit semi-direct du 2ème cas ne
sont pas isomorphes d'après l'exercice 1.30.

1.38. Classification des groupes d'ordre 40
81
Conclusion
Les résultats obtenus sont rassemblés dans le tableau ci-dessous. On obtient 14
groupes dont 4 sont abéliens.
Groupes d'ordre 36
Z/36Z
Z/4Zx
(Z/2Z)2
(Z/2Z)2
(Z/2Z)2
(Z/2Z)2
Z/9Z » v
(Z/3Z)2
x Z/9Z
x (Z/3Z)2
xv Z/9Z
*„„ (Z/3Z)2
,Z/4Z
Z/9Z >v (Z/2Z)2
(Z/3Z)2
(Z/3Z)2
(Z/3Z)2
(Z/3Z)2
(Z/3Z)2
(Z/3Z)2
>V Z/4Z
>V Z/4Z
»V3 Z/4Z
xvi (Z/2Z)2
>V (Z/2Z)2
xV3 (Z/2Z)2
Remarque. - On pourra se référer à [www5].
1.38. Classification des groupes d'ordre 40
1°) Montrer que tout groupe G d'ordre 40 est un produit semi-direct de
sous-groupes de Sylow de G.
2°) Déterminer, à isomorphisme près, les groupes d'ordre 40. On pourra
utiliser l'exercice 1.30 et les exercices 1.24,1.25 et 1.26 décrivant le groupe
des automorphismes de certains groupes d'ordre 8.
Solution
1°) On désigne par n5 le nombre de 5-Sylow de G. D'après les congruences du
théorème de Sylow, on a n5 | 8 et n5 = 1 (mod. 5) en sorte que n5 = 1. Soient N le
5-Sylow de G et H un 2-Sylow de G. Comme N est distingué, que N D H = {1G}
(à cause des ordres premiers entre eux de N et H) et qu'enfin \G\ = \N\\H\, on a
G = N x H (cf. Cours, proposition 6.4 page 22).
2°) Un 5-Sylow de G est isomorphe à Z/5Z. Soit G$ l'un des 5 groupes suivants :
Z/8Z, Z/2ZxZ/4Z, (Z/2Z)3, £>4, M8.
Un 2-Sylow de G est isomorphe à l'un des groupes G$ (cf. [FrGi] ex. 1.16). Il résulte
de 1°) que G est isomorphe au produit semi-direct Z/5Z x^ G& où
<p : G8 —► Aut (Z/5Z)

82
I. GROUPES
est un morphisme de groupes. On sait que Aut (Z/5Z) = Z/4Z et dans la suite,
on identifiera les deux groupes. Remarquons que ip n'est pas injectif et que si <p est
non trivial alors | ker<p\ G {2,4} et donc que Im<^ G {Z/4Z, (2)}. Plus précisément,
le théorème d'isomorphisme montre que s'il existe un morphisme ip : G8 —► Z/4Z
de noyau un sous-groupe distingué donné H d'ordre 2 alors le quotient Gs/H est
cyclique d'ordre 4. Par ailleurs, si H Ç G8 est un sous-groupe donné d'ordre 4 alors
H est distingué (car d'indice 2 dans G$) et il existe bien un (unique) morphisme
ip : G$ —► Z/4Z de noyau H (considérer la projection canonique G$ —» Gs/H).
1er cas : G *é Z/5Z xi^ Z/8Z
On suppose <p non trivial sinon le produit semi-direct est le groupe cyclique d'ordre
40.
a) Cas où | kenp\ = 2.
Alors ker<^ = (4) et <^(ï) G {ï,-ï}. Posons <p = <pi si <^(ï) = ï et tp = (p\ si
(p(î) = -ï (en sorte que y>i(-ï) = ï). Il existe ^ G Aut (Z/8Z) tel que ^(î) = 7
(car 7 est premier avec 8). On a alors ^p\oijj = (p1 et donc (cf. Cours, lemme 7.12
page 27), on a Z/5Z xi<Pl Z/8Z ^ Z/5Z xy Z/8Z. On notera qu'il existe bien un
unique morphisme ^p\ vérifiant ipi(l) = 1 (il s'agit de x G Z/8Z i—► x G Z/4Z) et on
vérifie que le noyau de ^i est bien d'ordre 2.
b) Cas où | ker <p\ =:4.
Alors ker^? = (2) et tp(l) = 2. On note <p = tp2 l'unique morphisme vérifiant la
condition.
Notons <^o • Z/8Z —► Aut(Z/5Z) = Z/4Z le morphisme trivial. Puisque keiip0,
ker (pi et ker <p2 ne sont pas isomorphes, d'après l'exercice 1.30, les produits semi-
directs Z/5Z x^ Z/8Z et Z/5Z x^2 Z/8Z ne sont pas isomorphes.
Ce premier cas fournit donc trois groupes d'ordre 40 non isomorphes.
2ème cas : G = Z/5Z xi^ (Z/2Z x Z/4Z)
On suppose y? non trivial.
a) Cas où |ker^?| = 2.
Alors, il existe a G Z/2Z x Z/4Z tel que (p(a) = 1 et a est nécessairement d'ordre 4.
Soit b G Z/2Z x Z/4Z l'élément d'ordre 2 tel que (p(b) = Ô. \Si on avait b G (a)
alors, à cause des ordres, b = 2a donc ip(2a) = 0 ce qui est absurde puisque
(p(2a) = 2(p(a) = 2. • Ainsi, b fi (a) et donc b ^ (0,2) car (0,2) est dans tout sous-
groupe d'ordre 4 de^Z/2Z x Z/4Z. D'après l'étude du groupe Aut (Z/2Z x Z/4Z) (cf.
exercice 1.25), si aua2e Z/2Z x Z/4Z sont d'ordre 4 et si &i, b2 G Z/2Z x Z/4Z sont
d'ordre 2 et distincts de (Ô, 2), il existe a G Aut (Z/2Z x Z/4Z) tel que a(aY) = a2
et a(b\) = b2. On voit alors (cf. Cours, lemme 7.12 page 27) que les produits semi-
directs correspondants aux différents morphismes (p sont isomorphes.
Quant à l'existence d'un morphisme <p = <p\ tel que | ker <pi\ = 2, il suffit de
considérer la deuxième projection (pi : (x, y) G Z/2Z x Z/4Z m^e Z/4Z.

1.38. Classification des groupes d'ordre 40
83
b) Cas où | ker <p\ = 4.
La liste des sous-groupes d'ordre 4 de Z/2Z x Z/4Z montre que ker<^ = ((Ô,ï)) ou
ker<^ = ((T,T)) ou ker (p = V où V est le sous-groupe non cyclique Z/2Z x ((0,2)).
Posons
(f = <p2 si ker (p = ((Ô, T)), (p = <pf2 si ker (p = ((T, T)), (p = <p3 si ker (p = V.
Montrons que les produits semi-directs définis par ip2 et <//2 sont isomorphes. Comme
(Ï,Ô) i ((Ô,ï)) U ((ï,ï)), nécessairement, <p2(ï,Ô) = y/2(ï,Ô) = 2. D'autre part
(cf^ exercice L25), il existe a G Aut(Z/2Z x Z/4Z) tel que a(Ô,ï) = (ï,ï) et
a(l,Ô) = (1,0). On a alors (p2 o a = (p2 et par suite, d'après le lemme déjà cité,
Z/5Z x^2 (Z/2Z x Z/4Z) *ê Z/5Z >va (Z/2Z x Z/4Z).
Notons <po : Z/2Z x Z/4Z —> Aut (Z/5Z) = Z/4Z le morphisme trivial. Puisque les
sous-groupes ker ^ avec i = 0,1,2, 3 ne sont pas isomorphes, d'après l'exercice 1.30,
les quatre produits semi-directs Z/5Z x^ (Z/2Z x Z/4Z) ne sont pas isomorphes.
3ème cas : G S Z/5Z xv (Z/2Z)3
Supposons (p non trivial. Comme tout élément de (Z/2Z)3 est d'ordre au plus 2, on
a Im ip = (2) d'où | ker tp\ = 4. On rappelle que Aut (Z/2Z)3 *ê GL(F^). Soient a, 6 G
(Z/2Z)3 d'ordre 2 et distincts et c <£ (a,b). Alors, (Z/2Z)3 = (a,b,c). Si a',6' G
(Z/2Z)3 sont d'ordre 2 et distincts et c' £ (a',6') alors il existe a G Aut(Z/2Z)3
tel que a(a) = a', a(6) = 6' et a(c) = c'. Ainsi, suivant le lemme 7.12 déjà cité, il
existe, à isomorphisme près, un unique produit semi-direct Z/5Z x^ (Z/2Z)3.
Ce cas fournit donc deux produits semi-directs non isomorphes.
4ème cas : G = Z/5Z x^ D4
Supposons (p non trivial. Avec les notations habituelles, posons J94 = (r, s) avec r
d'ordre 4 et s d'ordre 2.
a) Cas où | ker^?| = 2.
Montrons qu'il ne peut exister un morphisme (p : J94 —» Z/4Z tel que | ker ip\ = 2. En
effet, le seul sous-groupe distingué de D4 d'ordre 2 est {1, r2} et donc ker (p = {1, r2}.
Or, la classe de r modulo {l,r2} est d'ordre 2 et il en est de même bien sûr de la
classe de s. Ainsi, D4j {l,r2} est isomorphe au groupe de Klein et n'est donc pas
cyclique, ce qui contredit la remarque faite en début de question.
b) Cas où | ker y\ = 4.
Nécessairement (cf. exercice 1.12), ker<^ = (r) ou ker<^ = {l,s,r2s,r2} ou ker<^ =
{l,sr, sr3,r2}.
Posons y = (£o si ker y? = D4, y? = ipi si ker (p = (r), (p = ip2 si ker (^ = {1, s, r2s, r2}
et enfin y? = tp2 si ker<^ = {l,sr, sr3,r2}. Montrons que ip2 et ip2 définissent des
produits semi-directs isomorphes. D'après l'étude de Aut(J94) (cf. exercice 1.24),
il existe g G Aut (Z)4) tel que g(r) = r et g(s) = sr. On rappelle qu'on a identifié

84
I. GROUPES
Aut (Z/5Z) et Z/4Z. On a alors (ip'2°g)(s) = V2(sr) = 0, (v2og)(r2s) = v2(sr3) = 0
et ((^2 o g)(r) = ip2(r) = 2 en sorte que ip2 o g = y2 ce qui, vu le lemme déjà utilisé,
prouve le résultat annoncé.
Enfin, comme les sous-groupes ker ^ (i = 0,1,2) sont deux à deux non isomorphes, il
résulte de l'exercice 1.30 que les produits semi-directs Z/5Z x^. Z)4 sont deux à deux
non isomorphes. Au total, ce cas fournit trois groupes d'ordre 40 non isomorphes.
5ème cas : G ^ Z/5Z *<, H8
Soit ip : H8 —» Z/4Z un morphisme non trivial.
Supposons que |kery>| = 2. Avec les notations usuelles, ker<^ = {—1,1}. Comme
Imtp = Z/4Z, il existe x G H8 \ {-1,1} tel que <p(x) = T donc <p(ar2) = 2. Or,
x2 = — 1 G ker^? donc ip(x2) = 0 : contradiction. Ainsi |kery>| = 4 et Imip = (2).
Soient a, b G H8 (resp. a', b' G M8) d'ordre 4 et ni distincts ou opposés. On a
M8 = (a, b) = (a', b') et il existe a G Aut (H8) tel que a(a) = a' et a(b) = b' (cf.
exercice 1.26). Par le raisonnement déjà utilisé dans les cas précédents, les différents
morphismes y tels que | ker ip\ = 4 fournissent des produits semi-directs isomorphes.
Conclusion
Les résultats obtenus sont rassemblés dans le tableau ci-dessous. On obtient 14
groupes dont 3 sont abéliens.
Groupes d'ordre 40
Z/40Z
Z/5Zxi
Z/5Z x
Z/5Z x
1Z/8Z
2Z/8Z
(Z/2Z x
Z/5Z x0 (Z/2Z x
Z/5Zxi
Z/5Zx
Z/5Zx
Z/5Zx
Z/5Zx
Z/5Z x
Z/5Z x
Z/5Zx
Z/5Zx
! (Z/2Z x
2 (Z/2Z x
(Z/2Z)3
(Z/2Z)3
D4
iD4
2 Ai
H8
H8
Z/4Z)
: Z/4Z)
: Z/4Z)
: Z/4Z)
Remarque. - On pourra utilement se référer à [www5].

1.39. Classification des groupes d'ordre 42
85
1.39. Classification des groupes d'ordre 42
Montrer que tout groupe G d'ordre 42 admet un unique 7-Sylow. En
discutant suivant le nombre de 3-Sylow de G, déterminer, à isomorphisme
près, tous les groupes d'ordre 42. On pourra utiliser l'exercice 1.34.
Solution
Pour tout facteur premier p G {2, 3, 7} de 42, on désigne par np le nombre de p-
Sylow de G. D'après les congruences du théorème de Sylow, on sait que n7 | 6 et
que n7 = 1 (mod. 7) en sorte que n7 = 1. On désignera par N l'unique 7-Sylow de
G. D'autre part, n3 | 14 et n3 = 1 (mod. 3) et par suite, n3 G {1,7}.
1er cas : n3 = 1
Soit alors P l'unique 3-Sylow de G. Comme N est distingué dans G, l'ensemble NP
est un sous-groupe de G (cf. exercice IV.17) et, comme NnP = {1}, l'ordre de NP
est |iV||P| = 21. D'après la caractérisation du produit direct de deux groupes (cf.
Cours, proposition 6.5 page 23), NP = Z/7Z x Z/3Z ou encore (théorème chinois),
NP *ê Z/21Z.
D'autre part, comme 2 divise |G|, il existe x € G d'ordre 2. Comme NP est d'indice
2 dans G, NP < G et par suite, compte tenu des ordres, G = NP x (x) en sorte que
G = Z/21Z xty Z/2Z où ip : Z/2Z -* Aut (Z/21Z) est un morphisme de groupes.
Par ailleurs, on sait (cf. Cours, propositions 7.3-4, pages 24-5) que
Aut (Z/21Z) ^ Aut (Z/7Z) x Aut (Z/3Z) ^ Z/6Z x Z/2Z ^ (Z/2Z)2 x Z/3Z.
Le morphisme y? est caractérisé par <£>(1), qui est d'ordre 2 ou 1. Le groupe (Z/2Z)2 x
Z/3Z admet 3 éléments d'ordre 2. Pour tout entier k, on définit le morphisme hk :
Z/21Z —» Z/21Z, x •—► kx. On vérifie sans peine que les applications hk : Z/21Z —»
Z/21Z, x »—> kx, avec k G {—1,8, —8}, sont les automorphismes d'ordre 2 du groupe
Z/21Z. Pour k G {1,-1,8,-8}, posons <p = ^k si <£>(ï) = /ifc et posons Gk =
Z/21Z x^fc Z/2Z ainsi que a = (Ï,Ô) G G* et 6 = (Ô,ï) G G*. Comme l'action
de Z/2Z sur Z/21Z est la conjugaison dans Gk (cf. Cours, remarque 6.3.4 page
22), on a bab~l = ah (la loi de Gk est notée multiplicativement). Tout groupe Gk
admet un unique 3-Sylow et un unique 7-Sylow et tout sous-groupe de Gk d'ordre
21 les contient, donc, Gk admet un unique sous-groupe d'ordre 21, à savoir Q =
Z/21Z x {Ô}. Par suite, si £ G Q alors bxb~l = xh. D'autre part, tout élément g de
Gk s'écrit sous la forme a{\P avec i G Z et j = 0,1. Si x G Q alors si g e Q alors
gxg~l = x et si g £ Q alors g = alb et donc
gxg~l = albxb~la~l = alxka~l = xk.
Il en résulte que les quatre groupes Gk ne sont pas isomorphes. Réciproquement, tout
produit semi-direct du type G = Z/21Z x Z/2Z vérifie n3 = 1 puisque Z/21Z x {0}
est distingué dans G et contient un unique sous-groupe d'ordre 3.
Ainsi, le cas n3 = 1 fournit quatre groupes d'ordre 42 non isomorphes.
Remarque. - Un produit semi-direct Z/21Z x^ Z/2Z admet un unique sous-groupe
d'ordre 21. On aurait donc pu appliquer la remarque de l'exercice 1.34 pour montrer
que les quatre sous-groupes ci-dessus étaient non isomorphes.

86
I. GROUPES
2ème cas : n3 = 7
Soit P un 3-Sylow de G. On sait que \NG(P)\ = — = 6. Si on pose H = NG(P)
alors, par le même argument qu'au premier cas, G = NH et G est produit semi-
direct de N par H. Ainsi, G = Z/7Z x^ K où K = Z/6Z ou K = 63 et <p : tf -*
Aut(Z/7Z) est un morphisme (on rappelle que Aut(Z/7Z) = Z/6Z). Remarquons
que G ne peut admettre un sous-groupe distingué d'ordre 6 sinon ce sous-groupe
qui contient un 3-Sylow de G les contiendrait tous (puisqu'ils forment une classe de
conjugaison de sous-groupes de G) ce qui est impossible puisqu'un groupe d'ordre 6
ne peut contenir 7 sous-groupes d'ordre 3. Ainsi, l'application y? ci-dessus n'est pas
le morphisme trivial (cf. Cours, proposition 6.5 page 23).
Cas 2.1 : G = Z/7Z xv Z/6Z.
kenp est {Ô}, (3) ou (2). Posons tp = tpi si kenp = {Ô}, ip = ip2 si kenp = (3) et
ip = ip3 si ker^? = (2).
D'après l'exercice 1.34 qui s'applique ici, les produits semi-directs Z/7Z x^. Z/6Z
pour i = 1,2,3 ne sont pas isomorphes puisque les sous-groupes Im^ ne sont pas
conjugués (ils n'ont pas même ordre).
Réciproquement, étudions le nombre n3 de 3-Sylow des Z/7Z x^. Z/6Z pour i =
1,2,3. Le sous-groupe engendré par (Ô, 2) est d'ordre 3. Comme les 3-Sylow forment
une classe de conjugaison, on aura n3 = 1 si et seulement si les conjugués de (0,2)
sont dans ((0,2)) et comme Z/7Z x«^ Z/6Z est engendré par (T,Ô) et (Ô,ï) et que
ce dernier commute avec (0,2), on aura n3 = 1 si et seulement si
(I,0)(B>2)(ï>0)-1€<(0,5)>.
Or, dans Z/7Z xw Z/6Z, on a
(Ï.ÔXÔ^XÏ.Ô)-1 = (Ï,2)(-Ï,Ô) = (T + ^(2).(-l),2)
et 1 -h <^(2).(—1) = 0 si et seulement si <^(2).(—1) = —1 si et seulement si
(£î(2) = Idz/7z si et seulement si 2 G ker^ si et seulement si i = 3.
Notons qu'il existe bien au moins un morphisme p : Z/6Z —» Aut (Z/7Z) tel que
ker^? = {O} (resp. ker<^ = (3)). Finalement, il existe deux groupes non isomorphes
du type Z/7Z x^ Z/6Z et admettant sept 3-Sylow.
Cas 2.2 : G *é Z/7Z x^ 63.
Comme ker<^ ^ 63 et que ker<^ < 63, on a ker<^ = {Id} ou ker<^ = 2l3. On ne
peut avoir ker<^ = {Id} puisque 63 et Z/6Z ne sont pas isomorphes. On a donc
ker^? = 2l3 d'où, par le théorème d'isomorphisme, Imp = (3). On en déduit qu'il
existe un unique morphisme y? : 63 —» Z/6Z tel que ker p = 2l3.
Réciproquement, étudions le nombre n3 de 3-Sylow de Z/7Z xv 63. Pour simplifier,
on identifiera les facteurs Z/7Z et 63 aux sous-groupes Z/7Z x {Id} et {Ô} x 63.
Soit r G 63 d'ordre 3. Soit g = nh G Z/7Z x^ 63 avec n G Z/7Z et h G 63. Alors
grg~l = nhrh~ln~l et comme (r)<63, on a hrh~l G (r) et donc, comme ker p = (r)

1.40. Classification des groupes d'ordre 56
87
et donc que (r) centralise Z/7Z, on a grg~l = n{hrh~l)n~l = hrh~l et par suite
grg~l e (r). On a prouvé que (r) < Z/7Z x<^ 63. Ainsi, n3 = 1 et Z/7Z x^ 63 est
en fait isomorphe à l'un des groupes obtenus au premier cas.
En conclusion, il existe, à isomorphisme près, 6 groupes d'ordre 42 :
Z/42Z, Z/21Zx,Z/2Z (2 = 1,2,3), Z/7Z x{ Z/6Z (t = 1,2).
Remarque. - On pourra consulter [www5].
1.40. Classification des groupes d'ordre 56
I Montrer que tout groupe G d'ordre 56 est produit semi-direct de sous- I
groupes de Sylow de G. Déterminer, à isomorphisme près, tous les
groupes d'ordre 56 (on pourra utiliser les exercices 1.30 et 1.34).
Solution
Soit n2 (resp. n7) le nombre de 2-Sylow (resp. 7-Sylow) de G. D'après les congruences
du théorème de Sylow, on a n2 \ 7 et donc n2 = 1 ou n2 = 7 et on a aussi n7 | 8 et
n7 = 1 (mod. 7) donc n7 = 1 ou n7 = 8 .
a) Si n7 = 1 alors G admet un unique 7-Sylow, isomorphe à Z/7Z et, comme aux
exercices précédents, G = Z/7Z x H où H est un des groupes suivants :
Z/8Z, Z/2ZxZ/4Z, (Z/2Z)3, D4 et H8.
b) Si n7 = 8 alors G contient exactement n7(7 — 1) = 48 éléments d'ordre 7 et
comme G admet au moins un 2-Sylow lequel est justement d'ordre |G| — 48 = 8,
c'est que G admet un unique 2-Sylow et comme aux exercices précédents, il existe
H dans la liste ci-dessus tel que G = H x Z/7Z.
A - Étude des produits semi-directs Z/7Z x^ H où H est d'ordre 8
Soit H l'un des groupes ci-dessus et ip : H —> Aut (Z/7Z) un morphisme de groupes.
On sait que Aut (Z/7Z) = Z/6Z et on identifiera les deux groupes. D'après le
théorème de Lagrange, |Imy>| divise 6 et d'après le théorème d'isomorphisme, |Imy>|
divise 8 et donc, ou bien p est trivial ou bien |Imy>| = 2 auquel cas Imp = (3)
et | ker y>| = 4. Réciproquement, si H0 est un sous-groupe d'ordre 4 de if, il existe
un unique morphisme ip de noyau H0 et tel que ip(x) = 3 si x G H \ H0 : en effet,
H0 < H et J7/JJ0 = {0,3}.
Cas Al : H = Z/8Z.
if admet un unique sous-groupe d'ordre 4 donc il existe un unique morphisme
ip : Z/8Z —► Z/6Z non trivial. Ce cas fournit donc deux groupes d'ordre 56 non
isomorphes : Z/7Z x Z/8Z ^ Z/56Z et Z/7Z xi^ Z/8Z.
Cas A2 : H = Z/2Z x Z/4Z.
Si ip est non trivial alors ker ip qui est un sous-groupe d'ordre 4 de if, est parmi
Z/2Zx(2), ((Ô,ï)) et ((T,T)).

88
I. GROUPES
On note alors p respectivement ip\, tp2 et ip3. On voit facilement (cf. exercice 1.25)
qu'il existe a G Aut (H) tel que a(Ô,ï) = (T,T) et a(ï,Ô) = (T, Ô) en sorte que
(^3 o a = (^2 et par suite (cf. Cours, lemme 7.12 page 27) que Z/7Z x^2 i/ =
Z/7Z x^3 i/.
Notons (£o • H —> Aut (Z/7Z) = Z/6Z le morphisme trivial. Comme ker ip0, ker ip\
et ker^2 ne sont pas isomorphes, d'après l'exercice 1.30, les produits semi-directs
correspondants ne sont pas isomorphes.
Cas A3 : H = (Z/2Z)3.
On suppose p non trivial. Le même raisonnement que pour tp2 et tp3 du cas
précédent montre qu'il n'existe, à isomorphisme près, qu'un seul produit semi-direct
Z/7Z x^ (Z/2Z)3 pour lequel ip peut être défini par (^(Ï,Ô,Ô) = 3 et tp(x) = Ô si
x G {0} x Z/2Z x Z/2Z.
Ce cas fournit donc deux groupes d'ordre 56 non isomorphes : Z/7Z x (Z/2Z)3 et
Z/7Z x^ (Z/2Z)3.
Cas A4 : if = £>4.
On utilise la notation habituelle J94 = (r, 5) (cf. Cours, exemple 6.7.2 page 23). Si (p
n'est pas trivial alors ker<^> est un sous-groupe d'ordre 4 de H et donc (cf. exercice
1.12), kenp = (r) ou ker y? = {1, s, —s, —1} ou kenp = {1, sr, — sr, —1}.
Posons ip = ifo si ker tp = D4, tp = tpi si ker ^ = (r), tp = ip2 si ker <^ = {1, s, —5, —1}
et enfin ip = <p2 si ker ip = {1, sr, — sr, —1}. Alors, y>2 et tp2 définissent des produits
semi-directs isomorphes : en effet, l'étude de Aut(J94) (cf. exercice 1.24), montre
qu'il existe g G Aut (£>4) tel que g(r) = r et g(s) = sr d'où ip2 og = ip2 ce qui prouve
le résultat annoncé.
Enfin, comme les sous-groupes ker <pi (i = 0,1, 2) sont deux à deux non isomorphes,
il résulte de l'exercice 1.30 que les produits semi-directs Z/7Z x^ H sont deux à
deux non isomorphes.
Cas A5 : H = H8.
Avec les notations habituelles (cf. Cours, exemple 3.2.3 page 13), on a
ker<^ = H8, kenp = (i), kenp = (j) ou ker<^ = (k).
D'après l'étude de Aut(H8) et d'après le lemme 7.12 page 27 du Cours, on voit
facilement que les produits semi-directs correspondants aux trois derniers cas sont
deux à deux isomorphes (par exemple, il existe a G Aut (H8) tel que a(i) = j et
a(k) = k). À nouveau par l'exercice 1.30, on obtient deux produits semi-directs non
isomorphes : Z/7Z x M8 et Z/7Z x H8.
B - Étude des produits semi-directs H x^ Z/7Z où H est d'ordre 8
Supposons qu'il existe tp : Z/7Z —> Aut (H) non trivial. Alors <p est injectif (car 7 est
premier) et Aut (H) contient un élément d'ordre 7. Or, d'après l'étude des groupes
d'automorphismes des groupes d'ordre 8 (cf. le premier tableau de l'exercice 1.32),
ceci ne peut se produire que si H = (Z/2Z)3. Dans ce cas, Aut (H) = GL(3,F2)
qui est de cardinal 7x6x4 (cf. Cours, proposition 5.1 page 105). Or, Imtp est

1.41. Entiers n tels que tout groupe d'ordre n est abélien
89
un sous-groupe d'ordre 7 de Aut (H) et c'est donc un 7-Sylow de Aut (H). Or, les
7-Sylow de Aut (H) sont conjugués. On déduit alors de l'exercice 1.34 que ce cas
fournit, à isomorphisme près, un unique produit semi-direct non trivial. Enfin, ce
produit semi-direct n'est isomorphe à aucun produit semi-direct obtenu au cas A3 :
en effet, dans le cas contraire, (Z/2Z)3 x^Z/7Z aurait un unique 7-Sylow qui serait
distingué et donc (cf. Cours, proposition 6.5 page 23), ip serait trivial ce qui n'est pas.
Les résultats obtenus sont rassemblés dans le tableau ci-dessous. On obtient 13
groupes dont 3 sont abéliens.
Groupes d'ordre 56
Z/56Z
Z/7Zxi
Z/7Zx
Z/7Z*
Z/7Z xi
Z/7Zx
Z/7Zxi
Z/7Z x
Z/7Z x
Z/7Z x
Z/7Z x
Z/7Z x
(Z/2Z)3
1Z/8Z
Z/2Z x Z/4Z
1 (Z/2Z x
2 (Z/2Z x
(Z/2Z)3
(Z/2Z)3
D4
iDA
2 A.
H8
e8
X.Z/7Z
Z/4Z)
Z/4Z)
Remarque. - On pourra se référer à [www5].
1.41. Entiers n tels que tout groupe d'ordre n est
abélien
(*) Soit n = p"1.. .p"r un entier naturel décomposé en produit de facteurs
premiers. Montrer que tout groupe d'ordre n est abélien si et seulement
si n vérifie les trois conditions suivantes :
i) Vi = l,,,,,r, Q<€{1,2},
ii) Vz,j = l,...,r, Pi\{pj- 1),
iii)Vi, j = 1,... ,r, a{ = 2 => pj \ (p{ -h 1).
Indication. Pour la réciproque, on procédera par récurrence et on
pourra commencer par montrer à l'aide du théorème de Burnside (cf.
Cours, exercice F.2 page 40) que si n n'est pas premier alors tout
groupe G d'ordre n vérifiant i), ii) et iii) n'est pas simple. Ensuite, on
montrera que tout sous-groupe distingué non trivial N de G est inclus
dans le centre de G en faisant opérer par conjugaison G/N sur N.

90
I. GROUPES
Solution
| ==> | Soit n tel que tout groupe G d'ordre n soit abélien. Comme pour tout p
premier, il existe des groupes d'ordre p3 non abélien (cf. [FrGi], exercice 1.17), on a
ai,..., ar G {1,2} pour tout i G {1,..., r} : en effet, si par exemple p est premier tel
que p3 | n et si if est un groupe non abélien d'ordre p3 alors on construit le groupe
H x Z/dZ, où d = —, qui est d'ordre n et n'est pas abélien. Si r = 1 il n'y a plus
rien à prouver. On suppose désormais r > 2. Il ne peut exister de diviseurs premiers
distincts p et q de n tels que p\ (q — l) car alors il existe des groupes d'ordre pq non
abéliens (cf. Cours, théorème 7.13 page 28) ce qui permet de construire un groupe
d'ordre n ayant un sous-groupe non abélien. La condition ii) est établie. Enfin,
supposons qu'il existe p et q premiers distincts tels que p2q \ n et q | p+1. Montrons alors
qu'il existe un morphisme (p : Z/qZ —► Aut ((Z/pZ)2) non trivial : en effet, on sait
que Aut ((Z/pZ)2) = GL(2, Fp) (cf. exercice 1.21) et que |GL(2, F2)| = p(p-l)2(p+l)
(cf. Cours, exemple 5.3 page 18) et par suite q | |GL(2,F2)| en sorte qu'il existe
M G GL(2,F2) d'ordre q et que le morphisme ip défini par tp(x) = Mx est non
trivial. Par suite, le produit semi-direct (Z/pZ)2 x^ Z/qZ n'est pas abélien sinon
son ç-Sylow serait distingué ce qui est absurde puisque ip est non trivial (cf. Cours,
proposition 6.5 page 23). Ainsi, la condition iii) est établie.
| <== | On procède par récurrence sur n. Soient n un entier vérifiant les conditions
i), ii) et iii) et G un groupe d'ordre n. Remarquons que les propriétés s'appliquent
à tout diviseur de n et donc à l'ordre de tout sous-groupe et tout quotient de G. Si
n est premier, tout groupe d'ordre n est abélien. Supposons n non premier et
montrons que G n'est pas simple. Soit P un p^Sylow de G. Si r = 1 alors G est d'ordre
p?1 où ai > 2 et on sait qu'un tel groupe n'est pas simple. On suppose désormais
r > 1. Si NG(P) = G alors P < G. Si NG{P) est un sous-groupe strict de G alors,
par hypothèse de récurrence, NG(P) est abélien et donc P Ç Z(NG(P)) = NG(P) '
le théorème de Burnside s'applique et G n'est donc pas simple.
D'après ce qui précède, on peut considérer un sous-groupe distingué non trivial N
de G. Par hypothèse de récurrence, N est abélien.
a) Montrons qu'on peut faire opérer par conjugaison G/N sur N : si x, y G G
vérifient x = y (modulo N) alors il existe a G N tel que y = xa et donc si u G N alors,
N étant abélien, yuy~l = xaua~lx~l = xux~l. Soit donc (p : G/N —► Aut (N) le
morphisme de groupes défini par cette action.
b) Montrons que \G/N\ et |Aut(JV)| sont premiers entre eux. Soient q\,...,qs les
facteurs premiers de |7V| et, pour j = 1,... ,5, soit Nj le Çj-Sylow de G. Comme
N est abélien, on a N = Nx x • • • x Ns (cf. exercice 1.10). Les groupes Ni,..., Ns
étant d'ordres deux à deux premiers entre eux, on montre facilement que Aut (N) =
^n utilise une adaptation des indications données dans [DuFo], exercice 4.5.54 lequel montre
au demeurant qu'on pourrait se dispenser d'utiliser le théorème de Burnside. Voir aussi [www6| et
[RMS|.

1.42. Si G est simple d'ordre 60 alors G = 2t5
91
Aut (Ni) x • • • x Aut (N8) (cf. exercice 1.27). Soit j e {1,..., s}. D'après i), Nj est
d'ordre qj ou qj. Par suite (cf. Cours, exercice A.4 page 34), Nj est isomorphe à
Z/qjZ, Z/qjZ ou (Z/qjZ)2 et par suite, Aut (Nj) est resp. d'ordre qj — 1, qj — qj ou
(qj — l)(qj — qj) = qj(qj — l)2(Qj + 1) (cf. Cours, proposition 7.3 page 24, exercice
1.21 et exemple 5.3 page 18). Maintenant, soit pi un diviseur premier de \G/N\. On
raisonne par l'absurde et on fait l'hypothèse que pi divise aussi |Aut(iV)| et donc
|Aut (Nj)\ pour un certain j G {1,..., s}.
- Si qj = Pi alors, comme pi | |G/iV|, on ne peut avoir \Nj\ = pf sinon
on aurait pf | |G| ce qui contredit i). C'est donc qu'on a \Nj\ = Pi et
donc |Aut(A^)| = p{ — 1 ce qui est absurde puisque p{ ne divise pas
Pi ~ 1.
- Si qj =fi Pi alors \Nj\ = qj est impossible sinon pi | |Aut (A^)| = q3; — 1
ce qui contredit ii). Donc, \Nj\ = qj et donc qj | |G| et on doit avoir
Pi I QjiQj ~ 1) ce Qui contredit ii) ou Pi \ qj(qj — l)2(qj + 1) ce qui
contredit iii).
On voit donc que p{ \ |Aut (N)\ et donc que \G/N\ et |Aut (N)\ sont bien premiers
entre eux.
c) Comme |G/iV|/|ker<^| divise |Aut(JV)| (théorème d'isomorphisme appliqué à <p,
cf. a)), il résulte de b) que \G/N\ = | ker ip\ et donc que y est trivial i.e. que
Vx eG,Va e N, xax~l = a
ou encore que N est dans le centre Z(G).
Comme N est un sous-groupe distingué non trivial et arbitraire de G, on voit que
si Z(G) ^ G alors Z(G) est un sous-groupe normal maximal pour l'inclusion. Or,
on montre sans difficulté que si G est un groupe fini et H un sous-groupe normal
de G alors les sous-groupes distingués de G/H sont exactement les K/H où K est
un sous-groupe distingué de G contenant H. Dans le cas présent, on obtient que
G/Z(G) est un groupe simple. Puisque N =fi {1}, on a Z(G) =fi {1} donc l'hypothèse
de récurrence s'applique : G/Z(G) est abélien. On en déduit élémentairement qu'il
est cyclique d'ordre premier puis, par l'exercice A4 page 34 du Cours, que Z(G) = G
i.e. G est abélien.
1.42. Si G est simple d'ordre 60 alors G = 2t5
Soit G est un groupe simple d'ordre 60.
i°)
39)
2°)
G5=
En utilisant le théorème de Burnside
montrer que G admet cinq 2-Sylow.
En faisant opérer G sur l'ensemble
2l5.
(cf.
de
Cours, Exercice F.2.
ses
2-Sylow,
montrer
page
que
Solution
1°) D'après les congruences du théorème de Sylow, le nombre n2 de 2-Sylow de G
divise |G|/4 = 15 donc n2 G {1,3,5,15}. Soit P un 2-Sylow de G. Puisque G est
IGI
simple, on a n2 / 1. Supposons que n2 = 15. Alors, \Ng(P)\ = — = 4 = |F| et
n2

92
I. GROUPES
comme P Ç NG(P), c'est que P = Ng(P). Or, tout groupe d'ordre 4 est abélien,
donc P Ç Z(Ng{P)) et par le théorème de Burnside, G admettrait un sous-groupe
distingué d'ordre 60/4 = 15 ce qui contredit la simplicité de G. Ainsi, n2 ^ 15.
Enfin, si n2 = 3 alors en faisant opérer G par conjugaison sur l'ensemble de ses trois
2-Sylow, on aurait un morphisme de groupes ip : G —► 63. Comme G est simple,
c'est que kenp = {1G} ou bien ker<^ = G. Autrement dit, ou bien <p est injectif, ce
qui est absurde à cause des ordres des groupes, ou bien (p est trivial, auquel cas, par
définition, P est distingué dans G ce qui est encore absurde. Ainsi, n2 = 5.
2°) L'ensemble V des cinq 2-Sylow de G est une classe de conjugaison de sous-
groupes de G, donc on peut faire opérer G par conjugaison sur V. Soit <p : G —► 6(V)
le morphisme associé à cette action. On identifie G5 et &(P). Le morphisme (p ne
peut être trivial sinon tout élément de V est distingué dans G, ce qui contredit
n2 = 5. Par simplicité, c'est donc que kery? = {1^} et (p est donc injectif. Par suite,
G est isomorphe à un sous-groupe de 65 d'ordre 60, lequel est nécessairement
distingué dans 65 (car d'indice 2) et donc G = 2l5 (cf. Cours, corollaire 8.5 page 30).
Note. - Pour des preuves n'utilisant pas le théorème de Burnside, on pourra
consulter [DuFo] (§4.5), [GG] (Theorem 8.11) ou [Cal] (chp. VI, exercice 25).
1.43. Classification des groupes d'ordre 60
(*) Soit G un groupe d'ordre 60. Pour tout facteur premier p de |G|, on
désigne par np le nombre de p-Sylow de G.
1°) Dans cette question, on suppose que n5 ^ 1. Montrer que G est
simple (indication : supposer que G admet un sous-groupe distingué
non trivial H et montrer d'abord, en utilisant l'exercice 1.36, que 5 \ \H \\
puis discuter suivant l'ordre de H en utilisant l'existence d'un unique
5-Sylow dans le groupe G/H.)
Dans les deux questions suivantes, on suppose que n5 = 1 et on appelle
\P le b-Sylow de G.
2°) On suppose que n3 ^ 1. Montrer alors que G = 2l4 xZ/5Z (indication :
montrer d'abord que P est central puis, ou bien utiliser le théorème
de Burnside (cf. Cours, Exercice F.2. page 39) ou bien montrer que
\G/P = 2l4 et construire un sous-groupe distingué de G d'ordre 12).
3°) On suppose que n3 = 1. Montrer que G est isomorphe à un produit
semi-direct Z/15Z x T où T est un groupe d'ordre 4.
4°) Effectuer la classification des groupes d'ordre 60 (on obtient 13
groupes ; utiliser l'exercice précédent ainsi que les exercices 1.30 et 1.34).
Solution
1°) On raisonne par l'absurde. Soit H un sous-groupe distingué de G et non tri-
!Cet exercice suit des indications de [DuFo], ex. 5.5.14

1.43. Classification des groupes d'ordre 60
93
vial. D'après les congruences du théorème de Sylow, on a n5 = 6. Supposons que
5 divise \H\. Alors (théorème de Sylow), H contient un 5-Sylow de G et comme
les 5-Sylow de G sont conjugués, H les contient tous. Comme ces sous-groupes de
Sylow se coupent deux à deux en {1G}, la réunion de ces six 5-Sylow est de cardinal
I + n5(5 — 1) = 25 et donc, comme \H\ divise 60, on a \H\ = 30. Or, un groupe
d'ordre 30 admet toujours un unique 5-Sylow (cf. exercice 1.36) ce qui contredit
Ainsi, 5 \ \H\ et donc \H\ G {2,3,4,6,12}. Un groupe d'ordre 6 admet un unique
3-Sylow. Par unicité, on en déduit que si \H\ = 6 alors H admet un sous-groupe
distingué dans G d'ordre 3. De même, un groupe d'ordre 12 admet un unique 2-Sylow
ou un unique 3-Sylow, (cf. Cours, exercice E.4 page 38) et par unicité, on en déduit
que si \H\ = 12 alors H admet un sous-groupe distingué de G et d'ordre 4 ou 3.
II suffit donc de supposer que \H\ G {2,3,4}. DanTce cas,"|G/F| G {30,20,15} et
l'examen des groupes d'ordre 30, 20 ou 15 (cf. exercices 1.36,1.35 et Cours, théorème
7.13 page 28) montre que G/H admet un unique 5-Sylow K et donc que K < G/H.
Soit p : G —► G/H la projection canonique. Alors p~l(K) < G (cf. Cours, exercice
B.5 page 35) et 5 divise |p-1(Zf)| = |#||^| ce qui contredit le résultat précédent
selon lequel G n'admet pas de sous-groupe distingué non trivial d'ordre un multiple
de 5 (noter que |p_1(^)l < 20 < 60).
2°) i) Soit Q un 3-Sylow de G. Comme P est distingué dans G, l'ensemble PQ
est un groupe d'ordre 15 (cf. exercice IV. 17). D'après le théorème de Sylow, n3|20
et n3 = 1 (mod. 3) et donc n3 G {4,10}. Si Q{ (avec i G {1,2,3,4}) sont quatre
3-Sylow de G alors G admet au moins quatre sous-groupes PQi (i G {1,2,3,4})
d'ordre 15 (on rappelle qu'un groupe d'ordre 15 est cyclique et donc il admet un
unique 3-Sylow) et ces groupes s'intersectent deux à deux en P. Par suite, la réunion
des groupes PQi (i G {1,2,3,4}) contient 5 + 4 x 10 = 45 éléments. Comme tout
groupe d'ordre 15 est abélien, tout élément de P commute avec ces 45 éléments et
donc (Lagrange), le centralisateur de P est G, c'est-à-dire que P Ç Z(G). Au
passage, on observe que n3 = 4 puisque si n3 = 10, ce qui précède montre que |G| > 60.
ii) L'action par conjugaison de G sur l'ensemble des quatre 3-Sylow de G définit
un morphisme <p : G —> 64. On sait que ker<^ est l'intersection des normalisa-
teurs NG(Qi) avec i G {1,2,3,4}. D'après i), P est central, donc P Ç NG(Qi)
et comme Q{ Ç NG{Qi) et que \NG(Qi)\ = — = 15, on a NG(Qi) = PQi et
d'après i) encore, on a donc ker (p = P. Du théorème d'isomorphisme, on déduit que
|Im^| = jpj = 12 et comme 2l4 est le seul sous-groupe d'ordre 12 de 64 (cf. exercice
1.16), on a G/P ^2l4.
iii) Soit p : G —► G/P la projection canonique. Le groupe 2l4 admet un 2-sylow
distingué V. Donc W = p~l(V) est un sous-groupe distingué de G d'ordre |P||V| = 20.
Par suite, W contient un 2-Sylow T de G et W = PT. Comme P est central (cf. i)) et
T abélien, W est aussi abélien et donc T est l'unique 2-Sylow de W. Comme W <G,
le sous-groupe T est aussi l'unique 2-Sylow de G. Soit Q un 3-Sylow de G. Comme
T<G, le sous-ensemble TQ est un sous-groupe, d'ordre 12. Comme \TQ\ et |F| sont
premiers entre eux, la restriction de p à TQ est injective et donc, à cause des ordres,

94
I. GROUPES
p(TQ) = 2I4. Donc, comme 2l4 contient quatre 3-Sylow, il en est de même de TQ
qui, par suite, contient tous les 3-Sylow de G. Par suite, si / est un automorphisme
intérieur de G alors f(Q) étant un 3-Sylow de G, on a f(Q) Ç TQ et par suite,
f(TQ) = f(T)f(Q) = Tf(Q) C TQ et TQ est donc distingué dans G. Comme P
et TQ sont distingués et d'ordres premiers entre eux et que |P||TQ| = |G|, on a
G^PxTQ. Enfin, P *é Z/5Z et on a vu que TQ *ê 2l4.
Remarque. - P est un 5-Sylow distingué donc NG(P) = G. On a vu en i) que
P Ç ^(G) donc le théorème de Burnside s'applique : il existe un sous-groupe
distingué N de G tel que G/N ^ P. Comme |JV||P| = \G\ et N D P = {1}, on en
déduit que G = N x P. Comme N < G, le nombre de 3-Sylow de N est celui de G
i.e. n3 = 4. La classification des groupes d'ordre 12 (cf. [FrGi], ex. 1.14) montre que
AT ^ 2l4. Ainsi, G ^ 2l4 x Z/5Z.
3°) Soit Q l'unique 3-Sylow de G. Alors PQ est un sous-groupe de G d'ordre 15 et
on sait qu'un tel groupe est cyclique. Comme P et Q sont distingués, il en est de
même de PQ. Soit T un 2-Sylow de G. Vu que PQ est distingué, que PQ et T sont
d'ordres premiers entre eux et que \PQ\\T\ = |G|, on a G = PQ x T *ê Z/15Z x T.
4°) Si n5 > 1 alors G est simple et donc (exercice 1.42) G = 2l5. Sinon, c'est que
n5 = 1 ce que l'on suppose désormais. Si n3 > 1 alors on a vu que G = 2l4 x Z/5Z.
Réciproquement, si G = 2I4 x Z/5Z alors G admet un 5-Sylow distingué et donc
n5 = 1. De plus, comme 2I4 contient plusieurs sous-groupes d'ordre 3, on a n3 > 1.
Enfin, si n5 = n3 = 1 alors, d'après la question précédente, G = Z/15Z x Z/4Z ou
bien G = Z/15Z x (Z/2Z)2. Réciproquement, tout groupe G d'un des deux types
précédents est d'ordre 60 et vérifie n5 = n3 = 1 : en effet, au moins un 3-Sylow (resp.
5-Sylow) de G est contenu dans le sous-groupe distingué de G et isomorphe à Z/15Z
et comme ce dernier contient un unique sous-groupe Q (resp. P) d'ordre 3 (resp. 5),
le 3-Sylow (resp. 5-Sylow) de G précédent est unique. Au passage, on observe que
G admet alors un unique sous-groupe d'ordre 15, à savoir le sous-groupe PQ.
On rappelle que Aut (Z/15Z) ^ Aut (Z/5Z) x Aut (Z/3Z) ^ Z/4ZxZ/2Z (cf. Cours,
proposition 7.4 page 25). On identifiera les deux groupes (sauf au cas B3 ci-dessous).
A - Étude des produits semi-directs Z/15Z x^ Z/4Z
Soit ip : Z/4Z —► Aut(Z/15Z). Alors, ker<^ est un des sous-groupes Z/4Z, {0} ou
(2). Étudions successivement chacun des cas. On remarquera que ^ est caractérisé
par <p(ï).
Cas Al : ker (p = Z/4Z. Alors, <p est trivial et Z/15Z x^ Z/4Z ^ Z/15Z x Z/4Z.
Cas A2 : ker^ = {Ô}. Alors, |Imy?| = 4 et donc y>(ï) G Z/4Z x Z/2Z est d'ordre
4 i.e.
^(ï)€{(ï,Ô),(3,Ô),(ï,ï),(3,ï)}.
Il existe donc 4 morphismes p vérifiant ker y? = {0}. On a Im y? — ((1,0)) = ((3,0))
ou Im<^ = ((T,T)) = ((3,ï)). Le produit semi-direct Z/15Z x^ Z/4Z admettant,

1.43. Classification des groupes d'ordre 60
95
comme déjà signalé, un unique sous-groupe d'ordre 15, la dernière remarque de
l'exercice 1.34 s'applique et on obtient donc deux produits semi-directs non
isomorphes, l'un défini par tp(l) = (1,0), l'autre par ip(l) = (1,1).
Cas A3 : kerip = (2). Alors |Im<p| = 2 et donc <p(T) G {(2,0), (Ô,T), (2,T)}. À
nouveau par l'exercice 1.34, on obtient trois produits semi-directs non isomorphes.
Encore par l'exercice 1.34, les différents produits semi-directs obtenus au cas A sont
non isomorphes.
B - Étude des produits semi-directs Z/15Z x^ (Z/2Z)2
Soit ip : (Z/2Z)2 —► Aut(Z/15Z). Remarquons que la connaissance de ip est
déterminée par celle de p(a) et ip(b) avec a, b donnés, distincts et non nuls. On va discuter
suivant |ker^| G {1,2,4}.
Cas Bl : kenp = (Z/2Z)2. Alors, <p est trivial et Z/15Z xv (Z/2Z)2 ^ Z/15Z x
(Z/2Z)2.
Cas B2 : ker<^ = {0}. Alors, Imp est un sous-groupe de Z/4Z x Z/2Z isomorphe
à (Z/2Z)2. Comme Z/4Z x Z/2Z contient exactement les trois éléments d'ordre 2
suivants
a = (2,Ô),/? = (Ô,ï),a + /3,
on a Im</? = {0, a, /?, a -I- /?} = (2) x Z/2Z. Au passage, on voit qu'il existe au
moins un tel morphisme y. Soit un autre produit semi-direct Z/15Z x^ (Z/2Z)2 tel
que ip soit injectif. Posons <£>(ï, Ô) = / et (^(Ô, ï) = g. Comme /, g G Im ip et sont
distincts, il existe a,b e (Z/2Z)2 \ {(Ô,Ô} distincts tels que xjj(a) = / et ip(b) = g.
D'après Pétude de Aut((Z/2Z)2) (cf. exercice 1.22), il existe a G Aut((Z/2Z)2) tel
que a(l, 0) = a et a(0,1) = b. Par suite, ^ = ^oaen sorte que les produits semi-
directs sont isomorphes (cf. Cours, lemme 7.12).
Cas B3 : |ker^| = 2. On a |Imy>| = 2 (théorème d'isomorphisme). On a vu que
le groupe Z/4Z x Z/2Z admet trois éléments d'ordre 2. Il en est donc de même de
Aut(Z/15Z). Pour tout A G Z/15Z, soit le morphisme
tx : Z/15Z —► Z/15Z
x i—► Xx
On vérifie sans difficulté que les éléments d'ordre 2 de Aut(Z/15Z) sont les
applications rx pour A G {-1,-4,4}. Posons AT = Z/15Z et H = Cl/21)2. Soient
A G { — 1, —4,4} et p\ : H —> Aut (N) un morphisme de groupes tel que | ker ip\\ = 2
et Im w\ = {Id, t\}. Enfin, définissons G\ = N x^A H. On va démontrer que les trois
valeurs possibles pour A donnent des produits semi-directs G\ non isomorphes. On
pourra remarquer que les exercices 1.30 et 1.34 ne permettent pas de conclure. La
loi sur G\ sera notée multiplicativement et, pour simplifier, on identifiera N et H à
des sous-groupes de G\. Observons d'abord que, dans G\, par hypothèse, on a
V/i G ker ip\, Vx G N, hxh~l = x,
\/heH\ ker <^A, \fx G JV, hxh~l = xx.

96
I. GROUPES
(cf. Cours, remarque 6.3.4 page 22) et que donc, si g G G\, avec g = nh où n G N et
h G if et si x G JV alors 5x5"* = nhxh~ln~l et comme JV est abélien et distingué,
gxg~l = hxh~l en sorte que gxg~l G {x,a:A}.
Avec les mêmes notations, soit maintenant G^ = N x^ if un autre produit semi-
direct, avec // G {—1,-4,4} et /x ^ A. On raisonne par l'absurde et on suppose
donc qu'il existe un isomorphisme de groupes / : G\ —► G^. À cause de l'unicité
du sous-groupe d'ordre 15 signalée en début de question, on a f(N) = N. Soient
h G H\ker <p\ et a: G G a un générateur de Af. On sait que, dans G\, on a hxh~l = xx.
Par suite, f(h)f(x)f(h)~l = f(x)x. Mais si y e N et g e GM, on a vu que, dans
G^, on a <7t/<7-1 = t/ ou <7t/<7-1 = ïA Comme f(x) G JV, on devrait donc avoir
f(h)f(x)f(h)~l = f{x) ou f (h)f (x)f (h)~l = f(xY ce qui est absurde car f(x) est
un générateur de N et donc f(x)x ^ /(x) et /(x)A ^ f{xY. Ainsi, Ga et GM ne sont
pas isomorphes.
Enfin, si A G { — 1,4, —4} et si ^, ^ : if —> Aut (JV) sont des morphismes de groupes
ayant même image {Id, t\) et tels | ker ip\\ = \ ker ip\\ = 2 alors, en utilisant le lemme
7.12 du Cours, on voit que tp et ip « diffèrent » d'un automorphisme de H et donc
que N x<p H et N x^ H sont isomorphes.
Deux produits semi-directs obtenus dans un cas Bi et un cas Bj sont non isomorphes
(cf. la remarque à l'exercice 1.30).
Un groupe du cas A et un groupe du cas B ne peuvent être isomorphes puisque leurs
2-Sylow ne sont pas isomorphes.
En conclusion, il existe, à isomorphisme près, 13 groupes d'ordre 60. Les résultats
sont rassemblés dans le tableau ci-dessous.
Groupes d'ordre 60
2l5
2l4 x Z/5Z
Z/15Z x Z/4Z = Z/60Z
Z/15Z ^ Z/4Z, i = 1,2
Z/15Z »? Z/4Z, ï = 1,2,3
Z/15Z x (Z/2Z)2
Z/15Z xi (Z/2Z)2
Z/15Z Xi (Z/2Z)2, i = 1,2,3
Nombre de p-Sylow
n5 > 1
n5 = 1, n3 > 1
"5 = "3 = 1
"5 = "3 = 1
n5 = n3 = 1
n5 — n3 — 1
n5 — n3 — 1
n5 = n3 = 1
Remarque. - On pourra se référer à [www5].
1.44. Vers Feit-Thomson
Montrer qu'un groupe d'ordre n impair, avec n < 2000 est soit de la forme
Z/pZ soit non simple (utiliser le théorème de Burnside et sa conséquence
(cf. Cours, exercices F.2 et F.3 page 39) et cet autre théorème de
Burnside que l'on admettra (cf. par exemple [DuFo], théorème 19.2.1) :
si p et q sont premiers distincts et a + /3 > 2 alors tout groupe
d'ordre paq(5 est non simple).

1.45. Étude de deux sous-groupes de 21$
97
Solution
Soit un groupe simple d'ordre n avec n impair. D'après les références citées, n admet
au moins trois facteurs premiers distincts et si p est son plus petit facteur premier
alors vp(n) > 3. Dans ces conditions, si p > 5 alors n > 125 x 7 x 11 > 2000. Ainsi,
p = 3 et donc 33 | n. Il suffit donc de montrer la simplicité des groupes d'ordre n
suivant :
33 x 5 x 7 = 945, 33 x 5 x 11 = 1485, 33 x 5 x 13 = 1755.
Si q est un facteur premier de n, on désignera par nq le nombre de g-Sylow d'un
groupe donné G d'ordre n.
Simplicité d'un groupe G d'ordre n = 945.
D'après le théorème de Sylow, n5 G {1,21}. Soit P un 5-Sylow. Si n$ = 1, P est
72
distingué et G n'est pas simple. Si n5 = 21 alors \NG(P)\ = — = 45 et d'après
le tableau de classification des groupes d'ordre p2q (cf. exercice 1.35), tout groupe
d'ordre 45 est abélien. Le premier théorème de Burnside s'applique et G n'est pas
simple.
Simplicité d'un groupe G d'ordre n = 1485.
D'après le théorème de Sylow, nu G {1,45}. Soit P un 11-Sylow. Si nu = 1, P est
72
distingué et G n'est pas simple. Si nu = 45 alors \Ng{P)\ = — = 33 et tout groupe
nn
d'ordre 33 est abélien (cf. Cours, théorème 7.13 page 28). Le premier théorème de
Burnside s'applique et G n'est pas simple.
Simplicité d'un groupe G d'ordre n = 1755.
D'après le théorème de Sylow, n5 G {1,27 x 13}. Soit P un 5-Sylow. Si n5 = 1, P
Tï
est distingué et G n'est pas simple. Si n5 = 27 x 13 alors \NG(P)\ = — = 3x5
et tout groupe d'ordre 15 est abélien (loc. cit.). Le premier théorème de Burnside
s'applique et G n'est pas simple.
1.45. Etude de deux soufs-groupes de 21ô
Les questions sont indépendantes.
1°) Soit H le sous-groupe de G = 21ô engendré par a = (1 2 3 4 5) et
r = (13 5)(2 4 6).
a) Calculer or et en déduire une majoration de l'indice de H.
b) En déduire à l'aide de l'action de 2l6 sur les classes à gauche modulo
if et à l'aide du théorème de Sylow que H = G.
2°) Soit maintenant H le sous-groupe de 2l6 engendré par a = (1 2 3 4 5)
et r = (13 6)(2 5 4).
a) Montrer que H est d'ordre 60 (et donc que a et r n'engendrent pas
G).
b) Montrer que H et 2l5 sont isomorphes.

98
I. GROUPES
Solution
1°) a) On a or = (1 2 3 4 5)(1 3 5)(2 4 6) = (1 4 6 3)(2 5) qui est d'ordre 4 et
comme H admet aussi des éléments d'ordre 3 et 5, par le théorème de Lagrange,
\H\ est un multiple de 60. Comme \G\ = 360, c'est que k = [G : H] < 6.
b) Supposons k = 6 (en sorte que \H\ = 60) et montrons qu'on aboutit à une
contradiction. D'après les congruences du théorème de Sylow, le nombre de 5-Sylow
de H est n5 = 1 ou n5 = 6. Or, a et les six conjugués de a suivants :
tgt~x = (13456), noté <^i,
r2ar~2 = (12356), noté <p2,
(ar)a(r-la-1) = (162 4 5),
(ar)2a(r-2a-2) = (24 3 5 6),
ipiaipï1 = (245 63),
ip2a<pîl = (23546)
engendrent sept sous-groupes de H, distincts et d'ordre 5. D'où, n5 > 7,
contradiction.
Nécessairement, k < 5. L'action de G par translation sur les classes à gauche modulo
H fournit un morphisme $ : G —► &k (cf. Cours, §4, exemple C page 19). Puisque
\G\ > 120 > |6fc|, $ n'est pas injectif et comme 2l6 est simple (cf. Cours, théorème
8.1 page 28), on a ker* = G, ce qui conduit par définition de *, à
V# E G, Vx E G, gxH = xH.
En particulier, pour tout g G G, gH = H et donc G = H.
2°) a) Posons (p = r(ar)2r = (1 5)(2 4) et K = (<r,ip) qui est un sous-groupe
27T
de H. Alors, a et (p fixent 6 et représentent resp. une rotation d'angle — et une
5
symétrie axiale conservant les sommets d'un pentagone régulier dont les sommets
sont nommés 1, ..., 5. Il en résulte que K = J95 et que \K\ = 10 (on aurait pu aussi
obtenir le résultat en invoquant l'exercice 1.12).
Cherchons la décomposition de H suivant les classes à gauche modulo K. Au
préalable, remarquons que si on pose K = K\ et si K = {K\, K2,..., Kp} est formé de
p classes à gauche modulo K vérifiant
(*): VzG{l,...,p},a^,r^G/C,
alors /C est exactement l'ensemble de toutes les classes à gauche dans H modulo K
puisqu'une telle classe est de la forme aK avec a G H et que H = (cr, r).
Or, considérons les éléments de H suivants : h{ = olr pour i = 0,..., 4 et /i5 = Id.
Le calcul donne :
ho = <7°T = (13 6)(2 5 4),
hY =alr = (14 36 2),

1.45. Étude de deux sous-groupes de 21$
99
/i2 = <72t = (15)(3 6),
fc3 = (73r = (2 3 64 5),
/i4 = <j4r = (1 2 4)(3 6 5).
Soit i G {0,..., 5}. On pose K{ = h{K et K = {Ki ; i = 0,..., 5}. On constate que
pour chaque / G K^ on a /(6) = i + 1. Ainsi, K est formé de 6 classes à gauche
modulo K qui sont distinctes. D'autre part, on remarque que gK{ G /C. Enfin, s'il
existe j G {0,... ,5} tel que rK{ = Kj i.e. rhiK = hjK alors hj(6) = (rhi)(6) et
inversement si j vérifie cette dernière condition, il suffit de vérifier que hjlrhi G K
pour conclure que rhiK = hjK. Les calculs ci-dessous prouvent alors que K vérifie
la condition (*) :
• i = 0 : tK0 = t2K, r2(6) = r(l) = 3 = /i2(6) et on vérifie que fqlr2 =
(1 3 5 2 4) = a2 G K en sorte que rK0 = K2.
• i = 1 : tK\ = totK, rcrr(6) = r(2) = 5 = ^4(6) et on vérifie que h^lrar =
T2(ar)2 = (2 5)(3 4) G K en sorte que tKx = K4.
• i = 2 : ri^2 = to2tK, ra2r(6) = r(3) = 6 = h5(6) et on vérifie que tg2t =
(1 4 2 5 3) = cr3 G # en sorte que tK2 = K5.
• i = 3 : rK3 = tct3tK, ra3r(6) = r(4) = 2 = /ii(6) et on vérifie que h\lrazT =
(1 4)(2 3) e K en sorte que r^3 = Kx.
• z = 4 : ri^4 = t<j4tK, tct4t(6) = r(5) = 4 = ^3(6) et on vérifie que h^lr<74r =
(1 4 2 5 3) = a3 G tf en sorte que Ttf4 = K3.
• i = 5 : tK5 = tK = K0.
Ainsi, [H : K] = 6en sorte que \H| = 6 x 10 = 60.
Remarque. - Le raisonnement suivant montrait assez directement que \H\ = 60 ou
H = 2l6. On considère le sous-groupe H$ = {f € H] /(6) = 6} de H. Les expressions
de a et r montrent que l'action de H sur {1,..., 6} est transitive, i.e. qu'elle a une
seule orbite. Il en résulte que \H\ = 6 x |if6| (cf. Cours, proposition 4.7 page 15).
Comme l'élément <p considéré ci-dessus est dans H$ et est d'ordre 2 et que a G H6 et
est d'ordre 5, c'est que \H6\ est multiple de 2 x 5 = 10. Or, H6 s'identifie à un sous-
groupe de 2l5 et d'après l'exercice 1.18, 2l5 ne contient aucun sous-groupe d'ordre 20
ou 30. C'est donc que \H6\ = 10 ou H6 = 2l5 d'où \H\ = 60 ou \H\ = 6 x 60 = |2l6|.
b) H est un sous-groupe de 2l6 d'indice 6. Montrons que H = 2l5 en appliquant la
méthode vue lors de la démonstration du corollaire 8.6 (cf. Cours, page 30). Posons
G = {aH\a G Slô}- On sait que \G\ = 6. L'action de 2l6 sur G par translation à
gauche définit un morphisme de groupes / : 2l6 —► ©6 (on identifie 6(G) et 66) et
on sait que ker / Ç H. Puisque H ^ 21ô, on a ker / ^ 21ô et puisque 21ô est simple,
on a ker / = {1} et donc / est injectif. Montrons que f(H) = 2l5 ce qui permettra de

100
I. GROUPES
conclure. Si h G H alors f(h)(H) = hH = H donc f(H) s'identifie à un sous-groupe
de 65 d'ordre \f(H)\ = \H\ = 60. Or, 65 admet 2l5 pour unique sous-groupe d'ordre
60 et donc f(H) = 2l5.
1.46. Cardinal du centralisateur d'une permutation
Soit s G Gn une permutation se décomposant en un produit de fcH \-kn
cycles disjoints, où pour chaque j G {1,..., n}, kj est le nombre de cycles
de longueur j (k\ est le nombre de points fixes de s) avec 71 — k\ -h 2&2 ~f~
h nkn . Montrer que l'ordre du centralisateur c(s) de s est
\c(s)\= n k'uki-
\<i<n
Solution
On rappelle que c(s) est formé des g G Gn telles que gsg"1 = 5.
1) Soient g G 0(5), x G {1,... ,n} et o;(x) l'orbite de x sous l'action de s. Alors,
#(o;(:r)) ne dépend que de g(x) puisque
u(x) = {sk(x);fceN} et g(sk(x)) = sk(g(x)).
2) Etudions d'abord le cas où n = ki et où s est le produit de k cycles à supports
disjoints et tous de longueur i. Si g G c(s) alors, par la formule de conjugaison
d'un cycle (cf. Cours, proposition 4.10 page 15) et par unicité de la décomposition
en cycles disjoints, g permute les k orbites de s et il existe k\ permutations de ces
orbites. Une telle permutation étant choisie ainsi que des représentants x\, ..., Xk
de chacune des k orbites, g est caractérisé (cf. 1)) par le fc-uplet (g(x\),... ,5(2^))
et on compte au total ik tels fc-uplets. Finalement, \c(s)\ = k\ik.
3) On suppose désormais n quelconque. Soit f^ la réunion des orbites de cardinal
i où 1 < i < n. Si g G c(s) alors Qi est stable par g : en effet, si x G fi* alors
g(x) G g(uj(x)) et comme s et g commutent, g(u(x)) = u(g(x)) qui est une orbite
de cardinal i. Donc, si Ni = card ( l g\n.\g G c(s) > J alors, comme {1,..., n} est
réunion disjointe des f^, on a \c(s)\ = Yl Ni en convenant que si Qi = 0 alors
\<i<n
Ni = l.
Si Si désigne le produit des cycles de longueur i de s (avec Si = Id si s n'admet pas
de cycle de longueur i) et si g G c(s) alors
gsg'1 = gsi... sng~l = (gsig'1)... (gsng-1) = Si... sn
donc, par définition de Si et par unicité de la décomposition, on a
Vz G {1,...,n},gsig~l = s{
et en particulier, comme fît- est stable par Si et g, on a <7|n.5i|n.<7-1|n. = 5i|n.-

1.47. Un lemme général sur les groupes dérivés
101
On déduit de 2) que, si ki est le nombre d'orbites de cardinal i alors Ni = fcjz** d'où
le résultat annoncé.
1.47. Un lemme général sur les groupes dérivés
Soient G un groupe, G2 le sous-groupe de G engendré par les carrés dess
éléments de G.
1°) Montrer que D(G) C G2.
2°) On suppose que G est engendré par des involutions. Montrer que
\G2 = D(G).
3°) On suppose que G est engendré par des éléments s G S tous
conjugués. Montrer que G/D{G) est un groupe monogène. Examiner le cas
particulier où les éléments de S sont des involutions.
4°) a) Montrer que 2ln = 2l2 = 62.
b) Appliquer les résultats précédents à la recherche des groupes dérivés
de 6n et de 2ln.
Solution
Si x, y G G, on notera [x,y] le commutateur xyx~ly~l.
1°) Il suffit de montrer que tout commutateur de G peut s'écrire comme produit de
carrés. Et, en effet, si x, y G G alors [x, y] = (xy)2(y~lx~2)2x2.
2°) Soit S un système de générateurs de G formé d'involutions de G. Soit g G G.
Par hypothèse, il existe Si,..., sn G S tels que
g = si...sn.
Montrons par récurrence sur n que g2 G D(G). Si n = 1 alors #2 = 1<? = [ff,ff].
Supposons n > 2. On a
p2 = (si... sn_i)sn(si... sn_i)sn = (si... s„_i)2(sn_i... si)sn(si... sn-i)sn.
Par hypothèse de récurrence, p = ($i... sn_i)2 G D(G). Ainsi, $i,...,sn étant
d'ordre 2, on a #2 = p[(sn_i... Si), sn] ce qui achève la récurrence. Ainsi, G2 Ç -D(G)
et on conclut à l'égalité grâce à la question précédente.
3°) Soit T l'ensemble des éléments de S et de leurs inverses. Soit g e G. Par
hypothèse, il existe *i,..., tn G T tels que
g = ti...tn.
Soit s G 5 fixé. Par hypothèse, tout élément de 5 est conjugué de s. On va montrer
par récurrence sur n qu'il existe k G Z tel que, modulo D(G), g = 'sk. C'est vrai si
n = 1 : si # G T alors, par hypothèse, on peut écrire g sous la forme g = ata~l avec
a G G et t G {s, s-1} d'où g = ata~1t~1t = [a,t]t et donc modulo D{G), on a, g = sk
avec k G {1,-1}. Supposons n > 2 et soit g = *!...*„ comme ci-dessus. Alors,
par hypothèse de récurrence, il existe k G Z tel que, modulo £>(G), ti... tn_i = sk.

102
I. GROUPES
D'autre part, le cas n = 1 montre que, modulo D{G), tn = s1 avec i G { — 1,1}. Par
suite, g = t\... tn-i~sl = sk+î ce qui achève la récurrence.
Finalement, on a prouvé que le groupe G/D(G) est cyclique et engendré par ~s.
Cas particulier. - Si s est d'ordre 2 alors s2 = 1 et donc G/D(G) est d'ordre 1 ou 2.
4°) a) D'une part, si a G 6n alors a2 G 2ln en sorte que 6^ Ç 2ln. D'autre part,
2ln est engendré par les 3-cycles et si a est un 3-cycle alors a = (cr2)2 ce qui prouve
que 2ln Ç 2l2 Ç 62. Ainsi, 2ln = 2l2 = 62.
b) Recherche de D(&n). - Le groupe G = &n est engendré par les transpositions
qui sont d'ordre 2. D'après 2°), D(G) = G2 et d'après a), G2 = 2ln en sorte que
D(&n) = SU
Recherche de D(%n). - Si n = 2,3 alors 2ln est abélien et donc £>(2ln) = {Id}.
Supposons n > 5. Une permutation paire est un produit d'un nombre pair de
transpositions donc 2ln est engendré par les r = (ab)(cd). Si les supports sont
disjoints alors r est d'ordre 2. Sinon, écrivons que r = (x\x2)(x2x3) et soient
#4,0:5 deux éléments distincts de #1,0:2, £3, ce qui est possible puisque n > 5. Alors
r = (xiX2){x4X^)(x4X^)(x2Xs) est produit de deux involutions. Ainsi, les doubles
transpositions engendrent 2ln et la question 2°) s'applique : £>(2ln) = 2l2. Par suite,
d'après a), £>(2ln) = 2ln.
Le cas n = 4 est particulier : d'après a), 2l2 = 2l4 mais les doubles transpositions
n'engendrent pas 2l4 et Z)(2l4) est un sous-groupe d'ordre 4.
1.48. Sous-groupes distingués d'un groupe-produit
Soit G = G\ x G2 un produit de deux groupes simples non abéliens.
1°) Montrer que si N est un sous-groupe distingué de G et s'il existe
(#0,2/0) £ N avec x0 ^ 1 alors il existe zY e G\\ {1} tel que (2^ 1) G JV.
2°) Montrer que les seuls sous-groupes distingués de G sont {1}, Gix{l},
{1} x G2 et G.
Solution
1°) L'ensemble H\ = {x G G\ ; 3y G G2, (#,2/) G JV} est l'image directe par la
première projection p : G\ x G2 —* Gi du sous-groupe distingué JV. Comme p est un mor-
phisme surjectif, H\ est un sous-groupe distingué de Gi. Comme G\ est simple et que
par hypothèse p(x0, y0) = xo G H \ {1}, c'est que H\ = G\. Puisque par hypothèse,
G\ n'est pas abélien, il existe a, b G G\ tel que Z\ = aba~lb~l ^ \g1- Puisque b G H\,
il existe c G G2 tel que (6, c) G AT. Puisque JV est distingué, (a, 1)(6, c)(a, l)"1 =
(a&a-1, c) e N et comme N est un sous-groupe, (aba~l,c)(b, c)"1 = (zi, 1) G JV d'où
le résultat demandé.
Remarque. - L'ensemble Z = {z G G\ ; (2,1) G JV} est l'image réciproque du sous-
groupe distingué N par le morphisme G\ —* G, 2: •—► (z, 1) et donc Z<Gi (cf. Cours,
exercice B.5 page 35). On a donc prouvé que Z = Gi ou encore que Gi x {1g2} ^ N-

1.49. Le groupe Q*/Q*2 est infini
103
2°) De manière analogue à la question précédente, on définit le sous-groupe
distingué H2 = {y G G2\ 3x G Gi, {x,y) G N} de G2 et, comme ci-dessus, si H2 ^ {1}
alors H2 = G2 et {lGl} xG2ÇN.
Soit N <G supposé distinct de {1G} en sorte que (Hu H2) ^ ({Id} , {1g2})-
Supposons par exemple H\ ^ {Id}-
1er cas : H2 = {1g2}- Cela veut dire que N Ç G\ x {1g2} et, en fait, d'après la
remarque ci-dessus, on a égalité.
2èmecas : H2 + {1g2}- Soit (z, z') G G. Comme Gx x {1GJ C N et {lGl}xG2 Ç N,
on a (z, 1), (1, z') e N et donc (z, 1)(1, z') = (z, z') e N et donc N = G.
1.49. Le groupe Q*/Q*2 est infini
Soit le sous-groupe Q*2 = {r2 ; r G Q*} de Q*. Montrer que le groupe-
quotient Q*/Q*2 est infini {indication : utiliser des nombres premiers).
Solution
Soient p et q deux nombres premiers distincts. Montrons que les classes de p et q
dans le groupe-quotient Q*/Q*2 sont distinctes i.e. qu'il n'existe aucun x G Q* tel
que p = qx2. Supposons le contraire et posons x = - avec a et b entiers non nuls et
b
premiers entre eux. Alors b2p = a2q et par suite, p et q étant premiers entre eux, p
divise a2 et donc a. On en déduit que p2 divise b2p et par suite que p divise b2 et
donc 6, ce qui contredit l'hypothèse sur a et b.
L'ensemble V des nombres premiers est infini. D'après ce qui précède, si -k : Q* —»
Q*/Q*2 est la projection canonique, la restriction de n à V est injective et donc
Q7Q*2 est infini.

II. ANNEAUX,
PROPRIÉTÉS ARITHMÉTIQUES
II.1. Image réciproque d'un idéal maximal
Soient / : A —» B un homomorphisme d'anneaux et M un idéal maximal
de B. Soit N = f~l(M) l'image réciproque de M par /.
1°) Montrer que N n'est pas nécessairement un idéal maximal de A.
2°) Montrer que si / est surjectif alors N est un idéal maximal de A.
Solution
1°) Soit / : Z[X] —» R[X] l'injection canonique. L'idéal principal M = (X) est un
idéal maximal de R[X] puisque le quotient R[X]/(X) = R est un corps. Si F G Z[X]
alors P G f~\M) si et seulement si /(F) = P e (X) i.e. f~\M) = (X). Pourtant,
(X) n'est pas un idéal maximal de Z[X] puisque le quotient Z[X]/(X) = Z n'est
pas un corps.
Remarque. - On vérifie cependant que si N ^ A alors N est un idéal premier de A.
2°) Soit p : B —> B/M la projection canonique. Alors
ker(po /) = {a G A ; f(a) e M} = N.
Comme p o f est surjectif, on déduit du théorème d'isomorphisme (cf. Cours, §0.a
page 41) que B/M = A/N. Par suite, A/N est un corps et donc N est un idéal
maximal de A.
II.2. Un endomorphisme surjectif d'un A-module de
type fini est bijectif
Soient A un anneau commutatif et unitaire et M un A-module de type
fini. On se propose de démontrer qu'une application / : M —* M, A-
linéaire et surjective est bijective.
1°) a) Montrer que si A est noethérien alors M est un A-module noethé- |

106
IL ANNEAUX, PROPRIÉTÉS ARITHMÉTIQUES
rien i.e. que toute suite croissante de sous-modules de M est stationnaire.
b) En déduire le résultat annoncé dans le cas où A est noethérien
{indication : considérer la suite N0 = /_1(0), N\ = /_1(Af0), ... ).
c) Donner un exemple de module de type fini M sur un anneau
noethérien A et d'une application A-linéaire f : M —> M injective et non
bijective.
2°) Démontrer le résultat annoncé dans le cas général.
{Indication : si x\,... ,xn engendrent M, écrire
n
f{xj) = 2_j aijXû avec a^ G A
et se ramener au cas noethérien en considérant le sous-anneau de A
engendré par les a^- et d'autres éléments convenablement choisis).
Solution
Pour les généralités sur les modules, on pourra se référer à [DuFo], Chp. 10 ou
[ArBe], Chp. 2.
1°) a) Traitons d'abord le cas où M est le A-module canonique An qui est bien
de type fini (il est même libre). On procède par récurrence sur n > 1. Si n = 1 le
résultat est vrai puisque A est noethérien et que ses sous-A-modules coïncident avec
les idéaux de A.
Fixons n > 1 et supposons que le A-module An soit noethérien. Considérons les
sous-A-modules B = An x {0} et C = {0}n x A de An+1. Les applications
An — B A — C
et
(ai,..., On) i—► (ai,...,On,0) a i—► (0,...,0,a)
sont des isomorphismes de A-modules donc, par hypothèse de récurrence, B et C
sont des modules noethériens. De plus, An+1 = B + C.
Soit {Mk)keN une suite croissante de sous-modules de A™"1. Comme B est noethérien,
la suite croissante formée des sous-modules Mk H B est stationnaire. De même, la
suite croissante formée des sous-modules (Àf* + B) fl C de C est stationnaire. Il
existe donc un entier p G N tel que
(1): Mp+1nB = MpnB et (2): (Mp+1 + B) flC = (Mp + B) nC.
Soit x G Mp+i. On va montrer que x G Mv ce qui prouvera que la suite (Mk)keN est
stationnaire et achèvera la récurrence. Il existe b G B et c G C tels que x = b + c.
Comme x-b = c e (Afp+i + B) fl C, on a, d'après (2), x - b G {Mp + B) et donc, il
existe xp G Mp et b' G B tels que x = xp + b'. Comme Mp Ç Mp+i et que Mp+i est
un sous-module, on a x — xp = b' G Mp+1 fl B et donc, d'après (1), on a x — xp G Mp
et ainsi, x G Mp.
Revenons au cas général. Puisque M est un module de type fini, il existe une famille
génératrice {x\,..., xn) de M. L'application / : An —► M définie par
/(ai,..., an) = a^i H h an:rn
est A-linéaire et surjective. Soit (N^ken une suite croissante de sous-modules de

II.3. Éléments inversibles de A[X]
107
M. La suite (f~l(Nk))keN des images réciproques est une suite croissante de sous-
modules de An. D'après l'étude précédente, cette suite est stationnaire. Comme /
est surjective, on a f(f~l(Nk)) = Nk. Ainsi, la suite (Nk)keN est stationnaire ce qui
établit que M est noethérien.
b) La suite de sous-modules (ker/*)fc€N est croissante. D'après la question
précédente, cette suite est stationnaire : il existe p G N* tel que si k > p alors
ker/p = ker/*\ Soit x G ker/p. Puisque / est surjective, fp est surjective et il
existe donc u G M tel que x = fp(u). Par suite, f2p(u) = fp(x) = 0 i.e. u G ker f2p.
Comme 2p > p, on a u G ker fp et donc fp(u) = 0 en sorte que x = 0. Ainsi, fp est
injective et donc / est injective.
c) L'anneau A = Z est noethérien. Le .4-module M = Z est de type fini.
L'application / : M —> M définie par f(x) = 2x est un morphisme injectif non surjectif.
2°) Comme indiqué, considérons une famille génératrice (x\,... ,xn) de M. Pour
tous i, j G {1,..., n}, il existe a^ G A tels que
n
(1) : f(xj) = ^2aiJxi-
1=1
D'autre part, puisque / est surjective, (/(#i),..., f(xn)) est une famille génératrice
de M. Par suite, pour tous z, j G {1,..., n}, il existe 6^- G ^4 tels que
n
(2): x,-= £>,-/(*<)•
1 = 1
On va montrer que x = 0. Soient des scalaires Ck € A
n
(3) : £ = ^ CjXi
i=i
D'après la propriété universelle des anneaux de polynômes (cf. Cours, §0,b page 41),
il existe un homomorphisme d'anneaux $ : Z[Xij,Yij, Zfc]i<ij,k<n —» ,4 tel que si
z,j, fc G {l,...,n} alors $(Xîj) = a^j, $(1^) = &tj et $(^0 = c*. Par le
théorème de transfert (cf. Cours, corollaire 2.4 page 45), l'anneau Z^j, Yij, Zfc]i<ij,k<n
est noethérien. Par le théorème d'isomorphisme, l'anneau image B = Im ($) est
isomorphe à un quotient de l'anneau précédent donc B est noethérien (cf. Cours,
corollaire 2.5 page 45).
Le .4-module M est muni, par restriction, d'une structure de 5-module.
Considérons le sous-B-module N de M engendré par X\,..., xn. Alors, N est stable par / :
n n
en effet, si v = ^ fyxj avec /3j G B alors f(v) = ^ 0jf(xj) et les a^ étant dans
B, on a bien, d'après (1), f(v) G JV. D'autre part, la restriction f\N de / à N qui
est une application 5-linéaire de N sur N est surjective : en effet, si j G {1,..., n}
n
alors, d'après (2), Xj = fÇ^bijXi) et les bij sont dans B. On peut donc appliquer
i=i
le résultat de la question précédente : f\N est injective. Or, comme les c^ sont dans
B, on a, d'après (3), x € N, et par suite, x G ker/|N. On en déduit que x = 0 et
donc que / est injective.
Fixons un élément x G ker / .
tels que

II.3. Éléments inversibles de A[X]
Soit A un anneau commutatif et unitaire. On rappelle que l'ensemble
Nil(i4) des éléments nilpotents de A est un idéal de A (cf. Cours, exercice
II.1.4 page 59).
1°) Montrer que si a0 G A est inversible et ai,..., an G A sont des éléments
n
nilpotents de A alors le polynôme / = ^ a^A"1 est un élément inversible
de A\X).
n
2°) Réciproquement, soient n > 1 et Yl ai^i € A[X] un élément inversible
i=0
de A[X).
(l) Montrer successivement que ao G A*, an G Nil(.4) et an_i,...,ai G
Nil(i4).
3°) En utilisant que Nil(,4) est l'intersection des idéaux premiers de A
(loc. cit.), retrouver le résultat de la question précédente.
Solution
n
1°) On a a^1/ = 1 + h où h = ^a^diX1, somme d'éléments nilpotents, est
i=i
nilpotent. Si N > 1 vérifie hN = 0 alors
(1 + h)(l - h + • • • + (-l)""1/^-1) = 1 - (-h)N = 1
donc, aôlf = 1 + h est un inversible de A[X] et il en est donc de même de /.
2°) Par hypothèse, il existe b0,..., 6m G A tels que
(a0 + aiX + • • • + anXn)(b0 + 6^ + • • • + bmXm) = 1.
En identifiant les termes constants, on voit que a0 et b0 sont inversibles.
Par identification, on voit que anbm = 0 puis que an6m_i + an_ièm = 0 ce qui
donne a£èm_i = 0. Une récurrence limitée sur i G {l,...,m} montre alors que
a\^lbm-i = 0. On en déduit que a™+1b0 = 0. Comme b0 est inversible, on obtient
que a™+1 = 0 et donc que le coefficient an est nilpotent.
Ainsi que cela a été vu à la question 1°), la somme d'un inversible et d'un nilpotent
de A[X] est un inversible de A[X]. Ainsi, f — anXn est inversible et le raisonnement
précédent montre que le coefficient an_i est nilpotent. Par une récurrence
immédiate, on obtient donc que an_2,..., ai sont dans Nil(i4).
3°) Un polynôme inversible à coefficients dans un anneau intègre est nécessairement
n
constant. Soient / = ^^X1 G A[X] inversible, g son inverse dans A[X] et P un
i=0
idéal premier de A. L'application
A[X] - _ (A/P)[X]
lci. [wwwl).

II.4. Éléments sans ppcm ou sans pgcd
109
est un homomorphisme d'anneaux. Par suite, fg = 1 et comme A/P est intègre, /
est, d'après la remarque initiale, un polynôme constant de (A/P)[X]. On en déduit
que ai,..., an sont dans P. Comme P est arbitraire, d'après le rappel, a1?..., an
sont dans Nil(.4).
II.4. Éléments sans ppcm ou sans pgcd
Soient les éléments a = 3et& = 2 + iy/b de l'anneau Z[iy/b}.
1°) a) Montrer que a et b n'admettent pas de ppcm.
b) Montrer que a et b sont premiers entre eux.
2°) Montrer que 3a et 36 n'admettent pas de pgcd
Solution
Posons A = Z[iy/b\. On rappelle que deux éléments a et b de l'anneau intègre A
admettent m G A pour ppcm si m est multiple commun à a et b et si m divise
tout multiple commun à a et b. De même, a et b admettent d pour pgcd si d est
un diviseur commun à a et b et si tout diviseur commun à a et b est un diviseur de d.
Pour tout z = a+i0\/5 avec a et (3 dans Z, on définit l'entier N(z) = \z\2 = a2+5/?2.
Si x G A divise y G A dans A alors, N étant multiplicative dans A, l'entier naturel
N(x) divise (dans Z) l'entier N(y). En particulier, si z G Z[iy/E] est un élément
inversible de A, alors N(z) divise 1 donc N(z) = 1 et par suite z = 1 ou z = — 1.
Dans ce qui suit, le symbole | se réfère à la divisibilité dans A = Z[iy/E].
1°) a) Raisonnons par l'absurde et supposons que a et b admettent un ppcm m.
Alors, m | ab donc, dans Z, N(m) divise N(a)N(b) = 81. D'autre part, si on pose
x = 6(1 + iy/5) alors on vérifie que x = a(—1 + z'\/5) donc JV(ra) divise N(x) = 54.
Par ailleurs, a = 3 | m donc JV(3) = 9 divise JV(m). Ainsi, JV(m) G {9,27}.
On vérifie sans difficulté qu'il n'existe aucun m G ,4 tel que AT(ra) = 27. Par suite,
AT(ra) = 9. Soient a', 6' G ,4 tels que m = aaf = W'. Comme N(a) = N(b) = 9, on a
AT(a') = Ar(&') = 1 et par suite a', 6' G {—1,1}. On en déduit que a = b ou a = —b
ce qui est absurde.
b) Soit d un diviseur commun à a et b. Alors, dans Z, N(d) divise Af(a) = 7V(6) = 9
et donc N(d) G {1,3,9}. Il est immédiat de vérifier qu'il n'existe aucun m G A
tel que N(m) = 3. Supposons que N(d) = 9. Il existe x e A tel que a = cte et
par suite N(x) = 1. Ainsi, d = ±3 et donc 6 = ±3 ce qui est faux. Finalement,
on a Af(d) = 1 i.e. d est un inversible de A ce qui prouve que a et b sont
premiers entre eux. Ce raisonnement montre aussi que si d est un diviseur de a ou de
b alors N(d) = 1 ou N(d) = 9 et donc que a et 6 sont des éléments irréductibles de A.
2°) Raisonnons par l'absurde et supposons que 3a et 36 admettent un pgcd d.
Comme 3 est un diviseur commun à 3a et 36, c'est que 3 | d et par suite, dans Z,
N(3) = 9 divise N(d). D'autre part, d | 3a donc, dans Z, N(d) divise N(3a) = 81.
Ainsi, N(d) G {9,27,81}.
Étudions les trois cas possibles. On a signalé en l°)a) qu'il n'existe aucun élément
d G A tel que N(d) = 27. Supposons que N(d) = 81. Soient x,y e A tels que
3a = dx et 36 = dy. Comme N(3a) = N(3b) = 81, on a N(x) = N(y) = 1 et donc

110
II. ANNEAUX, PROPRIÉTÉS ARITHMÉTIQUES
d = ±3a et d = ±36 ce qui est absurde. Supposons enfin que N(d) = 9. Puisque
3 | d, il existe x G A tel que d = 3x et donc N(x) = 1. Il en résulte que d = ±3. Par
ailleurs, bb = 9 = 3a donc b est un diviseur commun à 3a et 36 et par suite b \ d = 3.
Or, N(b) = N(d) = 9 donc b = ±3 ce qui est faux.
Remarque. - D'après l'exercice II.3.5 du Cours, les éléments 3a et 36 n'ont pas non
plus de ppcm.
II.5. Exemples d'étude d'irréductibilité dans k[X, Y]
Soit A;
vants :
a) Y-
d) Y2
un corps.
-x2,
-x3,
Étudier l'irréductibilité dans
b)
e)
X2
X3
+ Y2
-Y2
±1,
-x,
k[X, Y] des polynômes
c)
f)
X2-
XY3
Y2-l,
- X2Y - Y2
sui-
+ x.
Solution
Soit l'anneau A = k[X}. Comme les anneaux k[X, Y] et A[Y] sont isomorphes, un
polynôme est irréductible dans l'un si et seulement s'il est irréductible dans l'autre.
D'autre part, soit / G A[Y] de degré 2 (par rapport à Y) et de coefficient dominant
dans k \ {0}. Si / est réductible dans A[Y] alors / admet une racine dans A : en
effet, tout diviseur g G A[Y] de / a son coefficient dominant dans k \ {0}, donc /
admet un diviseur de la forme g = aY — (3 avec a e k non nul et /? G A et donc
a"1/? est racine de /.
a) Comme Y — X2 est un polynôme de A[Y], unitaire et de degré 1, ce polynôme
est irréductible dans A[Y] et donc dans k[X, Y].
b) Soit f(X, Y) = Y2 + X2 ± 1 G A[Y}. Si / est réductible , il existe a(X) G A tel
que /(X, a(X)) = 0. Nécessairement, d°(a(X)) < 1 et donc il existe a,/3 G k tels
que \aX + /3)2 + X2 ± 1 = 0. On en déduit que a2 + 1 = 0, 2a/3 = 0 et /32 ± 1 = 0.
Nécessairement a ^ 0 et (3 ^ 0 et par suite k est de caractéristique 2.
Réciproquement, si k est de caractéristique 2 alors f(X, Y) = (X + Y + l)2. En conclusion,
/(A", Y) est irréductible si et seulement si la caractéristique de k est différente de 2.
c) La méthode et le résultat sont identiques à ceux de b).
d) La méthode est identique : pour des raisons de degré, il n'existe pas de polynôme
a(X) G k[X] tel que a(X)2 - X3 = 0. Le polynôme Y2 — X3 est donc irréductible
dansfc[X,yj.
e) La méthode et le résultat sont identiques à ceux de d).
f ) On a XY3 - X2Y -Y2 + X = Y2(XY - 1) - X(XY - 1) = (XY - 1)(Y2 - X)
donc XY3 - X2Y -Y2 + X est réductible.

II.7. Réels x tels que tan27rx soit rationnel
111
II.6. C[X, Y]/{X2 + Y2 ± 1) est principal
Montrer que les anneaux A = C[X, Y}/(X2 + y2 - 1) et 5 = C[X, y]/(X2 +
y2 + 1) sont isomorphes à Panneau C[C/, V]/(C/V — 1) (et sont donc
principaux en vertu de l'exercice II.4.4 du Cours).
Solution
Traitons le cas de A, celui de B est analogue. Désignons par x et y les classes
respectives de A" et y dans l'anneau-quotient A et par u et v les classes respectives
de U et V dans l'anneau-quotient C = C[U, V]/(UV — 1), en sorte que x2+t/2 — 1 = 0
et uv - 1 = 0. Remarquons d'abord que X2 + y2 - 1 = (X + ^)(X - iy) - 1 est de
la forme ST — 1 avec S = X + iYetT = X — ÏY. D'après la propriété universelle
des anneaux de polynômes (cf. Cours, §0.b page 41), il existe un homomorphisme
d'anneaux <p : C[[/, V] —» A fixant C et tel que <p(U) = x + iy et <p(V) = x — iy. Par
construction, UV — 1 est dans le noyau de y>. Donc, par le théorème d'isomorphisme
(cf. Cours, §0.a page 41), y? se factorise à travers C i.e. il existe un homomorphisme
d'anneaux Jp : C —> A fixant C et tel que Jp(u) = x + iy et Tp(v) = x—iy. Remarquons
que
Jp(u) + Jp(v) , u + v x W(u) — Tp(v) ,u — v.
x = rv J „ ^v l = Jp(—r—) ety= ^K ' . v J = Jp(—— ).
2 ^v 2 y y 2i ^K 2i J
D'autre part, par le même raisonnement que précédemment, il existe un homomor-
Il -J- y il — V
phisme d'anneaux ip : A —► C fixant C et tel que ip(x) = —-— et ip(y) = . Par
suite, ip(x + iy) = u et xp(x — iy) = v. Par construction, Jp o x/;(x) = x, Tp o ip(y) = y
et \j) o Jp{u) — u, ip o Jp{y) = v. Comme l'anneau A (resp. C) est engendré par x et
y (resp. par u et v), on a Jp o ip = Id^ et ip o Jp — Idc ce qui prouve Jp est bijectif et
donc que C et A sont isomorphes.
II.7. Réels x tels que tan27rx soit rationnel
Soient x G R et £ = tan 27r:r. On suppose que t est un rationnel distinct de
0,1 et -1. On pose z = e4inx.
1°) Montrer que z est dans Q[ï\.
2°) Montrer que si x G Q alors z est entier sur Z[z] (cf. Cours, exercice
3.2 page 61).
3°) En utilisant que Z[i] est un anneau intégralement clos (loc. cit.)
montrer que x est irrationnel.
Solution
1 —t2 2t
1°) On a z = e4înx = cos(47nr) + ism(4nx) = + i- ~ donc, comme t G Q,
1 + tz 1 4-1
z est bien dans Q[ï\.
2°) Supposons que x = T avec a G Z et b G N*. Alors z6 = e4l7ra = 1 donc 2 est
b
entier sur Z et, a fortiori, sur Z[z].

112
II. ANNEAUX, PROPRIÉTÉS ARITHMÉTIQUES
3°) Raisonnons par l'absurde et supposons x rationnel. Comme Z[i] est un anneau
principal, Z[i] est intégralement clos. L'anneau Q[i] étant un corps, il est immédiat
que c'est le corps des fractions de Z[i}. Enfin, z G Q[i] et est entier sur Z[i]. On
7T
en déduit que z G Z[i]. Comme \z\ = 1, arg(z) est de la forme n— où n G Z et
donc Anx = n— i.e. 2nx = n—. Par suite, t = tan(27nr) G \ tanO, tan —, — tan — > =
2 4 v ' l 4' 4J
{0,1, — 1} contrairement à l'hypothèse.
II.8. Somme de deux carrés premiers entre eux
Soit n G N, n > 2. On se propose de montrer l'équivalence des trois
assertions suivantes :
(z) : il existe x, y G N, premiers entre eux et tels que n = x2 + y2,
(ii) : —1 est un carré dans
(iii) : n = 2QJ^[p£fc où a G {0,1} et où chaque pk est un nombre
fc=i
premier congru à 1 modulo 4.
1°) Montrer que (i) => (ii).
2°) Montrer que (ii) => (iii).
3°) On suppose l'assertion (iii) vraie.
Montrer que pour tout k G {1,..., r}, il existe zk G Z[i] tel que N(zk) = Vh
r
où N est la norme z G Z[ï\ \—> |,z|2. En considérant 2 = (1 + i)Q TT z%k = x + iy
k=\
avec x, y G M et en utilisant les résultats du §11.6), prouver l'assertion
(0-
Solution
1°) On note m la classe modulo n de l'entier m.
Si n = x2 + y2 alors x2 = —y2. Si y n'est pas inversible dans l'anneau Z/nZ alors il
existe un nombre premier p divisant n et y et par suite p divise x2 = n — y2 et donc
p divise a: ce qui contredit l'hypothèse sur x et y. Ainsi y est inversible et par suite
— 1 = (xy _1)2, ce qui prouve (ii).
2°) Par hypothèse, il existe z G N tel que n \ (1 + x2). Soit p un facteur premier de
n. Alors -1 est un carré dans ¥p. Il en résulte (cf. Cours, corollaire 2.13 page 75)
que p = 2 ou p = 1 (mod. 4). D'autre part, —1 n'est pas un carré dans Z/4Z donc
4 ne peut diviser n. Ainsi, n se décompose comme indiqué.
3°) Puisque pk = 1 (mod. 4), il existe xk,yk G N tels que pk = x\ + y\ (cf.
Cours, théorème 6.6 page 57). Posons zk = xk + iyk- Alors N(zk) = pk et si on pose
r r
2 = (1 + î)a JI2?* al0IS Z e Z^ et ^W = iV(1 + 0*11^)** = U' C0Iïime
z G Z[z], il existe x, t/ G Z tels que z = x + zt/. On a N(z) = n = x2 + y2.

II.9. Somme de deux carrés « uniques »
113
Pour montrer (z), raisonnons par l'absurde et supposons qu'il existe un nombre
premier p divisant x et y. Alors, p divise z dans Z[i] et donc N(p) = p2 divise N(z).
D'après la décomposition de n dans N, on a p =fi 2 et donc il existe k G {1,... ,r}
tel que p = pk. Comme pk = z^Zk, l'entier de Gauss ~Zk divise p et comme on a vu
que p divise z, c'est que zjt divise z dans Z[ï\. Or, zjt est irréductible dans Z[z] car de
norme un nombre premier et il en est de même des facteurs 1+i, Z\,... ,zr de z. Par
suite, dans l'anneau factoriel Z[i], le diviseur irréductible zjt est associé à l'un des ces
facteurs. À cause des normes, ~Zk et 1 + i ne sont pas associés de même que ~Zk et z{
pour i ^ k. Enfin, ~Zk et Zk ne sont pas associés (cf. Cours, remarque 6.11, page 58 et
aussi la question 1°) de l'exercice ci-dessous). On a donc obtenu une contradiction.
II.9. Somme de deux carrés « uniques »
1°) Montrer que si p est premier et p = 1 (mod. 4) alors l'ensemble des
éléments de Z[z] de norme p est, à la relation d'association près,
constitué de deux éléments irréductibles zp et zp, non associés.
Dans la suite, on désigne par P (resp. Q) l'ensemble des nombres
premiers congrus à 1 (resp. 3) modulo 4 et pour chaque p G F, on suppose
choisi un élément irréductible zp G Z[i] de norme p.
2°) Montrer que tout entier de Gauss non nul admet une décomposition
unique en irréductibles de Z[z] de la forme :
u(l+i)aY[qa<]Iz¥Ïlz0S
q€Q p€P p€P
où uG Z[i]*.
3°) Soit n G N \ {0,1} admettant la décomposition en facteurs premiers
suivante :
n = 2QYlpQ»Ylq2Q*.
a) Soit 5(0, n) = {z G Z[z] ; N(z) = n}. Montrer que 5(0, n) = An où :
An = j u(l + i)Q II 9tt' II zpP~h%P ! u e ZW* et Vp 6 P, tp 6 {0,1,..., qp} l .
I q£Q p€P )
b) Montrer qu'il existe (x0, y0) G N x N tel que n = x% 4- 2/q- Déduire de
la question précédente que l'équation n = x2 + y2 n'admet pas d'autres
solutions dans N x N que (x0, yo) et (y0, x0) si et seulement s'il existe p G P
et ap G {0,1} tels que
n = 2apapYlq2a*.
q£Q
4°) a) Soient m G N* et z G Z[z] tels que zm G Z. Montrer qu'on a l'une
z
des possibilités suivantes : z G Z U zZ ou G Z U zZ.
1 +2
b) Retrouver le résultat de l'exercice II.7 : si x G K est tel que tan27nr G
Q \ {0,1, -1} alors xGR\Q (indication : considérer z = e4inx).

Solution
1°) Comme p = 1 (mod. 4), on sait qu'il existe a, b G N tels que p = a2 + b2 (cf.
Cours, théorème 6.6 page 57). Soit z G Z[z] tel que N(z) = p. Un entier de Gauss de
norme un élément premier de N est irréductible dans Z[i\. Or, on a (a+ib)(a—ib) = z~z
et chaque facteur de cette égalité est de norme p et donc est irréductible dans Z[z].
Par unicité de la décomposition dans l'anneau factoriel Z[z], il existe donc u G Z[z]*
tel que z = u(a + ib) ou2 = u(a — ib). Réciproquement, ces entiers de Gauss sont
de norme p = a2 + b2.
Enfin, montrons que a + ïb et a — ib ne sont pas associés. Sinon, il existe v G {±1, ±z}
tel que a + ib = v(a — ib). Si v = ±1 alors a = 0 ou b = 0 et donc p = b2 ou p = a2
ce qui est absurde. Si v = ±z alors a = ±b donc p = 2a2 et par suite p = 2 ce qui
est absurde puisque, par hypothèse, p = 1 (mod. 4).
Remarque. - Si p > 3 est un entier premier alors la condition p = 1 (mod. 4) est
nécessaire pour que p soit la norme d'un élément de Z[z]. Si p = 2 et si z G Z[z]
vérifie N(z) = p alors il est immédiat que z est un associé de 1 + z.
2°) Comme Z[z] est factoriel, pour répondre, il suffit de montrer que les éléments
irréductibles de Z[z] sont, à la relation d'association près, les éléments suivants :
1 4- z, q où q G Q, zp et ~zv où p G P
et que ces éléments sont non associés.
Or, d'une part, on sait (cf. Cours, théorème 6.10 page 58) que les irréductibles de
Z[z] sont les éléments de Q et les z G Z[z] tels que N(z) soit un entier premier et
on a vu à la question précédente que z est alors associé à 1 -h z, zp ou ~zv pour un
p G P. Et d'autre part, deux éléments de la liste ci-dessus ou bien ont des normes
différentes et sont donc non associés ou bien sont de la forme zp et ~zv et donc non
associés encore d'après la question précédente.
3°) a) Soit z G Z[z] non nul. Alors, d'après 2°), z admet la décomposition suivante
en produit d'irréductibles :
qeQ peP peP
Alors, z G 5(0, n) si et seulement si N(z) = n si et seulement si
2Q JJ q2a'< JJ pa'p+tp = 2a JJ pap Yl Q2aq
q€Q p€P p€P q€Q
donc si et seulement si a' = a, a'q = aq et a'p + tp = ap donc si et seulement si z est
de la forme
(•) : z = u(l + z)Q JJ qa< Yl Zpp~hzpp
q£Q p€P
avec tp G {0,... ,ap}.
b) Pour tout q € Q, vq(n) = 2aq est paire. L'existence de (x0,2/o) résulte donc du

IL9. Somme de deux carrés « uniques »
115
théorème des deux carrés (cf. Cours, théorème 6.9 page 58).
1=>| Supposons que l'équation n = x2+y2 admette au plus deux solutions dans N x N.
Montrons que n admet au plus un facteur premier dans P. On suppose n décomposé
comme dans l'énoncé et on raisonne par l'absurde en supposant l'existence de pi, p2 G
P distincts et tels que aPl, aP2 > 1.
i) Faisons d'abord l'observation générale suivante et de démonstration immédiate :
si Z G Z[i] alors il existe u G Z[i]* = {±1, ±i) tel que Re(uZ) G N et Im (uZ) G N.
ii) Soit a G 5(0, n) tel que ~zPl et ~zP2 ne divisent pas a dans Z[i\. Un tel élément
existe, par exemple
a=(i+ottn«tt,n*pp
que l'on obtient en faisant tp = 0 pour chaque p e P dans (•) ci-dessus. De plus,
d'après i), il existe u G Z[z]* et x\, y\ G N tels que ua = x\ + iy\.
ii) De même, il existe a' G 5(0, n) tel que ~zpi divise a' et z^ divise a' dans Z[z]. On
peut considérer par exemple
a' = (l+z)^J]^ II zpP-
q£Q P€P\{P2}
Enfin, il existe v G Z[i]* et x2,y2 G N tels que va' = x2 + 22/2-
iii) Comme a, a' G 5(0, n), on a n = xf + y^ = x\ + j/|- Par hypothèse sur les
solutions de l'équation, on a donc (x\,y\) = (0:2,2/2) ou (^1,2/1) = (2/2,2:2) autrement dit
ua = va' ou ua = iva'. Mais ua = va' est impossible car z^ divise a' et ne divise
pas a. Et de même, ua = iva' est absurde car ~zpi divise a' et ne divise pas a. On a
obtenu la contradiction souhaitée.
D'après ce qui précède, n se décompose sous la forme n = 2 V JJ 92or'
avec v E r
q€Q
et ap > 0. Montrons maintenant que ap G {0,1}. Raisonnons par l'absurde et
supposons que ap > 2. Considérons les éléments suivants de An :
b=(i+o%*> n ^ et bf=(i+ir^-% n <?û9-
<7€Q (7€Q
Le même raisonnement que précédemment montre qu'il existe s,t G Z[i]* tels que
sb = tb' ou 56 = irt'. Dans le premier cas, zp est un facteur irréductible de b' et
n'est pas un facteur irréductible de b ce qui est absurde. Dans le second cas, ~zp est un
facteur irréductible de b' et n'est pas un facteur irréductible de b ce qui est absurde.
[^1 Supposons que n = 2apap JJ q2aq avec p G P et ap G {0,1}. D'après la ques-
<7€Q
tion précédente, si ap = 0 alors 5(0, n) = {ua ; u G Z[z]*} où a = (1 4- i)a ]J[ gQ9
et l'équation n = x2 + y2 admet au plus 4 solutions dans Z x Z. Si ap = 1 alors
i4n = {uè, uc ; u G Z[z]*} avec b = (1 + t)% JJ çQ9 et c = (1 + i)azp JJ çQ9. Or,
comme 1 — i et 1 + i sont associés, ces expressions montrent qu'il existe v G Z[i]*

116
II. ANNEAUX, PROPRIÉTÉS ARITHMETIQUES
tel que c = vb et par suite 5(0, n) = {ub, ub ; u G Z[i]*} et l'équation n = x2 + y2
admet bien au plus 2 solutions dans N x N.
4°) a) Supposons z ^ 0 sinon le résultat est évident. Soit
q€Q p€P p£P
=ix(i+oan^n2ppii^p
la décomposition de z dans Z[z] (cf. 2°)). Supposons que l'entier zm se décompose en
produit de facteurs premiers sous la forme zm = ±2a' JJ qa'- J]V*. Alors, comme
2 = — i(l + i)2 et p = ZpZp, on obtient la décomposition en facteurs irréductibles
dans Z[ï\ suivante
qeQ peP peP
avec v G Z[z]*. Par unicité de la décomposition, on en déduit que map = ftv, m(3p =
0'p d'où ap = 0P. Par suite, z = u(l + z)Q II ^ IIpQp- °r' ^ + *)" est de la forme
q£Q p£P
a, (1 + z)a, za ou z'(l + i)a avec a G Z. On en déduit le résultat demandé.
1 — t2 2t
b) Posons t = tan27ra\ On a z = e4l7rx = 4- i ô- Comme t G Q, il existe
' l + £2 1 + t2 ^'
k G Z* tel que fcz G Z[i].
Raisonnons par l'absurde et supposons que x e Q. Alors, il existe m G N* tel que
zm = 1. Il en résulte que (kz)m G Z. D'après la question précédente, il existe donc
a G Z* tel que
kz = a ou kz = ia ou kz = (1 ± z)a.
Si fcz = a alors 2t = 0 d'où £ = 0. Si fcz = ia alors 1 — £2 = 0. Si kz = (1 ± i)a alors
1 — t2 = ±2t dont les solutions sont ±1 ± y/2 et donc t £ Q. Dans chaque cas, on
obtient une contradiction avec £ G Q \ {0, —1,1}.
11.10. Exemples de factorisations dans Z[z]
Utiliser les
en produit
vants
a) 1 + 3z,
exercices II.9
(questions 1°)
et 2°)) et II.8 pour
décomposer
de facteurs irréductibles dans Z[ï\ les entiers de Gauss sui-
b) 70 + i,
c) 4 + 3z,
d) 201 + 43»,
e) 99 + i.
Solution
On reprend les notations de l'exercice II.9. Soit z = x + iy =fi 0 où x et y sont des
entiers premiers entre eux. Soit z = u(l + i)a JT qaq JT z°p JT ~z^v la décomposition
q€Q p€P p£P
de z dans Z[i]. Comme x et y sont premiers entre eux, on a, pour tout p G F,
ctpPp = 0 : en effet, si pour un p G F on avait ap > 1 et 0P > 1 alors p = zv~zv
diviserait z et donc p diviserait les entiers x et y ce qui est exclu. D'autre part,
n = N(z) = 2a Y\qeQ q2aq HpepPap+/3p' Comme n = x2 + y2 avec x et y dans Z
et premiers entre eux, on sait (cf. exercice II.8) que a G {0,1} et que pour tout
g G Q, on a 2aq = 0 et donc aq = 0. D'autre part, si p G F et vp(n) > 0 alors

11.11. Étude de l'anneau Z2
117
{aP,0P) = 0>p(n),0) ou (ap,0p) = (0,vp(n)) selon que zp ou zp divise z.
1 + 3i
a) Si z = 1 + 3z alors JV(z) = 10 = 2 x 5 et donc 1 + i divise 2. On a =
1+2
-(1 + 3i)(l — i) = 2 + i qui est irréductible puisque de norme le nombre premier 5.
Ainsi la décomposition de z est z — (1 + i)(2 + i).
b) Si z = 70 + i alors N(z) = 4901 = 132 x 29. On a 29 = 52 + 22 et donc
5 + 2i ou 5 — 2i divise z. On vérifie que 5 + 2% ne divise pas 2: dans Z[i]. On a
-—-^ = —(70 + z)(5 + 2Ï) = 12 + 5z et donc 70 + i = (5 - 2z)(12 + 5z). D'autre
part, 13 = 32 + 22 et (3 ± 2z)2 = 5 ± 12i. Par suite, 12 + 5* = i(3 - 2i)2 d'où la
décomposition en irréductibles 70 + i = i(5 — 2i)(3 — 2i)2.
c) Si z = 4 + 3i alors N(z) = 25 = 52. On a 5 = 22 + l2, (2 ± z)2 = 3 ± 4ï et donc
z(3 — 4i) = z(2 — z)2 d'où la décomposition 4 + Si = i(2 — i)2.
d) Si z = 201 + 43z alors N(z) = 2012 + 432 = 42250 = 2 x 53 x 132. On a 5 = 22 + l2
et on examine lequel des deux entiers de Gauss 2 + i et 2 — i divise z. On obtient
alors que 2 + i divise z. De même, 13 = 32 + 22 puis 3 + 2z divise z. Par suite, il existe
u G Z[z]* tel que 2: = u(l+z)(2+z)3(3+2z)2 et en développant, on obtient que u = —1.
e) Si z = 99 + i alors JV(*) = 992 + 1 = 2 x 4901 = 2 x 132 x 29. On a 29 = 52 + 22
et 5 - 2i divise z avec z = (5 — 2ï)(17 + 7ï). On sait 1 + i divise 17 + li et le calcul
donne 17 + 7i = (l + i)(12-5i). Le calcul effectué en b) donne 12 — 5i = -i(3 + 2i)2
d'où la décomposition z = —i(5 — 2z)(l + z)(3 + 2z)2.
11.11. Étude de l'anneau Z2
On définit Z2 = i x G Q ; 3p G Z, 3ç G Z impair, x = - i.
1°) Montrer que Z2 est un sous-anneau de Q contenant Z.
2°) a) Déterminer l'ensemble Z2 des éléments inversibles de Z2.
b) Montrer que 2Z2 est l'unique idéal maximal de Z2 (on dit que Z2 est
un anneau local).
c) Montrer que Z2/2Z2 ^ F2.
3°) Soient x, y, z G Q tels que x2 + y2 + z2 = 1. Montrer que x,y,z e Z2.
Solution
1°) Si n G Z alors n = j G Z2 donc Z Ç Z2.
1 G Z2 et, clairement, Z2 est stable par addition et multiplication, d'où le résultat.
2°) a) Soit x = - G Z2 avec p G Z \ {0} et ç impair. Alors - = -. Si p est pair
g x p
alors on ne peut avoir — = — avec b impair. Donc si x est inversible alors p et q
x b

118
IL ANNEAUX, PROPRIÉTÉS ARITHMÉTIQUES
sont impairs. Réciproquement, - avec p et q impairs est un inversible de Z2. Ainsi,
Q
%2 = \~ '•> P ^Z et q €Z impairs > .
b) 2Z2 est un idéal (principal) de Z2. D'après la question précédente, 2Z2 est
exactement l'ensemble des éléments non inversibles de l'anneau Z2. Un idéal / de Z2
distinct de Z2 ne contient aucun inversible de Z2 et par suite / Ç 2Z2 ce qui prouve
que 2Z2 est un idéal maximal de Z2 et qu'il n'en existe pas d'autres.
c) Puisque 2Z2 est un idéal maximal de Z2, l'anneau-quotient Z2/2Z2 est un corps.
— P
Si r G Z2, on note r la classe de r modulo 2Z2. Soit x = - G Z2 avec q impair. Si p
Q
— — P ~ Q
est pair alors x G 2Z2 et donc x = 0. Si p est impair alors x — 1 = et comme
Q
p — q _ —
G 2Z2, onax= 1. Ainsi, Z2/2Z2 est un corps à deux éléments d'où le résultat.
Q
3°) Raisonnons par l'absurde et supposons par exemple x £ Z2. On peut toujours
supposer
a b _ c
où m, n,p entiers tels que m > 1, m > n,p et où a, u, v, w entiers impairs et b et c
impairs ou nuls. De x2 + y2 + z2 = 1, on déduit que
a v w + l v Jo u w + 2 y y'c u v = 2 u v w .
En passant cette égalité modulo 4, on obtient 1 + 4m"nÀi + 4m_pÀ2 = 0 où Ai, A2
sont congrus à 0 ou 1, ce qui est impossible.

III. CORPS,
THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
III. 1. Extensions de degré premier
Les deux questions sont indépendantes.
1°) Pour quels nombres premiers p et q a-t-on Q(y/p) Ç Q(tfq) ?
2°) Soit k Ç K une extension de degré p avec p premier. Déterminer les
corps intermédiaires L de cette extension i.e. vérifiant k Ç L Ç K.
Solution
1°) Les polynômes X2 — p et X3 — q admettent resp. y/p et tfq pour racines
et d'après le critère d'Eisenstein, par exemple, ils sont irréductibles sur Q. Donc,
[Q(y/P) : Q] = 2 et [Q(tfq) : Q] = 3. Par suite, on ne peut avoir la tour d'extensions
Q Q Q(y/p) Q Q(v^) sinon, par multiplicativité des degrés, [Q(y/p) : Q] diviserait
[Q(v^) '• Q]- Il n'existe donc pas de nombres premiers p et q répondant à la question.
2°) Par multiplicativité des degrés, on a [K : k] = [K : L][L : k] et comme [K : k] = p
est premier, c'est que [K : L] = 1, i.e. L = K ou bien que [L : k] = 1 i.e. L = k.
III.2. Caractérisation des éléments algébriques
On se propose de démontrer autrement que dans le Cours le résultat
suivant (théorème 1.11 page 66) :
Soit K Ç L une extension et soit a G L. Les propriétés suivantes sont
équivalentes :
a) a est algébrique sur K ;
b)K[a] = K(a);
c) dimtf K[a] < oo.
1°) Montrer a) =ï c).
(Indication : montrer que 1, a,..., an_1 engendrent K[a] si a est de degré
n).
2°) Montrer c) =ï b).
(Indication : considérer l'endomorphisme de K[a] défini par x •—► ax).

120
III. CORPS, THÉORIE ELEMENTAIRE
3°) Montrer b) => a).
(Indication : écrire que a"1 est dans A*[a]).
Solution
On rappelle que K[a] = {/(a) ; / G A[X]} (cf. Cours, remarque 1.7.2 page 66).
1°) Puisque a est algébrique sur A, il admet un polynôme minimal P € K[X] que
l'on suppose de degré n. La division euclidienne de / G K[X] par P s'écrit :
f = PQ + R avec d°(R) < n - 1.
On en déduit que /(a) = R(a) donc /(a) est une combinaison if-linéaire des
éléments 1, a,..., an_1. D'après le rappel, ces éléments engendrent donc K [a].
2°) Soit a G K[a] \ {0} fixé et soit l'application ipa : K[a] —> A [a], a: »—> ax. Alors,
ipa est un endomorphisme du A-espace vectoriel A[a], injectif car
ker^a = {x e K[a] ; ax = 0} = {0}
et donc bijectif puisque, par hypothèse, K [a] est de dimension finie sur K. Ainsi, il
existe b G A [a] tel que 1 = ifa(b) = ab et a admet un inverse b dans A [a] ce qui
suffit à prouver que K[a] est un corps. Par suite, K[a] = A(a) puisque A(a) est le
plus petit sous-corps de L contenant K[a] (cf. Cours, définition 1.6 page 66).
3°) Si a = 0 alors a est algébrique sur K. Si a ^ 0, alors, comme par hypothèse
A [a] est un corps, on a a"1 G A [a]. D'après le rappel, on en déduit qu'il existe
/ = a0 -h aiX + • • • + amXm G A[X] tel que a-1 = /(a) = a0 + aja -h • • • + a^oT.
Par suite, — 1 -I- a0a + a\a2 + h amam+1 = 0 ce qui prouve que a est algébrique
sur A.
III.3. M extension algébrique de if
1°) Soit A l'ensemble des sous-corps A de R tels que V^ ^ A. Montrer
que A admet un élément maximal A pour l'inclusion (indication : utiliser
le théorème de Zorn).
2°) a) Montrer que A ^ R et que R est algébrique sur A.
b) Montrer que A n'est pas dénombrable.
Solution
1°) L'ensemble A n'est pas vide puisque Q G A. Montrons que A est inductif pour
l'inclusion. Soit 3^ une partie non vide de A et totalement ordonnée pour l'inclusion.
Posons Y = U F. Alors, bien sûr, y/2 £ Y. Montrons que Y est un sous-corps de
Fey
R; en effet, si a,b € Y alors, par construction de Y, il existe Fi G 3^ et F2 G 3^
tels que a G Fi et b G F2. Comme 3^ est totalement ordonnée pour l'inclusion, on
peut par exemple supposer que Fi Ç F2 et par suite, a,b € F2. Comme F2 est un
sous-corps de R et que F2 Ç Y, on en déduit que a + b G Y, ab G Y et, si a ^ 0,
a-1 G y, ce qui prouve que Y est un sous-corps de R. D'après le théorème de Zorn,
il existe A G *4 maximal pour l'inclusion.

III.4. Automorphismes du corps R
121
2°) a) Par construction, y/2 £ K donc K ^ R. Montrons que R algébrique sur
if. Soit x G R \ if. Alors if £ if(#) C R donc par maximalité de if, on en
déduit que K(x) £ A et donc que \/2 G if(rr). Par suite, il existe / G if [X] et
f(x)
g G if [X] \ {0} tel que y/2 = :L)-{ (cf. Cours, remarque 1.7.2 page 66). Alors, le
polynôme P = f2 — 2g2 G if [X] est non nul sinon, on aurait, dans l'anneau intègre
R[X], / = ±y/2g et par suite, puisque g ^ 0, en identifiant les coefficients, on aurait
\/2 G if ce qui contredit if G A De plus, P(x) = 0 donc £ est algébrique sur if.
b) Posons, pour tout P G K[X], Z(P) = {x G R : P(ar) = 0} et pour tout n G N,
ifn[X] = {FGif[X]:d°(F)<n}, Zn = (J Z(P).
P£Kn[X}\{0}
Remarquons que, R étant algébrique sur if, on a R = (J Zn. Le if-espace vectoriel
ifn[X] est isomorphe à ifn+1. Raisonnons par l'absurde et supposons if dénom-
brable. Alors, un produit fini d'ensembles dénombrables étant dénombrable, ifn+1
est dénombrable. Il en résulte que Zn, réunion dénombrable d'ensembles finis, est
dénombrable. On en déduit que R = (J Zn, réunion dénombrable d'ensembles dé-
nombrables, est dénombrable, ce qui est faux. Ainsi, if n'est pas dénombrable.
III.4. Automorphismes du corps R
Montrer que l'identité est le seul automorphisme du corps R.
Solution
Soit / : R —* R un morphisme d'anneau. Par définition, /(l) = 1 puis par une
récurrence immédiate, f(n) = n pour tout entier n > 0. On en déduit que si n G N
on a /(—n) = — n et que si n est un entier non nul alors /(1/n) = 1/n car 1 =
/(l) = f[n x 1/n). Ainsi, la restriction de / à l'ensemble Q est l'identité.
D'autre part, / est une application croissante : en effet, si x < y alors f(y) — f(x) =
f(y -x) = fKVv^)2} = [HVy^)}2 > o.
Soit a: G R. Par densité de Q dans R, il existe des suites (sn)n€N et (tn)nçN de
rationnels telles que
Vn eN,sn < x <tn et lim sn = lim tn = x.
Comme / est croissante, on en déduit que
Vn G N, f{sn) = sn< f{x) < f(tn) = tn
et en passant à la limite dans l'encadrement, on obtient que f(x) = x. Ainsi, / = Id^.

122
III. CORPS, THEORIE ÉLÉMENTAIRE
III.5. Automorphisme de C distinct de Idc et de la
conjugaison
I On rappelle qu'il existe une extension K £ R algébrique et telle que
k/2 fi K (cf. exercice III.3).
On admettra le résultat suivant1 :
si C est une extension algébrique d'un corps F alors tout
automorphisme de F se prolonge en un automorphisme de C.
1°) En considérant le corps de décomposition sur K du polynôme P =
\XA — 2, construire un automorphisme du corps C distinct de l'identité et
de la conjugaison2.
2°) En déduire qu'il existe un sous-corps L de C distinct de R et tel que
[C : L] = 2 (on pourra utiliser l'exercice III.4).
Solution
1°) Soit a = \/2. Les racines complexes du polynôme P = X4 — 2 sont ±a et ±ia
et, comme a2 = y/2 fi K, aucune n'est dans K. D'autre part, si P se décompose en
un produit de deux polynômes unitaires de degré 2, l'un de ces polynômes est
(X - a)(X + a), (X - a)(X - ia), (X - a)(X + ia),
et aucun de ceux-ci n'a son terme constant dans K. Donc, P est irréductible sur K.
Soit la racine /3 = ia de P. D'après le théorème d'isomorphisme de deux corps de
rupture d'un polynôme irréductible (cf. Cours, lemme 1.28 page 70), il existe un
isomorphisme de corps y : K(a) —> K{0) tel que tp(a) = /? et y>\K = Id/o D'après
le théorème de prolongement (cf. Cours, lemme 1.31 page 71), y? se prolonge en un
automorphisme -0 du corps de décomposition Dk(P)-
L'extension K Ç C est algébrique car les extensions K Ç K et K Ç C le sont (cf.
Cours, exercice III. 1.4 page 86) et donc l'extension D^(P) Ç C l'est aussi.
On peut appliquer le résultat admis : ip se prolonge en un automorphisme a du corps
C. Puisque a(a) = /3 ^ a, a n'est ni l'identité ni la conjugaison dans C.
2°) Soit / un automorphisme de C distinct de l'identité et de la conjugaison de
C. Montrons que le sous-corps L = f(M) de C convient. La famille (l,/(z)) est
génératrice du L-espace vectoriel C puisque si 2 G C, il existe x,y G K tels que
z = f(x + iy) = f(x) + f(y)f(i). La famille (l,/(i)) est libre dans le L-espace
vectoriel C puisque si x, y G K et si f(x) + f(y)f(i) = 0 alors f(x + iy) = 0 donc
x + iy = 0 et donc x = y = 0. On en déduit que [C : L] = 2.
Montrons que L ^ K ce qui terminera la démonstration. Comme i2 = -1, on a
fi})2 — /(—1) = ~~1 et donc f(i) = ±2. Faisons l'hypothèse que L = R. Alors
f(R) = R et comme l'unique automorphisme du corps R est l'identité, on a, pour
tous x,y e R, f(x + iy) = f(x) + f(i)f(y) = x ± iy ce qui contredit l'hypothèse
initiale sur /.
^f. [Lg], theorem V.2.8 pour une version plus générale.
2Pour une preuve via une base de transcendance, cf. [Jac), §8.12, exercice 3 ou [Lg], exercice
VIII.l).

III.6. Exemples de calcul de polynômes minimaux
123
III.6. Exemples de calcul de polynômes minimaux
2l7T
1°) Soit j = exp(-—). Donner les polynômes minimaux sur Q des nombres
o
complexes suivants :
a)s/7 + v/2; b)z+j; c)j + >/3; d) jV2; e) i + y/2.
2°) Soit ( G C une racine primitive 5-ème de 1. Dans chacun des cas
suivants, trouver le polynôme minimal de £ sur K :
a) K = Q ; b) K = Q(z) ; c) K = Q(v/5) (considérer C + C-1)-
Solution
1°) a) Les réels a = y/ï et b = y/2 sont algébriques sur Q (de degrés respectifs 3
et 2) donc il en est de même de x = a + b. On a (x — b)3 = 7 donc x est racine du
polynôme
Pi = X3 - 3bX2 + 6X - 2b - 7 G Q(6)[X].
Montrons que Pi est irréductible sur Q(6). Pour cela, comme d°(Pi) = 3, il suffit
de montrer que Pi n'admet aucune racine dans Q(b). Or, les racines de Pi sont
x = a + 6, ja + b et fa + 6. De Q(6) C K on déduit que ja + 6, fa + 6 £ Q(6). Enfin,
x ^ Q(6) car sinon a = x — b G Q(6) et donc, par multiplicativité, [Q(a) : Q] = 3
diviserait [Q(6) : Q] = 2. J <2)>c_ VA*i ^^ * ^ ^ f^lo)
Ainsi, [Q(b)(x) : Q(6)] = 3. D'autre part, de Pi (a:) = 0 on déduit que
(1) : x3 + 6x-7 = b(3x2 + 2).
x3 + Qx — 7
Comme 3x2 + 2 ^ 0 (car sinon [Q(6)(ar) : Q(6)l < 2), on a b = ————- G Q(x).
oxz + 2
On en déduit, par multiplicativité,^que .— __
[[Q(x) : Q] = [Q(6)(x>: Q(6)][Q(6) : Q] = 3 x 2 = 6.
Enfin, de (1) on déduit que (x3 + 6x — 7)2 = 2(3x2 + 2)2, ce qui, tous calculs faits,
donne P(x) = 0 avec
P = X6 - 6X4 - UX3 + 12X2 - 84X + 41 G Q[X].
Or, P est unitaire de degré 6 = [Q(x) : Q], c'est donc le polynôme minimal de x sur
Q.
b) Le procédé est identique à celui utilisé en a). Si x = z+j alors on a (x—ï)2+(x—i)+
1 = 0 d'où x2+x = i(2x+l) puis (:r2+:r)2+(2:r+l)2 = 0 i.e. x4+2x3+5x2+4x+l = 0.
Le polynôme minimal de x sur Q est donc X4 + 2X3 + 5X2 + 4X + 1.
c) Le procédé est identique à celui utilisé en a). Si x = j + \/3 alors (x — \/3)2 +
(x - >/3) + 1 = 0 d'où x2 + x + 4 = >/3(2s + 1).
On en déduit que (x2 + x + 4)2 — 3(2x + l)2 = 0. Le polynôme minimal de x sur Q
est donc X4 + 2X3 - 3X2 - 4X + 13.
d) Le procédé est identique à celui utilisé en a). Si x = jy/2 alors x2 = 2j2. Or,
j = -f - 1 = —x2 - 1 d'où -x2 = (-x2 + l)2 ce qui donne x4 + 2x2 + 4 = 0. Le
j j 2 2 2
polynôme minimal de x sur Q est X4 + 2X2 + 4.
e) Le procédé est identique à celui utilisé en a). Si x = i + y/2 alors (x — y/2)2 + 1=0
d'où x2 -2\/2x + 3 = 0 puis (x2 + 3)2 -8x2 = 0. Ainsi, X4 -2X2 + 9 est le polynôme
minimal de x sur Q.
2°) a) Le polynôme minimal de C sur Q est $5 = X4 + X3 + X2 + X + 1 (cf. Cowrs,
corollaire 4.11 page 83).

124
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
b) i est une racine primitive m-ème de l'unité avec m = 4 et £ est une racine
primitive n-ème de l'unité avec n = 5 ; comme m et n sont premiers entre eux, on sait
(cf. Cours, corollaire 4.12 page 83) que Q(() DQ(i) = Q. En particulier, i £ Q(Q et
par suite [Q(Ç,0 : Q(Ç)j = [Q(Ç)(0 : Q(0] = 2.
Donc, par multiplicativité,
[Q(*, 0 : Q] = [Q(t, C) : Q(C)][Q(C) : Q] = 2 x 4 = 8
Le degré du polynôme minimal de £ sur Q(z) est donc
[Q«O-Q(0] = [Q(t'lO:QI=g = 4
Le polynôme minimal de Ç sur Q(i) est donc encore $5.
c) Posons x = C + C"1- Alors, Ç2 — xÇ + 1 = 0 et donc Ç est racine du polynôme
P = X2 - xX + 1. D'autre part, de $5(C) = C4 + C3 + C2 + C + 1 = 0, on déduit
que C2 + tï + 1 + C + 7 = 0 ou encore (x2 - 2) + 1 + x = x2 + x - 1 = 0. Par
C2 C
suite, x = - ——— G Q(Vb). Ainsi, P G Q(y/E)[X] et puisque C £ R, P est le
1 — V^5
polynôme minimal de £ sur Q(>/5). Plus précisément, P = X2 H —X -h 1 si
C G |e"5-,e—s-| et F = X2-h —-—X + l si C G |e~,e ~ j.
III.7. Exemple d'extension finie non monogène
Soient k un corps de caractéristique p > 0, K = k{U,T) le corps des
fractions rationnelles en deux indéterminées et Ko = k(Up,Tp).
1°) Montrer que [K : K0] = p2.
2°) Montrer que si x G K alors xp e K0.
3°) En déduire que K n'est pas une extension monogène de K0.
Solution
1°) Montrons d'abord que si F est un corps commutatif quelconque et n G N* alors
[F(X):F(X»)] = n.
Soit l'anneau A = F[Xn]. Il est isomorphe à l'anneau F [Y] : en effet, le morphisme
d'anneaux <p : F [Y] —* A fixant F et tel que ip(Y) = Xn (cf. Cours, § Il.O.b page
41) est injectif et surjectif.
A est donc un anneau factoriel. L'élément a = Xn de A est irréductible dans A : en
effet, les diviseurs unitaires de a dans F[X] sont les Xk avec k = 0,..., n. On peut
donc appliquer le critère d'Eisenstein (cf. Cours, théorème 3.2 page 76) au polynôme
P = Yn - Xn = Yn - a de A[Y]. Donc, P est irréductible sur L = F(Xn), le corps
des fractions de A. Il en résulte que l'élément X G F(X), qui est racine de F G L[Y]
est de degré n sur L, d'où le résultat annoncé.
Maintenant, on a les extensions
k(TP,Up) ç k(Tp,U) ç k(T,U).

II 1.8. Extensions intermédiaires monogènes
125
En utilisant le résultat précédent, on obtient
[k(Tp, U) : jfe(7*, IP)} = [k(Tp)(U) : k(Tp)(Up)) = p.
et, de même,
[k(T, U) : k(TP, U)} = \k(U)(T) : k(U)(T*)] = p.
Il en résulte que
[fc(T, U) : fc(7*, Up)} =pxp = p2.
Une autre méthode consiste à prouver que la famille à p2 éléments (TlW)o<ij<p-i
est une base de jfe(T, U) sur fc(T*, [/?) (cf. [FrGi], ex. 4.7).
2°) Puisque K est de caractéristique p, on sait que si / G fc[T, £/] alors [/(T, C/)]p =
f(Tp,Up) G ifo (cf. Cours, proposition 2.4 page 73). Il en résulte que si x =
^TTV e K alors xP e K°'
3°) Supposons que l'extension K0 Ç K soit monogène avec K = K0(x) pour un
x dans 7f. Alors, comme xp € K0, le degré de a: sur Kq est au plus p et donc
[Zfo(x) : Kq] < p ce qui contredit [Zfo(^) : i^o] = [K : Zfo] = p2. Ainsi, l'extension
Kq Ç K n'est pas monogène.
III.8. Extensions intermédiaires monogènes
Soit K un corps de caractéristique p G N et soit L une extension de K.
1°) On suppose p = 0.
a) Montrer l'équivalence :
[L:K]<n «=> \/x G L, [#(*) : A] < n
(indication : on rappelle, cf. Cours, exercice III.1.6 page 87, que toute
extension finie de K est monogène).
b) Montrer qu'il est possible d'avoir à la fois :
[L : K] = +oo et \fx G L, [K(x) :K]<oo.
2°) On suppose p > 0. Montrer que l°)a) peut être en défaut
(indication : s'inspirer de l'exercice précédent mais avec une infinité
d'indéterminées).
Solution
1°) a) Si [L : K] < n et si x G L alors, par multiplicativité des degrés, [K(x) : K]
divise [L : K] et donc \K(x) : K] < n (la caractéristique de K n'intervient pas ici).
Examinons la réciproque. Il existe a: G L tel que [K(x) : K] soit maximal. Supposons
que K(x) ^ L et soit alors y G L \ if (#). Comme a: et y sont de degré fini sur K,
l'extension K(x, y) est une extension finie de K. Comme p = 0, d'après le rappel, il
existe z G L tel que K(x,y) = K(z). Puisque y £ K(x), on a \K(x,y) : #(#)] > 1
et donc, par multiplicativité des degrés, \K(z) : K] > [K(x) : K] ce qui contredit la
maximalité de [K(x) : K]. Ainsi, if (x) = L.
b) Si if = Q et si L = Q est la clôture algébrique de Q alors, par construction, tout
x G L est de degré fini sur K et pourtant L n'est pas une extension finie de K (cf.
Cours, exemple 1.16 page 67).
(Cependant, si on choisit K = R, il n'existe aucune extension infinie L de K dont
tous les éléments soient de degré fini sur K puisque ces éléments seraient dans C

126
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
qui est de degré fini sur R.)
2°) Soit Fp[Xi,X2,... ] l'anneau des polynômes à coefficients dans Fp et en une
infinité d'indéterminées X\, X2,... et soit L = Fp(A"i, X2j... ) son corps des fractions.
Soient le sous-anneau A = Fp[Xf, X2, • •. ] et K = Fp(Xf, X2,. •. ) son corps des
fractions. L est une extension de K. Montrons qu'elle n'est pas de degré fini bien
que, si x G L alors \K(x) : K] < p.
Rappelons (cf exercice III.7) que si F est un corps commutatif, X une indéterminée
sur F et ne N* alors [F(X) : F(Xn)} = n. Si on pose, Kx = FP(X£, *£,...) alors
K(Xl) = tfi(Xi) etK = K^Xl) en sorte que [K(XX) : K] = [K^XJ : /fi(Xf)] =
p. De même, si on pose K2 = Fp(A"i, Xf, X\,... ) alors i£(Xi,X2) = ^2(^2) et
^(XO = ^2(^2P) en sorte que [K(XUX2) : ^(XO] = [^2(^2) : K2(X*)] = p.
Ainsi,
[K{XUX2) : K] = [K(Xl)(X2) : KiX^KiX,) : K] = p2.
Par récurrence sur n, on obtiendrait que
[K(X1,X2,...Xn):K]=jT
Ainsi, L contient des extensions de K de degré arbitrairement grand, ce qui prouve
que [L : K) = +00.
Cependant, si x G L alors, d'après Frobenius, xp € K (en effet, x s'écrit comme une
fraction rationnelle en un nombre fini d'indéterminées parmi les X\, X2j... ). Il en
résulte que x est de degré au plus p sur K ou encore que [K(x) : K] < p.
III.9. Extensions quadratico-cubiques de Q
(La question 4°) utilise des notions de théorie de Galois.)
Soit K l'un des deux corps R ou C. On définit la partie suivante Fk de
K :
x G Fk si et seulement s'il existe un entier n et une suite de corps
F0 = Q Ç F, Ç • • • Ç Fn C K
tels que x G Fn et [F* : Fj_i] < 3 pour 1 < i < n.
1°) Montrer que Fk est un sous-corps de K.
2°) a) Préciser les degrés sur Q des éléments de FK.
b) Montrer que FK ne contient aucune racine 11-ème de l'unité distincte
de 1.
3°) Dans cette question, on suppose K = K.
a) Montrer que si x G Fr et x > 0 alors x admet ses racines carrées dans
Fr*
b) Montrer que toute équation de degré 3 à coefficients dans FK admet
une racine dans Fr.
4°) On se propose de donner, lorsque K = K, une condition né-

III.9. Extensions quadratico-cubiques de Q
127
cessaire et lorsque K = C, une condition nécessaire et suffisante
d'appartenance à FK.
a) Soit F un corps et soit E une extension normale de F. Montrer que
si F G F[X] est irréductible sur F alors les polynômes minimaux sur E
des racines de P ont même degré.
b) Soit x e K algébrique sur Q, de polynôme minimal P sur Q. Montrer
que si x G FK alors [DQ(P) : Q] = 2a36 avec a et b dans N.
c) Montrer la réciproque du résultat précédent dans la cas où K = C
(indication : on pourra utiliser qu'un groupe d'ordre 2a36 est résoluble
(c'est un cas particulier d'un théorème de Burnside, cf. [DuFo], section
19.2) et utiliser la propriété des groupes résolubles donnée dans [Goz],
théorème XIII.21).
d) En déduire les racines de l'unité qui sont dans Fc-
5°) On se propose de montrer que la caractérisation de FK
obtenue à la question 4°) pour K = C s'applique encore pour K = R. Pour
cela, on considère Fr(z) = {a + ib ; a,b e FR}.
a) Montrer que Fr(z) est stable par racines carrées et cubiques (i.e. si
z G C et a G Fr(z) vérifient z2 = a ou z3 = a alors z G FR(z')).
b) En déduire que FR(z) = Fc (indication : on pourra utiliser que toute
équation polynomiale de degré 2 ou 3 à coefficients dans un sous-corps
F de C est résoluble par radicaux carrés ou cubiques d'éléments de F -
cf. [Goz], chapitres XIV et XVI).
c) Conclure.
Solution
Pour simplifier, une suite de corps F0 = Q Ç F\ Ç • • • Ç Fn Ç K telle que
[Fi : Fi_i] < 3 pour 1 < i < n sera dite une TEQC (tour d'extensions quadratico-
cubiques) dans K ou encore, réelle si K = R et complexe si K = C.
1°) Rappelons que si F et F sont des extensions d'un corps k et si [E : k] < 3 alors
[EF : F] < 3 (cf. Cours, lemme 4.13 page 84).
Soient x et y dans FK. Alors, il existe des TEQC dans K :
F0 = Q Ç E, Ç • • • Ç Em et (1) : F0 = Q Ç F, Ç • • • Ç Fn
telles que x G Em et y G Fn.
D'après le rappel, on peut « multiplier » la première tour d'extensions par Fn en
sorte que
F0Fn = FnC EA ç • • • ç EmFn (2)
est une TEQC dans K. Ainsi, en juxtaposant (1) et (2), on obtient une TEQC dans
K telle que x, y G EmFn ce qui prouve que FK est un corps.
2°) a) Si l'extension E Ç F vérifie [F : F] < 3 alors tout élément de F est de degré
1, 2 ou 3 sur F. Donc, par multiplicativité des degrés, tout élément de Fk est de
degré sur Q de la forme 2Û36.
b) Si C £ C \ {1} est une racine 11-ème de l'unité dans C alors Q est de degré

128
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
(f(ll) = 10 sur Q et d'après ce qui précède, Ç £ Fc.
3°) a) Soit x G FR et x > 0. Il existe une TEQC F0 = Q Ç Fx C • • • Ç Fn C R
telle que x e Fn. Comme y/x G R et que [Fn(v/x) : Fn] < 2, on en déduit, par
construction, que y/x G Fr.
b) Soit P G FR[X] de degré 3. Comme P G R[X] et d°(F) est impair, il existe x G R
tel que F(x) = 0. D'autre part, puisque P G Fr[X], la méthode de la question 1°)
montre qu'il existe une TEQC F0 = Q Ç Fi Ç • • • C Fn Ç R telle que les coefficients
de P sont dans Fn. Enfin, x est de degré au plus 3 sur Fn donc [Fn(x) : Fn] < 3.
Par construction, on en déduit que x € Fr.
4°) a) Puisque l'extension F Ç F est normale, il existe Q G F[X] tel que E soit
le corps de décomposition Dp(Q). Notons L = Dp(PQ). Soient a, /? G L deux
racines de P. Puisque P est irréductible sur F, il existe un isomorphisme de corps
i : F(a) —► F(/3) tel que ijF = Id^ et i(a) = 0 (cf. Cours, lemme 1.28 page 70).
Appliquons le théorème de prolongement à l'isomorphisme i et au polynôme PQ (cf.
Cours, lemme 1.31 page 71) : comme le corps de décomposition de PQ sur F(a)
et sur F(/3) est L, il existe un isomorphisme de corps y? : L —► L prolongeant i. Le
corps L contient, par construction, un sous-corps isomorphe à E que l'on identifiera
à F. Puisque l'extension F Ç E est normale, on sait que <p(E) Ç E (cf. [Goz],
théorème X.6). Soit Pa (resp. Pp) le polynôme minimal de a (resp. /?) sur F. Soit
(£>(PQ) le polynôme de E[X] obtenu en appliquant ip aux coefficients de Pa. Puisque
ip(a) = /?, on a [^(FQ)](/3) = 0 donc, comme ip(E) Ç E et par définition de F^, on a
F/3|(^(FQ). Comme ^(FQ) et Pa ont même degré, on en déduit que d°(Pp) < d°(FQ).
En échangeant les rôles de a et /?, on obtient finalement que d°(Pp) = d°(FQ).
b) Montrons par récurrence sur n que si F0 = Q Ç Fi Ç • • • C Fn est une TEQC
dans K et si x G Fn, de polynôme minimal F sur Q, alors [J9q(F) : Q] est de la
forme 2a36 avec a, 6 G N.
Le résultat est vrai pour n = 0. Supposons-le vrai au rang n > 0. Soient F0 = Q Ç
Fn(zi,..., zn)
\. Fn = Q(a)
Q

III.9. Extensions quadratico-cubiques de Q
129
Fi Ç • • • C Fn Ç Fn+i une TEQC dans K et x G Fn+i, de polynôme minimal P
sur Q. L'extension QÇFn est une extension simple (cf. Cours, exercice III. 1.6 page
87) donc il existe a G K tel que Fn = Q(a). Soit Q le polynôme minimal de a
sur Q et soit En = Dq(Q). L'extension QÇ£n est normale. D'après la question
précédente, il existe d G N tel que chaque racine de P est de degré d sur En. D'autre
part, puisque [Fn+1 : Fn] < 3, il existe A G Fn[X] non nul tel que d°(A) < 3 et
A(x) = 0. Or, a G En et Fn = Q(a) donc Fn Ç En. Par suite, A G En[X] donc x
est de degré d < d°(A) sur Fn en sorte que d G {1,2,3}. Soient Z\, ..., zm les racines
de P dans C. Comme chaque Zk est de degré d G {1,2,3} sur En, une récurrence
facile montre que [En{z\,..., zm) : En] = 2"3V avec u, i; G N. Comme P est scindé
sur En(z\,..., zm), on a Dq(P) Ç Fn(zi,..., zm). Par ailleurs, comme a G Fn et
que En est le corps de décomposition du polynôme minimal Q de a sur Q, on peut
appliquer l'hypothèse de récurrence : [En : Q] = 2a36 avec a, b G N. Il en résulte
que, par multiplicativité, [En(zu..., zm) : Q] = 2Û+U36+V puis que [DQ(P) : Q], qui
divise [En(zi,..., zm) : Q], est bien de la forme 2Q3/3 avec a, /? G N, ce qui termine
la récurrence.
c) Soit x e C algébrique sur Q et de polynôme minimal P sur Q tel que [Dq(P) :
Q] = 2a36 avec a, 6 G N, (a, 6) ^ (0,0). Soit G le groupe de Galois de P sur Q i.e.
G = Ga\(DQ(P)/Q). Alors, |G| = 2a36. Comme G est résoluble, il existe une suite
finie de sous-groupes de G
G0 = GDG1D---DGn = {lG}
telle que pour 1 < i < n, [G{-i : G{] G {2, 3}.
Pour 1 < i < n, soit F^ le corps fixe de G;. Alors, par correspondance de Galois, on
a la TEQC complexe
F0 = Q Ç F, Ç • • • Ç Fn = DQ(P).
Comme x G Fn, on a bien prouvé que x G Fc-
Remarque 1. - L'existence d'une suite finie de sous-groupes de G
Go = GDG1D-.-DGn = {lG}
telle que pour 1 < i < n, [Gi-\ : G*] G {2,3} peut se déduire aisément du fait
(admis, cf. Cours, exercice I.F.8) que G n'est pas un groupe simple.
Remarque 2. - Le résultat obtenu est l'analogue de la caractérisation des nombres
complexes constructibles, cf. [Goz], théorème XVII.2.
d) Soit Çn une racine primitive n-ème de 1. Son polynôme minimal sur Q est le
polynôme cyclotomique <E>n dont le corps de décomposition sur Q est Q(Cn) lequel
est de degré ip(n) sur Q. D'après la question précédente, Çn G Fc si et seulement
si (p(n) = 2Û36 avec a,b G N. Soit n = 2Q13Q2P33.. .p«r (où r > 2, a!,a2 G N
et a3,...,ar G N* et en supposant que r = 2 signifie que n = 2Ql3Q2) la
décomposition de n > 2 en produit de facteurs premiers distincts. Alors (p(n) =
^(2Ql)^(3Q2)p33_1.. .p?r-1(P3 - 1)... (pr - 1). Donc, si <p(n) = 2a36 alors, comme
<p(2ai)<p(3a2) est de la forme 2U3V, si j G {3,... ,r} on a a, = 1 et les facteurs
premiers de pj — 1 sont dans {2, 3}.
Ainsi, n convient si et seulement si n = 2Q13Q2p3 ... pr avec ai > 0, a2 > 0 et lorsque
r > 3 alors, pour 3 < j < r, les facteurs premiers de pj — 1 sont dans {2, 3}. Les
cinq premiers entiers qui ne conviennent pas sont 11, 22, 23, 25 et 29.

130
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
5°) a) Montrons que F^(i) est stable par racine carrée. Soient a, b € FR et z e C tel
que z2 = a+ib. Si on pose z = x+iy avec x, y G R, on sait que, pour £1,62 € {—1,1},
on a _^=^=^^__
Va2 + b2 + a Na2 + b2-a
X = eiV 2 'y = £2V 2
Comme on a vu à la question 3°) a) que Fr est stable par racine carrée de nombres
positifs, on a x, y G Fr d'où z G Fr(z).
Montrons que FR(z) est stable par racine cubique. Soient a G Fr(z) \ {0} et z G C
tel que z3 = a. Posons a = \a\eî9 avec 6 G R. Pour montrer que 2 G FR(z) ,
il suffit de montrer que 2^ = |a|3e^/3 g Fr(z') puisque les solutions dans C de
1 \/3
z3 = a sont zi, jzi et j2zi et que j = — - + z— G Fr(z). Comme Fr est stable
par racine carrée de nombres positifs, on a |a| = y/Re(a)2 + Im(a)2 G Fr. Comme
Fr est stable par racine cubique de nombres réels (cf. 3°)b)), on a |a|3 g Fr.
D'autre part, cos#/3 est racine du polynôme 4X3 — 3X — cos#, de degré 3 et à
coefficients dans Fr (puisque |a| G Fr et Re(a) = \a\ cos9 G Fr et donc cos# G Fr).
Comme le montre la démonstration de la question 3°)b), cos#/3 G FR. Par suite,
sin(0/3) = ±y/l -cos2(i9/3) G FR. Ainsi, zi G FR(z).
b) Montrons par récurrence sur n G N que si F0 = Q Ç F\ Ç • • • Ç Fn est une
TEQC complexe alors Fn Ç FR(i).
L'assertion est vraie au rang n = 0. Supposons-la vraie au rang n > 0 et soit
F0 = Q ç F, ç • • • C Fn Ç Fn+1
une TEQC complexe. Soit z G Fn+i \ Fn. Alors, comme [Fn+\ : Fn] est 2 ou 3, le
nombre complexe z est racine d'un polynôme P G Fn[X] de degré 2 ou 3. Donc, P
est résoluble par radicaux carrés ou cubiques d'éléments de Fn. Il existe donc une
tour d'extensions
L0 = FnçL1ç...çLpçC
telle que z e Lp et Li = L0(ai), L2 = Li(a2), • •., Lp = Lp-i(ap) où pour chaque
j G {1,... ,p}, aj est racine carrée ou cubique d'un élément de Lj-\.
Comme par hypothèse de récurrence, Fn Ç Fr(z) et que Fr(z) est stable par racines
carrées et cubiques, on obtient successivement que
^iÇFr(z),L2ÇFr(z),...,LpÇFr(z)-
Ainsi, z G FR(z) ce qui achève la récurrence.
On a donc prouvé que Fc Ç FR(z). Or, par définition, Fr Ç Fc et z G Fc donc
Fr(z) Ç Fc. D'où, Fr(z) = Fc. Il en résulte en particulier que Fc fl R = FR puisque
Fr Ç Fc H R Ç Fr(z) et [FR(i) : FR] = 2.
c) Soit a: G R, algébrique sur Q, de polynôme minimal P sur Q tel que [Z)q(F) :
Q] = 2a36 avec a, 6 G N. D'après l'étude faite dans le cas K = C (cf. 4°)c)), on a
x G Fc- Donc, d'après la question précédente, x G Fc H R = Fr.
Remarque. - Le résultat obtenu est l'analogue de la caractérisation des nombres
réels constructibles, cf. [Goz], théorème XVII.4.

III.10. Étude détaillée de corps de cardinal 4, 8, 16 et 9
131
111.10. Étude détaillée de corps de cardinal 4, 8, 16
et 9
1°) Construire un corps fini F4 de cardinal 4. Donner l'ordre des
éléments non nuls et leur polynôme minimal sur le corps premier.
2°) a) Construire un corps fini F8 de cardinal 8. Donner l'ordre des
éléments non nuls et leur polynôme minimal sur le corps premier.
Déterminer tous les sous-corps de F8.
b) Vérifier que le polynôme cyclotomique <J>7 est réductible sur F2.
3°) a) Construire un corps fini F16 de cardinal 16 en utilisant un
polynôme irréductible sur F2. Donner l'ordre des éléments non nuls et leur
polynôme minimal sur le corps premier. Déterminer tous les sous-corps
de F16.
b) Construire un corps fini F{6 de cardinal 16 en utilisant un polynôme
irréductible sur le corps F4 de la question 1°). Donner une base de F{6
sur F2. Construire à l'aide du théorème de factorisation par un anneau-
quotient (cf. Cours, II.0.a page 41), un isomorphisme de Fi6 sur F{6.
4°) a) Construire un corps fini F9 de cardinal 9 en utilisant le polynôme
irréductible X2 +1 G F3[X]. Donner l'ordre des éléments non nuls et leur
polynôme minimal sur le corps premier.
b) Montrer que le quotient de l'anneau des entiers de Gauss Z[i] par
l'idéal principal (3) est un corps de cardinal 9. Expliciter un
isomorphisme du corps F9 construit à la question précédente sur Z[z]/(3)
Solution
Soient p un entier premier et n G N*. Il existe un corps à pn éléments, unique à
isomorphisme près. On le notera Fpn. Un tel corps est un corps de rupture d'un
polynôme P irréductible sur Fp et de degré n (cf. Cours, 1.26, 1.27, 1.11 et 1.3.3 et aussi
l'exercice III. 18 ci-après). Pour corps de rupture, on peut prendre l'anneau-quotient
¥P[X]/(P) (cf. Cours, preuve du théorème 1.27, page 70). On rappelle que P admet
au moins une racine a dans Fpn, que [Fpn : Fp] = n, que (1, a,..., an_1) est une base
de l'espace vectoriel Fpn sur Fp (cf. Cours, théorème 1.11 et sa démonstration, page
66) et que le groupe multiplicatif d'un corps fini est cyclique (cf. Cours, théorème
2.6 page 74). Enfin, par Frobenius (cf. Cours, proposition 2.4 page 73), les différents
apk (k G N) sont racines de P.
1°) Il existe quatre polynômes de degré 2 dans ¥2[X] et seul P = X2 + X + 1 n'a
aucune racine dans F2 et est donc irréductible sur F2 (cf. Cours, remarque 3.1.3 page
76). Posons F4 = ¥2[X]/(P) et soit j une racine de P dans F4. Les éléments de F4
sont 0,1, j et 1-hj. L'ordre de j et de 1+j divise |F4* | = 3 donc cet ordre est 3. L'autre
racine de P est j2 = j +1. Bien sûr, on reconnaît en P le polynôme cyclotomique $3.
2°) a) Un polynôme de degré 3 est irréductible sur un corps K si et seulement s'il
n'admet aucune racine dans K. On vérifie alors aisément que, des 8 polynômes de
degré 3 de ¥2[X], seuls P = X3 + X + 1 et Q = X3 + X2 + 1 sont irréductibles.
Posons F8 = ¥2[X]/(P). Soit a une racine de P dans F8. Comme Fg est d'ordre

132
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
7, tout élément de F8 \ F2 est un générateur de Fg. Les racines de P sont a, a2 et
a4 = a + a2. Tout élément de F8\F2 est de degré sur F2 un diviseur de [F8 : F2] = 3,
donc de degré 3 ; en particulier, le polynôme minimal de 1 -h a, 1 -h a -h a2 et 1 -h a2
est Q.
élément
1
a
Q + 1
a2
Q2 + l
a2 + a
a2 + a + 1
ordre
1
7
7
7
7
7
7
polynôme
minimal
X + l
X3 + X + l
X3+X2+l
X3 + X + l
X3+X2+l
X3 + X + l
X3+X2 + l
Au vu des ordres des éléments de Fg, tout sous-corps de F8 est F2 ou F8 (cf. Cours,
note page 89).
b) Les racines de X7 — 1 sont exactement les éléments de F8 (car 7 = 23 — 1).
D'après la liste des polynômes minimaux des éléments de F8, on a la décomposition
en polynômes irréductibles sur F2 :
X7 - 1 = (X - l)PQ.
X7 - 1
Il en résulte que $7 = ——— est réductible sur F2 .
3°) a) On a vu que le seul polynôme de degré 2 et irréductible sur F2 est X2 + X +1.
Les polynômes de degré 4 et irréductibles sur F2 sont donc ceux qui n'admettent
aucune racine dans F2 et qui sont distincts de (X2 + X + 1)2 = X4 + X2 + 1. On
obtient alors les polynômes irréductibles suivants
Pi = X4 + X + 1, P2 = X4 + X3 + 1 et P3 = $5 = XA + X3 + X2 + X + 1.
Posons Fi6 = ¥2[X]/(Pi) et soit a une racine de Pi dans Fi6 . Alors Fi6 est un F2-
espace vectoriel de base (l,a,a2, a3). On rappelle (cf. exercice 1.11) que le nombre
d'éléments du groupe cyclique Z/nZ d'ordre un diviseur donné d de n est ip(d).
Comme ¥*16 est d'ordre 15, il y a (£(15) = ip(3)(p(5) = 8 générateurs dans Fï6, il y a
ip(5) = 4 éléments d'ordre 5 et (^(3) = 2 éléments d'ordre 3.
Les racines de Pi sont a, a2, a4 = 1 +a et a8 = 1 +a2. De a3 ^ 1 et a5 = a + a2 ^ 1
on déduit que a est d'ordre 15, tout comme les autres racines de Pi. Par suite, a3
est d'ordre 5. Les générateurs de l'unique sous-groupe d'ordre 5 de ¥\6 sont donc
les {a3)k, k e {1,2,3,4} et ils sont tous racines de P3 = $5 = ^fp Dans la base
(l,a,a2,a:3), ils s'écrivent a3, a6 = a2 -h a3, a9 = a -h a3 et a12 = a4 + a6 =
1 -h a -h a2 -h a3. De même, a5 = a -h a2 et a10 = 1 -h a -h a2 sont d'ordre 3 et leur
polynôme minimal qui divise X3 — 1 est nécessairement $3 = X2 -h X -h 1.
Enfin, les générateurs de F*16 (autres que les quatre déjà cités) i.e.
a7 = a-\- a~l = 1 -h a 4- a3,
a11 = a 4- a2 + a3,
a13 = a -h a2 -h a3 -h a4 = 1 -h a2 -h a3 et
a14 = a_1 = 1 + a3,
admettent un polynôme minimal qui ne peut être que P2.

III. 10. Étude détaillée de corps de cardinal 4, 8, 16 et 9
133
On pourra remarquer que a3 est un élément primitif de F16 sur F2 i.e. que Fi6 =
F2(a3), mais n'est pas un générateur de F*16 (alors qu'un générateur de F*n est, bien
sûr, un élément primitif de ¥pn sur Fp).
élément
1
a
a + 1
a2
a2 + l
a2 + a
a2 + a + 1
a3
a3 + l
a3 + a
a3 + a + 1
a3 + a2
a3 + a2 + 1
a3 + a2 + a
a3 + a2 + a + 1
ordre
1
15
15
15
15
3
3
5
15
5
15
5
15
15
5
polynôme minimal
X + l
X4 + X + l
X4 + X + l
X4 + X + l
X4 + X + l
X2 + X + 1
X2 + X + 1
X4+X3 + X2 + X + l
X* + X3 + 1
X4 + X3 + X2 + X + l
X4 + X3 + 1
X4 + X3 + X2 + X + l
X4 + X3 + 1
X4 + X3 + 1
X4 + X3 + X2 + X + l
Il ne peut exister de sous-corps de F16 de cardinal 8 sinon, F*16 contiendrait des
éléments d'ordre 8 — 1 = 7. S'il existe un sous-corps k de Fi6 de cardinal 4, alors,
d'après la liste des ordres des éléments de FJ6, on a k = {0,1, a2 + a, a2 -l- a -I- 1}
et nécessairement, k = F2(a2 -I- a). Réciproquement, F2(a2 -l- a) est un sous-corps
de Fi6 et comme a2 + a est de degré 2 sur F2, ce sous-corps est de cardinal 22 = 4.
C'est donc le seul sous-corps non trivial de Fi6.
Remarque. - Exhibons un isomorphisme de corps de F8 = F2[X]/(P) sur Fg =
F2[X]/(Q) où Q = X3 -h X2 + 1 est irréductible sur F2. Remarquons d'abord que
P(X + 1) = Q(X) : en effet, P(X -h 1) est irréductible sur F2 et P(X + 1) = P(X)
est absurde puisque 1 + a n'est pas racine de P. Soit /? une racine de Q dans Fg.
Par propriété universelle des anneaux de polynômes (cf. Cours, §II.0.a page 41),
il existe un morphisme d'anneaux <p : F2[X] —► Fg tel que ip(X) = 1 -h 0. Alors,
<p(P) = P(tp(X)) = P(/3 + 1) = Q(/3) = 0 en sorte que (P) Ç ker^ d'où (loc. cit.)
l'existence d'un morphisme de corps Jp : F2[X]/(P) —► Fg tel que ïp(a) = 1 + /?• Ce
morphisme est injectif et donc bijectif vu les cardinaux.
b) Le polynôme Q = X2 -h X + j G F4[X] est sans racine dans F4 et par suite
est irréductible donc F{6 = F4[X]/(Q) est un corps à 42 = 16 éléments. Si /3 est
une racine de Q dans F{6 alors F{6 est un F2-espace vectoriel de base (1,/?) et, par
le théorème de la base télescopique (cf. Cours, théorème 1.4 page 65), F{6 admet
(1, j,/?, j0) pour base sur F2.
D'après la propriété universelle des anneaux de polynômes (cf. Cours, §11.0 page 41),
il existe un unique homomorphisme d'anneaux (p : F2[X] —> F{6 tel que ip(X) = /?.
Or, comme j2 + j + 1 = 0 et 01 + 0 + j = 0, on a (02 + 0)2 + (/32 + 0) + 1 = 0
ou encore, si Pi = X4 + X + 1 (cf. a)), Pi(0) = 0. Ainsi, (Pi) Ç ker^ donc (loc.
cit.) ip se factorise par F2[X]/(Pi) = Fi6 : il existe un homomorphisme de corps

134
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
ip : Fi6 —► F{6 qui est donc injectif et par suite surjectif à cause des cardinaux.
4°) a) Posons F9 = ¥3[X}/(X2 + 1). Soit i la classe de X G ¥3[X] modulo {X2 + 1).
Alors, i est une racine de X2 + 1 dans F9 et est d'ordre 4. L'autre racine est — i et
a même ordre. L'élément x = 1 + i vérifie (x — l)2 + 1 = x2 + x — 1 = 0 et donc est
racine de X2 + X — 1. L'élément £ est d'ordre 8 puisque (1 + i)4 = (2i)2 = —1 ; il en
est de même de l'autre racine 1 — i. Enfin, — 1 + i et— 1 — i (les opposés des racines
précédentes) sont racines de X2 — X — 1 et sont d'ordre 8 également.
élément
1
-1
i
—i
1 + i
-1 + i
1-i
-1-i
ordre
1
2
4
4
8
8
8
8
polynôme
minimal
X-l
X + l
X2 + l
X2 + l
X2 + X-l
X2-X-l
X2 + X-l
X2-X-l
On remarquera à nouveau que i est un élément primitif de F9 sur F3 mais que i n'est
pas un générateur de F9.
b) L'élément 3 de l'anneau Z[i] est irréductible car il n'est pas somme de deux
carrés d'entiers (cf. Cours, lemme II.6.7 page 57). L'anneau Z[i] étant principal (cf.
Cours, proposition II.6.5 page 57), l'idéal (3) est maximal et l'anneau-quotient est
un corps (cf. Cours, remarque II.3.11.2 page 46 et proposition II. 1.7 page 43). En
raisonnant comme à la question 3°)b), l'homomorphisme surjectif F3[X] —> Z[z]/(3)
tel que X i—► 1 se factorise par F3[X]/(X2 + 1) = F9 et l'homomorphisme de corps
(donc injectif) obtenu est surjectif. Plus précisément, l'isomorphisme est défini pour
tout (a, b) e Z x Z par
â + il G F9 *-+ a + ib G Z[i]/(?>)
(dans F9 = F3(i), les classes qui apparaissent le sont modulo 3).
III.ll. 2 carré dans F;
Soit p premier impair.
1°) Soit £ une racine huitième primitive de 1 dans une extension de Fp.
Montrer que C + C"1 es^ une racine carrée de 2 G Fp.
2°) En déduire que 2 est un carré dans F* si et seulement si p =
±1 (mod. 8).
Solution
1°) Puisque £8 = 1, on a £4 = ±1, et comme Ç est un générateur du groupe des
racines huitièmes de 1, on a £4 = — 1. Posons a = Ç + £_1. Alors,

111.12. Générateurs de Fg (p G {2,..., 11,31,43, 71»
135
2°) On a les équivalences suivantes :
2 G F*2 & 2^ = l (cf. Cours, proposition 2.11 page 75)
^ Cp + C~p = C + C-1 (Frobenius, cf. Cours, proposition 2.4 page 73).
Puisque p est impair, on a p = k (mod. 8) avec k G {±1, ±3}. Comme C8 = 1, on a
ÇP + Ç-p = £* + £-*. Or, puisque C4 = -1, ona(3 + C"3 = -C"1 - C = -a ^ a et
par suite, 2 G F*2 si et seulement si k = ±1 comme demandé.
111.12. Générateurs de F! (p € {2,..., 11,31,43,71})
Déterminer les générateurs de F* pour
a) p = 2 b) p = 3 c) p = 5 d) p = 7
e) p=ll f) p = 31 g) p = 43 h) p = 71.
Indication : commencer par les petits entiers : ±2, ±3,....
Solution
Le nombre de générateurs de F* est p(p — 1). Si g est l'un d'entre eux, alors
l'ensemble des générateurs de F* est formé des gk où k G {1,... ,p — 1} est premier avec
p — 1. Si p > 3, une condition nécessaire (non suffisante en général, cf. ci-dessous
p = 31 et g = -2) pour que g soit un générateur de F* est que g2^ = —1.
Supposons maintenant p — 1 = 26 avec b impair, ce qui sera essentiellement le cas dans les
exemples à traiter. Si g2^ = — 1 alors l'ordre o(g) de g est un diviseur de 26 qui ne
divise pas 6, donc o(g) = 2c où c | 6; en particulier, on a gc = —1. Si g î =1 alors
on peut appliquer ce qui précède avec — g au lieu de g.
a) Le seul générateur de F£ est 1.
b) Le seul générateur de F3 est -1.
c) F5 admet p(4) = 2 générateurs qui sont 2 et 23 = 3.
d) Le nombre de générateurs de FÇ est (p(6) = 2. On a, modulo 7, 23 = 1 donc
(-2) = FÇ. Les générateurs sont donc -2 = 5, et (-2)5 = -32 = 3.
e) Le nombre de générateurs de F^ est <^(10) = 4. Comme, modulo 11, 25 = —1,
on a (2) = F*n. Les générateurs sont donc 2, 23 = 8, 27 = 7 et 29 = 28 = 6.
f) Le nombre de générateurs de F^ est <£>(30) = p(2)p(3)p(5) = 8. Modulo 31, on a
25 = 1 donc ni 2 ni -2 n'engendrent F^. On a 35 = 26 donc 315 = 263 = -1 donc,
comme 3,35,33 ^ -1, on a (3) = F^ (cf. ci-dessus). Les générateurs de F*n sont
donc

136
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
31 = 3,
317 = 22,
37 = 17,
319 = 12,
311 = 13, 313 = 24,
323 = 11, 329 = 21.
g) Le nombre de générateurs de F43 est <£>(42) = <p(2)ip(3)(p(7) = 12. Modulo 43, on a
27 = 128 = -1 donc ni 2 ni -2 n'engendrent F^3. On a 37 = -6 donc 321 = -63 = -1
donc, comme 33 ^ —1, on a (3) = F43 (cf. ci-dessus). Les générateurs de F43 sont
donc
31 =3, 35 = 28, 311 = 30, 313 = 12,
317 = 26, 319 = 19, 323 = 34, 325 = 5,
329 = 18, 331 = 33, 337 = 20, 341 = 29.
h) Le nombre de générateurs de F^ est y(70) = <p(2)ip(5)ip(7) = 24. Modulo 71,
on a 27 = 57 = -14 donc 235 = (-14)5 = 1. Par suite, (-2)35 = -1 et comme
(-2)5 ^ -1 et (-2)7 = 14 ^ -1, on a (-2) = F^ (cf. ci-dessus). Les générateurs
de FÇj sont donc
-2)i =
-2)n =
-2)19 =
-2)29 =
-2)37 =
-2)43 =
-2)53 =
-2)61 =
-2 = 69,
-60 = 11,
-24 = 47,
-10 = 61,
-4 = 67,
-43 = 28,
-12 = 59,
-19 = 52,
-2)3 =
-2)13
_2)23
-2)31
-2)39
-2)47
-2)57
-2)67
-8 = 63,
= -27 = 44,
= -29 = 42,
= -40 = 31,
= -16 = 55,
-- -49 = 22,
= -50 = 21,
= -9 = 62,
-2)9:
-2)17 =
-2)27 =
-2)33 =
-2)41 =
-2)51 =
-2)59 =
-2)69 =
-15 = 56,
-6 = 65,
-38 = 33,
-18 = 53,
-64 = 7,
-3 = 68,
-58 = 13,
-36 = 35
(chaque résultat se déduit du précédent par un calcul simple ; par exemple, (—2)37 =
(_2)33 x 16 = -18 x 16 = -4 = 67).
111.13. Norme. Irréductibilité de Xp — a (p premier)
(1)Soit k un corps commutatif.
1°) Soient P € k[X] non nul, K le corps de décomposition de P sur k et
a € K une racine de P. Pour tout A de k(a), soit T\ l'endomorphisme du
fc-espace vectoriel k(a) défini pour tout x de k(a) par T\(x) = Xx.
On pose NQ(\) = det(7\) (« norme » de A) et d = [k(a) : k].
a) Montrer que si Ai,A2 € k(a) alors A^a(A!A2) = Na(Xi)Na(X2). Montrer
que si A € A; alors iVa(A) = Ad.
b) Soit ao le terme constant du polynôme minimal de a sur k. Montrer
que Na{a) = (-1)%,.
2°) Soient a € k, p un nombre premier et P = Xp — a.
a) Montrer que P est irréductible sur k si et seulement si P n'admet
aucune racine dans k.
{Indication : pour la condition suffisante, on utilisera la question
précédente) .
b) On suppose p > 2. Montrer que si P est irréductible sur A; et si a est
une racine de P dans son corps de décomposition sur k alors Xp — a est
irréductible sur k(a).
Vérifier que ce résultat ne s'applique pas, en général, au cas p — 2.

III. 14. Irréductibilité de Xpn - a (p premier impair)
137
Solution
1°) a) On a TXlTX2 = TXl\2 d'où le résultat.
Si À € A: alors T\ est l'homothétie de rapport À dont le déterminant est Adimfc/c(Q) =
Xd.
h) On sait que B = (l,a,... ,ad_1) est une base du fc-espace vectoriel k(a) (cf.
Cours, théorème 1.11 page 66). Soit Xd + ad_iXd~l + ... + a0 le polynôme
minimal de a sur k. Comme TQ(aj) = aj+1 pour 0 < j < d - 2 et TQ(ad_1) = ad =
-clq — a\a — • • • — ad-iOL \ on a
M = mat (TQ, 5)
/ 0 0 ... -ao \
1 0 ... -ai
\ 0 ... 1 -ad_! /
On en déduit que det(TQ) = det M = (—l)da0.
2°) a) Puisque d°(F) > 1, si P est irréductible sur k alors, bien sûr, P n'admet
aucune racine dans k.
Réciproquement, supposons que P n'admette aucune racine dans k. Soit a une
racine de P dans son corps de décomposition sur k. Posons d = [k(a) : fc], en sorte
que d < p. En utilisant l'application Na définie à la question précédente, de ap = a
on déduit que Na(a) = NQ(a)p = ad ou encore Jf = ad où on a posé b = Na(a) G k.
Supposons d < p. Alors, d et p sont premiers entre eux, de sorte qu'il existe des
entiers u et v tels que ud + vp = 1. On en déduit que a = aud+vp = (buav)p ou encore
P(buav) = 0 ce qui contredit l'hypothèse sur P. Ainsi d = p en sorte que le polynôme
minimal de a sur k est de degré p. Comme P(a) = 0, ce polynôme minimal est P
et P est donc irréductible sur k.
b) Raisonnons par l'absurde : si Q = Xp — a est réductible sur k(a) alors, d'après
la question précédente, il existe x G k(a) tel que Q(x) = 0 i.e. xp = a. On en déduit
que Na(x)p = Na(a). D'après l°)b), puisque le polynôme minimal de a sur k est
Xp — a, on a
Na(x)p = Na(a) = (-l)p(-a) = a
(p est impair). C'est une contradiction avec l'hypothèse sur P puisque Na(x) G k.
Montrons que la condition p > 2 est nécessaire : soient fc = QetF = A"2-|-4. Alors
P est bien irréductible sur Q. Soit la racine a = 2i de P. Alors X2 — a n'est pas
irréductible sur Q(i) puisque X2 - 2% = X2 - (1 -h i)2 = (X - 1 - i)(X + 1 -h i).
III. 14. Irréductibilité de XpU — a (p premier impair)
(^Soient k un corps commutatif, p un nombre premier impair, n G N* et
a G k.
Montrer que Xpn — a est irréductible sur k si et seulement si Xp — a
n'admet aucune racine dans k.
(Indication : pour la réciproque, on pourra procéder par récurrence sur
n et utiliser la dernière question de l'exercice précédent.)
1cî. [Lg|, VI.9, page 297 et [Ma|, théorème VII.4.7, page 102.

138
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Solution
Montrons le sens =>. Si n = 1, l'implication est vraie. Si n > 1, on raisonne par
contraposition : s'il existe a G A: tel que ap = a alors Xpn —a = (XpU )p — ap admet
le polynôme Xpn~ — a G k[X] pour diviseur propre (1 < p71'1 < pn) et donc est
réductible (on n'utilise pas ici que p =fi 2).
Pour la réciproque, on va démontrer par récurrence sur n > 1 l'assertion suivante
pour tout corps commutatif L et pour tout a G L tel que Xp — a
n'admette aucune racine dans L, le polynôme Xpn —a est irréductible sur L.
D'après l'exercice précédent, question 2°)a), l'assertion est vraie pour n = 1. Soient
n > 2, k un corps commutatif et a G fc. On suppose que Xp — a n'admet aucune
racine dans k. Soit 0 une racine de Xpn — a dans son corps de décomposition, et soit
a = /3pn~ . Alors, a est une racine de Xp — a. D'après l'exercice précédent, question
2°)b), le polynôme Xp — a est irréductible sur k(a) et en particulier n'admet aucune
racine dans k(a). On peut donc appliquer l'hypothèse de récurrence (avec le corps
L = k(a)) : Xpn~l - a est irréductible sur k(a). Ainsi, [k(a)(0) : k(a)] = pn~l.
D'autre part, comme a = (3pn~l G &(/?), on a k(/3) = k(a)((3) et par suite, d'après
l'exercice précédent, on a [k(a) : k] = p. Donc, par multiplicativité, on a
[k(0) : k] = {k(a)((3) : k(a)][k(a) : k] = p^p = pn.
Il en résulte que 0 est de degré pn sur k et comme 0 est racine de Xpn — a, ce dernier
est le polynôme minimal de 0 sur k et donc est irréductible sur k ce qui achève la
récurrence et établit la réciproque.
111.15. Irréductibilité de X2" — a
(^Soient k un corps commutatif, a G k et P = X2 — a.
1°) On suppose que P est irréductible sur k. Soit a une racine de P dans
son corps de décomposition sur k. Montrer que X2 — a est irréductible
sur k(a) si et seulement si le polynôme AX4 -h a n'admet aucune racine
dans k.
2°) Soit n G N, n > 2. Montrer que le polynôme X2" — a est irréductible
sur k si et seulement si les polynômes X2 — a et 4X4 + a n'admettent
aucune racine dans k.
Solution
1°) On rappelle qu'un polynôme de degré 2 à coefficients dans k est irréductible si
et seulement s'il n'admet aucune racine dans k. D'autre part, comme a est de degré
2 sur fc, le fc-espace vectoriel k(a) admet (l,a) pour base.
Supposons le polynôme X2 — a réductible sur k(a). Alors, il existe x,y G k tels que
^f. [Lg], VI.9, page 297 et [Ma), théorème VII.4.7, page 102.
^f. [Ma], théorème VII.4.7, page 102.

III. 16. Irréductibilité de X2" - a
139
(x + ay)2 = a. Comme P est irréductible, a £ k et donc y ^ 0. En identifiant dans
la base (1, a), on obtient que 2xy = 1 et x2 + ay2 = 0. On en déduit, en particulier,
que k n'est pas de caractéristique 2. De plus,
<]>: —?-^--^.
donc, x G fc est racine de 4A"4 4- a.
Réciproquement, supposons que 4X4 + a admette une racine x G k. Alors, x ^ 0 et
fc n'est pas de caractéristique 2 car, sinon, a = 0 et donc P est réductible. Il existe
x2
donc y G k tel que 2:n/ = 1. Le calcul (1) montre alors que a = —- et par suite,
y2
(x + ay)2 = a. On en déduit que le polynôme X2 — a admet x + ay pour racine et
est donc réductible sur k(a).
Remarque.- (Utilisée à la question suivante). Soit a' = —a l'autre racine de P.
D'après ce qu'on vient de prouver, X2 — a est irréductible sur k(a) si et seulement
si X2 — a' = X2 + a est irréductible sur fc(a') = k(a).
2°) Prouvons la condition nécessaire par contraposition. D'une part, s'il existe x G k
tel que x2 = a alors X2" — a = X2" — x2 = (X2n~l - x)(X2n~l + x) est réductible
sur k. D'autre part, s'il existe y G k tel que a = — 4y4 alors, puisque n > 2, on a
X2n-a = X2n+4y4
= (X2n_1 +2y2)2-4y2X2n-1
= (X2n-1 - 2yX2n-2 + 2y2)(X2n-1 + 2yX2n~2 + 2y2)
et donc X2" — a est réductible sur k.
Prouvons la condition suffisante par récurrence sur n.
Montrons le résultat pour n = 2. Supposons que les polynômes P = X2 — a et
4X4 + a n'admettent aucune racine dans k. Soit /? une racine de X4 — a et soit
a = P2 (en sorte que a est une racine de P). D'après la question 1°), X2 — a est
irréductible sur k(a). Donc /3 est de degré 2 sur k(a). Comme a £ k, P est
irréductible sur k et donc a est de degré 2 sur k. Par multiplicativité, (3 est de degré 4 sur k.
Ainsi, le polynôme X4—a est le polynôme minimal de (3 et est donc irréductible sur k.
Admettons le résultat au rang n — 1 avec n > 3. Supposons que les polynômes X2 — a
et 4X4 + a n'ont aucune racine dans k. Soit /? une racine du polynôme X2" — a et
soit a = /32n , en sorte que a2 = a.
Montrons qu'on peut appliquer l'hypothèse de récurrence au polynôme X2" - a
de fc(a)[A"]. D'une part, comme AX4 + a n'admet aucune racine dans fc, le polynôme
X2 — a est, d'après la question 1°), irréductible sur k(a) et n'admet donc aucune
racine dans k(a). D'autre part, s'il existe une racine x G k(a) du polynôme AX4 + a
alors —a = (2x2)2 donc X2 + a admet pour racine 2x2 G k(a) ce qui contredit la
remarque faite en fin de question précédente.
Ainsi, par hypothèse de récurrence, X2n~ — a est irréductible sur k(a). Comme ce
polynôme admet /3 pour racine, /3 est de degré 2n_1 sur k(a) et, par multiplicativité,
/3 est de degré 2n sur k (puisque a est de degré 2 sur k). On en déduit que X2" — a
est le polynôme minimal de (3 sur k et donc que X2" — a est irréductible sur k ce
qui achève la récurrence.

140
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
III.16. Irréductibilité d'un polynôme à coefficients
dans un anneau
Soient A un anneau intègre et K son corps des fractions.
Si L est une extension du corps K, on rappelle qu'un élément x de L est
dit entier sur A s'il existe un polynôme à coefficients dans A, unitaire
et admettant x pour racine (cf. Cours, exercice II.3.2 page 61).
1°) Soient L une extension de K et x un élément de L entier sur A.
a) Montrer qu'il existe un polynôme à coefficients dans A, unitaire,
irréductible sur A et admettant x pour racine.
b) En déduire que si A est un anneau factoriel alors le polynôme
minimal de x sur K est à coefficients dans A.
On rappelle que Vanneau A est dit intégralement clos si tout
élément de K entier sur A est en fait dans A (loc. cit.).
2°) a) Montrer que si A n'est pas intégralement clos alors il existe un
polynôme de A[X], irréductible sur A et réductible sur K.
b) Exemple. - Soient l'anneau A = Z[\/5] (il n'est pas intégralement clos,
loc. cit.) et x = -(1 + Vb). Montrer que le polynôme minimal de x sur
Q est irréductible sur A mais est réductible sur le corps des fractions
K de A. Trouver deux polynômes de A[X] de degré minimal pour la
propriété d'être unitaire, irréductible sur A et d'admettre x pour racine
(ce qui explique qu'on ne peut parler « du polynôme minimal sur A
d'un élément entier sur A »).
3°) Soit P G A[X] unitaire et irréductible sur A.
a) On admettra que l'ensemble des éléments de L entiers sur A est un
sous-anneau de L (cf. [ArBe], théorème IV.6).
En se plaçant dans une extension L de K contenant toutes les racines
de P, montrer que si D G K[X] est un diviseur unitaire de P alors les
coefficients de D sont entiers sur A.
b) En déduire que si A est intégralement clos alors P est irréductible
sur K.
4°) En déduire que si A est un anneau intégralement clos et si a: G L (où
L est une extension de K = Frac(i4)) est entier sur A alors le polynôme
minimal de x sur K est à coefficients dans A (généralisation du résultat
de l°)b)).
Solution
1°) a) Soit V = {P G A[X] ; P unitaire et P(x) = 0}. Alors, par hypothèse sur x,
P^0. Soit P un polynôme de V et de degré minimal. Supposons que P = PiP2 où
Pi, P2 G -A[^], de coefficients dominants respectifs ai et a2. Comme P est unitaire,
on a aici2 = 1 et donc les polynômes a2P\ et a\P2 sont unitaires, dans A[X] et tels
que P = (a2Pi)(aiP2)- Par suite, l'un des facteurs, par exemple a2Pl5 est dans V.
Par minimalité du degré de P et comme d°(Pi) > 1, on a aiP2 = 1. Par suite, P2
est constant et inversible dans A. Ceci prouve que P est irréductible sur A.
b) Soit P comme à la question précédente. Alors, A étant factoriel et P étant ir-

III. 17. Sous-corps d'un corps fini
141
réductible sur A et non constant, on sait (cf. Cours, proposition 4.4 page 51) que
P est irréductible sur K. Comme P est unitaire et P(x) = 0, P est le polynôme
minimal de x sur K.
2°) a) Raisonnons par contraposition : supposons que tout polynôme de A[X]
irréductible sur A est irréductible sur K et montrons que A est intégralement clos. Soit
x G K entier sur A et soit P G A[X] unitaire et tel que P(x) = 0. D'après l°)a), on
peut supposer P irréductible sur A. Par hypothèse sur l'anneau A, P est irréductible
sur K donc P est le polynôme minimal de x sur K. Or le polynôme minimal d'un
élément x de K est X — x. Par suite, P = X — x et comme P G A[X], on a x G A
ce qui prouve que A est intégralement clos.
b) Le corps des fractions de A est K = Q(y/E). Comme (2x — l)2 — 5 = 0 i.e.
x2 - x — 1 = 0 et comme x ^ Q, le polynôme minimal de x sur Q est P = X2 - X — 1.
Comme F est unitaire, si F est réductible sur A alors P = P\P2 où Pi, F2 sont dans
A[X] et de degré 1. De plus, en vertu de la démonstration de la question l°)a),
on peut toujours supposer Pi et P2 unitaires. On peut donc encore supposer que
P\ = X — x mais c'est absurde car x £ A. Il en résulte que P est irréductible sur A.
En revanche, P est réductible sur K puisque x est dans K et racine de P.
Tout polynôme de A[X] unitaire et admettant x pour racine est de degré au moins
2. On remarque que 2x - 1 - y/5 = 0 donc Q = P + 2X - 1 - y/b est un autre
polynôme de A[X], unitaire, admettant x pour racine et de degré minimal. Pour les
mêmes raisons que pour F, le polynôme Q est irréductible sur A.
3°) a) Posons n = d°(P) et soient x\,... ,xn les racines (distinctes ou non) de P
dans une extension L de K. Désignons par A'L l'ensemble des éléments de L entiers
sur A. Par hypothèse sur F, on a X\,... ,xn G ^4'L. Maintenant, soit Z) G #[X]
un diviseur unitaire de P. Par factorialité de l'anneau L[X], il existe une partie J
de {1,... ,n} telle que J9 = fj (X — Xj). Les coefficients de D sont des fonctions
symétriques (donc polynomiales) des Xj, où j parcourt J. Par le résultat admis, A!L
est un anneau donc les coefficients de D sont dans A'L.
b) Puisque les coefficients de D sont dans K et entiers sur A et que A est
intégralement clos, c'est que D G A[X). On sait que F = DD\ avec Z?! G if [X].
Comme D\ est unitaire, l'argument utilisé pour D s'applique encore à D\ en sorte
que D1 G A[X]. Comme P est irréductible sur 4, on a d°(£>) = 0 ou d°(D) = d°(F)
et par suite, P est irréductible sur K.
4°) D'après l°)a), il existe P G j4[X] unitaire, irréductible sur A et admettant x
pour racine. D'après la question précédente, P est irréductible sur K et P est donc
le polynôme minimal de x sur K.
Comme un anneau factoriel est intégralement clos (cf. Cours, exercice II.3.2 page
61), ce résultat généralise celui de l°)b).
III.17. Sous-corps d'un corps fini
Soit q une puissance d'un nombre premier p et soit n G N*.
1°) Montrer que le corps fini ¥qn admet un unique sous-corps ¥q k q
éléments et que [¥qn : ¥q] = n.

142
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
2°) En déduire que tout corps intermédiaire ¥q Ç K Ç ¥qn est un corps
¥qd à qd éléments où d est un diviseur de n et que, pour chaque diviseur
dden, il existe un unique corps intermédiaire de cardinal qd.
Solution
1°) S'il existe un sous-corps K de ¥qn ayant q éléments alors, le groupe multiplicatif
K* ayant q — 1 éléments , tout x G K* vérifie xq~1 = 1 et donc tout x € K vérifie
xq = x. Il en résulte que tout x de K est une racine du polynôme Xq — X. Ce
polynôme étant de degré q, si K existe alors K est unique. D'autre part, ¥qn est le
corps de décomposition de Xqn — X sur Fp (cf. Cours, théorème 2.5 page 73) et le
polynôme Xq -X divise Xqn -X (on rappelle que si a, b G N* alors Xû - l|Xa6 -1).
Donc, F^n contient un corps de décomposition de Xq — X et on sait qu'un tel corps
admet q éléments.
Enfin, soit m = [¥qn : ¥q}. Comme \¥qn\ = \¥q\m (cf. Cours, remarque 1.3.3 page
65), on a qn = qm d'où m = n.
2°) Soit un corps intermédiaire ¥q Ç K Ç F^n et soit d = [K : F9]. Alors
|if | = \Fq\d = qd et par multiplicativité , d divise [¥qn : F9] = n.
Réciproquement, soit d un diviseur de n. Posons r = qd. Alors Fqn = Frm où m = —
a
et, d'après la question précédente, il existe un unique sous-corps Fr dans ¥rm .
III.18. Polynôme de degré n irréductible sur ¥p
Soit p un nombre premier et soit n G N*.
1°) Montrer qu'il existe un polynôme P de degré n irréductible sur Fp.
En déduire que ¥pn est un corps de rupture sur Fp.
2°) Soit k e N*. Montrer que P est irréductible sur ¥pk si et seulement si
k et n sont premiers entre eux.
3°) Montrer que tout corps de rupture de P sur Fp est en fait un corps
de décomposition de P sur Fp et que si a est une racine de P dans une
extension de Fp alors les racines de P sont exactement a, ap,..., apn~ .
Solution
1°) Considérons un corps fini Fpn à pn éléments. Le groupe de ses éléments
inversibles est cyclique (cf. Cours, théorème 2.7 page 74). Si a est un générateur de F*n
alors Fp(a) = Fpn. Comme [Fpn : Fp] = n, a est de degré n sur Fp et son polynôme
minimal P est donc un polynôme irréductible sur Fp et de degré n.
Le corps de rupture ¥P[X]/(P) de P sur Fp est une extension de degré d°(F) = n de
Fp (cf. Cours, démonstration du théorème 1.11) et c'est donc un corps àpn éléments.
2°) Prouvons d'abord la condition suffisante. Si les entiers n = d°(P) et k = [¥pk :
Fp] sont premiers entre eux, d'après le critère d'irréductibilité par extension de corps
(cf. Cours, théorème 3.14 page 79), P est encore irréductible sur Fp*.
Établissons la condition nécessaire en montrant d'abord que P est réductible sur
Fpd pour tout d > 1 diviseur de n. Soit a une racine de P dans un corps de rupture
de P sur Fp. Puisque P est irréductible sur Fp, on a [¥p(a) : ¥p] = n et Fp(a) est

III. 19. Irréductibilité sur ¥q des polynômes cyclotomiques
143
un corps à pn éléments. On sait que ¥p(a) admet un unique sous-corps ¥pd à pd
éléments (cf. exercice III.17). Comme [Fpd : Fp] = d, par multiplicativité , le degré
72
de a sur Fpd est — < n donc P n'est pas le polynôme minimal de a sur Fpd et donc
P est réductible sur Fpd.
On en déduit que si le pgcd de k et n est d > 1 alors, comme Fpk contient Fpd
(puisque d|fc, loc. cit.), P est réductible sur Fpd et donc sur Fpk.
3°) Il suffit de montrer la deuxième assertion pour établir la première. Posons
ajt = ap , pour k = 0,..., n — 1 en sorte que, si k =fi 0, on a ak = o%_x. Puisque a
est racine de F, d'après Frobenius (cf. Cours, proposition 2.4 page 73), a1?..., an_!,
sont aussi racines de P. Si a0,..., an-\ ne sont pas deux à deux distinctes, il existe
/3 e {a0,..., an_i} et k G {1,..., n — 1} tels que /3 = /3P . Puisque Fp* est un corps
de décomposition de Xp — X sur Fp, on en déduit que /3 G Fp* et par suite que /3
est de degré au plus k sur Fp (puisque [Fp* : Fp] = fc), ce qui est impossible puisque
/3 est racine de P et donc de degré n sur Fp.
Ainsi, a0,..., an_i sont des racines distinctes de P et comme elles sont au nombre
de n = d°(F), ce sont les racines de P.
III. 19. Irréductibilité sur ¥q des polynômes
cyclotomiques
Soit Fq un corps fini de caractéristique p.
1°) Soit n G N* tel que pgcd(ç, n) = 1. Montrer que le polynôme cycloto-
mique $n est irréductible sur Fq si et seulement si q est un générateur
du groupe (Z/nZ)* des éléments inversibles de l'anneau Z/nZ.
2°) Pour les entiers n suivants, étudier l'irréductibilité sur Fq du
polynôme cyclotomique $n (ou de sa réduction modulo p si p divise n) :
a) n = 3, b) n = 4, c) n = 5, d) n = 6, e) n = 8, f) n = 12,
g) n = 7 et factoriser $14 sur F2.
Solution
1°) Le résultat est connu pour q = p premier (cf. Cours, preuve du théorème 4.14
page 84). On reprend cette preuve en la détaillant.
• Supposons $n réductible sur Fq. Soit P un facteur irréductible (sur Fq) de $n,
unitaire et de degré m avec 1 < m < p(n) et soit Ç une racine de P dans un corps de
rupture de P sur Fq en sorte que Fq(Ç) = Fqm. Puisque $n(C) = 0 et par définition
d'un polynôme cyclotomique, Ç est d'ordre n et donc (théorème de Lagrange), n
divise |F*m| = qm — 1 i.e. qm = 1 dans le groupe (Z/nZ)*. Par suite, l'ordre de ç
dans (Z/nZ)* est au plus m et comme m < ^(n), c'est que q n'engendre pas (Z/nZ)*.
• Réciproquement, supposons $n irréductible sur Fq. Soit d l'ordre de q dans (Z/nZ)*.
Alors, n|gd — 1. Par suite, comme le groupe multiplicatif F*d est cyclique et d'ordre
qd — 1, il existe C £ FJd d'ordre n. En particulier, $n(C) = 0 et comme $n est
irréductible sur F9, Ç est de degré (^(n) sur Fq. Or, [Fgd : Fq] = d donc (^(n) < d.
Comme d < tp(n) (car (Z/nZ)* est d'ordre ^(n)), on obtient que d = ip(n) et donc
ç est un générateur de (Z/nZ)*.

144
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Remarque. - Plus généralement, si d est l'ordre de q dans le groupe multiplicatif
(Z/nZ)* alors on peut montrer que $n se décompose en un produit de (f(n)/d
facteurs irréductibles sur Fq, chacun de degré d. Pour le voir, il suffit de montrer que
toute racine de $n est de degré d sur Fq (voir par exemple [FrGi] exercice 5.19 pour
le cas q = p).
2°) Il s'agit seulement d'appliquer le résultat de la question précédente; en fait,
d'après l'exercice III. 18, il suffirait d'étudier l'irréductibilité sur Fp où p est la
caractéristique de Fq. D'autre part, les cas où p divise n sont traités ci-dessous sans
recours à la proposition 4.16, page 85 du Cours qui donnait la réponse dans presque
tous les cas.
a) Si 3\q alors $3 = ^=^ = (X — l)2 est réductible sur F3 et donc sur Fq. Supposons
3 \q. Comme (Z/3Z)* admet —1 pour seul générateur, $3 est irréductible sur Fq si
et seulement si q = — 1 (mod. 3).
b) On sait que $4 = X2 + 1 (cf. Cours, exemples 4.7 page 81). Si 2\q alors
<E>4 = (X + l)2 est réductible sur F2 et donc sur Fq. Supposons 2 \ q. Comme
(Z/4Z)* admet —1 pour seul générateur, $4 est irréductible sur Fq si et seulement
si q = — 1 (mod. 4).
Remarque. - Supposons encore 2 \ q. Alors $4 est irréductible sur Fq si et seulement
si —1 n'est pas un carré dans Fq si et seulement si (cf. Cours, corollaire 2.13 page
75) q ^ 1 (mod. 4), ce qui redonne le résultat.
c) Si b\q alors $5 = ^fy = (X — l)4 est réductible sur Fq. Supposons 5 \ q. Comme
(Z/5Z)* admet —2 et 2 pour seuls générateurs, $5 est irréductible sur Fq si et
seulement si q = — 2 (mod. 5) ou q = 2 (mod. 5) .
d) On sait que $6 = X2 — X + 1 (cf. Cours, exemples 4.7 page 81).
Comme $6 = $3(—X) le résultat est le même que pour $3. En particulier, $6 est
irréductible sur F2 (cf. Cours, remarque 4.17 page 85).
e) Il a été vu (cf. Cours, proposition 3.11 page 78) que, pour tout nombre premier
p, $8 est réductible sur Fp (et donc sur tout corps fini). D'après la question 1°), cela
résulte du fait que (Z/8Z)* = {1,3,5,7} n'est pas cyclique (tous les éléments sont
d'ordre 2).
f) On sait que, si j = e~r alors $i2 = (X —j)(X —j)(X+j)(X+j) d'où facilement
$12 = X4 — X2 -h 1. Le résultat vaut pour Fp (cf. Cours, proposition 4.8 page 81).
Si 2\q alors $i2 = (X2 + X -h l)2 est réductible sur Fq.
Si 3\q alors $12 = X4 -h 2X2 -h 1 = (X2 -h l)2 est réductible sur Fq.
Supposons 2 | q et 3 \ q. Comme (Z/12Z)* = (Z/4Z)* x (Z/3Z)* = (Z/2Z) x (Z/2Z)
n'est pas cyclique (cf. Cours, proposition 1.7.4 page 25), $12 est réductible sur Fq.
Ainsi, dans tous les cas, $12 est réductible.
g) Si 7\q alors $7 = Ç^ = (X - l)6 est réductible sur Fq.

II 1.20. Décomposition du polynôme cyclotomique réduit
145
Supposons 7 \ q. Comme (Z/7Z)* admet ip(6) = 2 générateurs, qui sont —2 et 3, $7
est irréductible sur ¥q si et seulement si q = — 2 (mod. 7) ou q = 3 (mod. 7).
Étudions l'irréductibilité de $14 sur F2. On sait (cf. Cours, proposition 4.5 page 80)
X7 - 1
que X14 -1 = $1$2$7^>i4 ou encore, sur F2, (X7 - l)2 = (X - 1)(X + 1)— $14
.X — 1
d'où 7
*m = ÇEt = *7-
Comme 2^—2 (mod. 7) et 2 ^ 3 (mod. 7), d'après l'étude ci-dessus, $7 est
réductible sur F2 (voir aussi Cours, remarque 4.17 page 85). Or, X7 - 1 = X2'"1 - 1
donc toute racine C de $7 est dans F23 (cf. Cours, théorème 2.5 page 73) et le
polynôme minimal de Ç sur F2 est donc de degré 3. Les seuls polynômes de F2[X]
de degré 3 et irréductibles sur F2 sont X3 -I- X + 1 et X3 -I- X2 + 1 (ils n'admettent
pas de racine dans F2). On en déduit, les racines de $14 dans F23 étant simples, que
$14 = $7 = (X3 + X + 1)(X3 + X2 + 1).
III.20. Décomposition du polynôme cyclotomique
réduit
Soient p un nombre premier et n G N* tel que n = pQm avec a G N* et
p \ m. Soit $n G Z[X] le n-ème polynôme cyclotomique. On note $n sa
réduction modulo p (cf. Cours, remarque 4.15 page 84).
Montrer que, dans FP[X], on a <ï>n = ($m)v?p .
Retrouver que $n est réductible sur Fp sauf éventuellement si (p, a) =
(2,1) (cf. Cours, proposition 4.16 page 85).
Solution
On raisonne par récurrence sur n. Le résultat est trivial pour n = 1. Supposons-le
vrai jusqu'au rang n — 1. On part de Xn — 1 = ]J $d (cf. Cours, proposition 4.5 page
d\n
80). Donc, par Frobenius (cf. Cours, proposition 2.4 page 73), on a, dans FP[X],
(xm-iya = n$d.
d\n
Mais, n** = ( n *d) ( n v«)$n.
d\n d\pQ~1m d\m
d<m
Transformons le premier facteur :
Yl $d = xpa~lm-i = (xm-i)pQ~1.
d|pQ_1m
Transformons le second facteur en utilisant l'hypothèse de récurrence :
n*^=n*- v *
ji Jl ^ ^T\
d\m d\m
d<m d<m

146
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Donc, en remplaçant, on obtient :
d'où le résultat demandé après simplification.
Si p > 3 ou si p = 2 et a > 2 alors ip(pa) > 2 donc $n est réductible.
Remarque. - On peut démontrer le résultat autrement (cf. [FrGi], exercice 5.19).
III.21. Construction d'un polynôme irréductible de
Z[X]
Soient pl9 ... , pr des nombres premiers distincts et soient P1?..., Pr G Z[X],
Montrer qu'il existe un polynôme P de Z[X], irréductible sur Q, tel que
Vt = l,...,r, P = Pi (mod. Pi).
(Indication : utiliser le lemme chinois).
Solution
Soit n le plus grand des degrés des polynômes Pi,..., Pr et soit p un nombre premier
distinct de pi,... ,pr. On sait qu'il existe un polynôme unitaire de FP[X], de degré n
et irréductible sur Fp (cf. exercice III. 18) d'où l'existence d'un polynôme Q G Z[X],
de degré n, unitaire et irréductible modulo p.
Posons pr+\ = p, Pr+\ = Q et pour i = 1, 2,..., r + 1,
P, = Ê OS0*'
.7=0
n
et cherchons P = ^2 xjXj tel que pour i = l,...,r + l, P = Pi (mod. p*).
i=o
Un tel polynôme F existe si et seulement si pour chaque j = 0,1,..., n, le système
de congruences
Xj = a{p (mod. pi),
Xj = a^2) (mod. p2),
^ =a^r+1) (mod. pr+1)
admet une solution a^ G Z. Or, c'est exactement ce que dit le théorème chinois
(cf. Cours, proposition 1.6.1 page 21) puisque les entiers pi,..., pr+i sont deux à
deux distincts. Le polynôme P obtenu vérifie en particulier P = Q (mod. p) et son
coefficient dominant xn vérifie xn = a^ (mod. p) et donc, par définition de Q,
xn = 1 (mod. p) en sorte que, d'après le théorème de réduction (cf. Cours, théorème
3.5 page 77), le polynôme P est irréductible sur Q.
Remarque 1. - P n'est pas nécessairement irréductible sur Z : par exemple, si
Pi = 0 (mod. pi) alors tous les coefficients de P\ (donc aussi de P) sont multiples

III.22. Irréductibilité par la méthode de réduction mod. p
147
depi.
Remarque 2. - Le polynôme Xq — X — 1, irréductible modulo tout nombre premier
q (cf. Cours, lemme 3.8 page 77) pouvait rendre les mêmes services que le polynôme
Q utilisé ci-dessus.
III.22. Irréductibilité par la méthode de réduction
mod. p
1°)
a)
d)
2°)
a)
c)
je)
3°)
a)
c)
e)
g)
4°)
Étudier l'irréductibilité sur Z des polynômes
X3 + 4X2 - bX + 7, b) 5X3 + 3X;
X3 + 4X2 -4X + 25, e) X3 - X2 -
1 - 4X - 27,
X-l,
Même question pour les polynômes de degré
bX4 + 17X3 - SX2 -6X + 23,
X4 + 7X2 + 4X + 1,
X4 + 4X3 + 3X2 + IX - 4.
b)
d)
Même question pour les polynômes de degré
X5 + X4 + X3 + X2 + 1,
X5 + X4 + X2 + X + l,
X5 + 3X4 - 2X3 - 4X2 + 5X + 4,
7X5 + 4X4 - 2X3 + bX2 -6X + 11.
b) X5 + X4
d) X5 + X3
f ) X5 + 4X'
Même question pour les polynômes de degré
a)X6 + X3 + l, b)X« + X2 + l,
w
suivants :
c) X3 - 6X2 -
f) X3 + SOX2
4 suivants :
X4 + bX3 - 3X
X4 + X3 + 2X2
5 suivants :
+ X3 + X + 1,
+ X2 + X + 1,
l-4X3 + nx2
- 4X - 13,
+ 6X + 1.
2 - X + 7,
+ X + 1,
- bX + 7,
6 ou 7 suivants :
c)X6 + X + l, d) X
5X7 - 2X6 + 4X5 - 12X4 + 19X3 - 6X2 - 20X + 17.
7 + * + l,
Solution
On rappelle qu'un polynôme primitif P = a0 + aiX H h anXn G Z[X] est
irréductible sur Z s'il existe un nombre premier p ne divisant pas le coefficient dominant an
de P et tel que P = âô-\-W[XH \-â^Xn G FP[X] est irréductible sur Fp (cf. Cours,
théorème 3.5 page 77 et proposition II.4.4, page 51). Lorsque P n'est pas irréductible
sur Fp (cf. questions 2°)e) et 4°)b)), la comparaison de sa décomposition sur Fp et
un autre corps ¥q permet parfois de conclure (c'est la « variante de la méthode »
exposée à l'exemple 3.13 page 79 du Cours).
1°) On rappelle qu'un polynôme de degré 2 ou 3 à coefficients dans un corps K est
irréductible si et seulement s'il n'admet aucune racine dans K.
a) X3 -h AX2 - 5X + 7 = Q (mod. 2) où Q = X3 + X + 1 qui est irréductible sur
F2. Donc X3 -h 4X2 - 5X -h 7 est irréductible sur Z.

148
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
b) SX3 + 3X2 - 4X - 27 = Q (mod. 2) où Q = X3 + X2 + 1 qui est irréductible
sur F2. Donc 5X3 + 3X2 - 4X - 27 est irréductible sur Z.
c) X3 - 6X2 - 4X - 13 = X3 + 1 (mod. 2) et X3 + 1 est réductible. X3 - 6X2 -
4X - 13 = X3 - X - 1 (mod. 3) et X3 - X - 1 est irréductible sur F3, donc
X3 - 6X2 - 4X - 13 est irréductible sur Z.
d) X3 + 4X2 - 4X + 25 = X3 + 1 (mod. 2) et X3 + 1 est réductible. X3 + 4X2 -
4X + 25 = X3 + X2 - X + 1 (mod. 3) et X3 + X2 - X + 1 est irréductible sur F3,
donc X3 + 4X2 - 4X + 25 est irréductible sur Z.
e) X3-X2-X-l = X3+X2+X + l (mod. 2) et X3+X2+X+l = %f± = (X + l)3
est réductible sur F2. X3 - X2 - X - 1 est irréductible sur F3, donc X3 - X2 - X - 1
est irréductible sur Z.
f ) X3 + 30X2 + 6X + 1 = X3 + 1 modulo 2 ou modulo 3 et X3 + 1 est réductible.
Mais, X3 + 30X2 + 6X + 1 = X3 + X + 1 (mod. 5) et X3 + X + 1 est irréductible
sur F5, donc X3 + 30X2 + 6X + 1 est irréductible sur Z.
2°) X2 + X + 1 est l'unique polynôme irréductible de degré 2 sur F2. Donc tout
polynôme de F2[X], de degré 4, sans racine dans F2 et distinct de (X2 + X + l)2 =
X4 + X2 + 1 est irréductible sur F2.
Les polynômes irréductibles, unitaires et de degré 2 sur F3 sont X2 + 1, X2 — X — 1
et X2 + X — 1. Donc tout polynôme de F3[X], de degré 4, sans racine dans F3 et
réductible est divisible par l'un de ces polynômes.
a) 5X4 + 17X3 - 8X2 - 6X + 23 = X4 + X3 + 1 (mod. 2) et X4 + X3 + 1 est
irréductible sur F2. Donc 5X4 + 17X3 - 8X2 - 6X + 23 est irréductible sur Z.
b) X4 + 5X3-3X2-X + 7 = X4 + X3 + X2 + X + l (mod. 2) et X4 + X3 + X2 + X + l
est irréductible sur F2. Donc X4 + 5X3 - 3X2 - X + 7 est irréductible sur Z.
c) X4 + 7X2 + 4X + 1 = X4 + X2 +1 (mod. 2) et X4 + X2 + 1 est réductible sur F2.
X4 + 7X2 + 4X + 1 = Q (mod. 3) où Q = X4 + X2 + X + 1 G F3[X] qui n'admet
aucune racine dans F3. De plus X2 +1 f Q et X2 — X — 1\Q (car sinon, une racine a
de X2 - X - 1 est racine de Q et donc vérifie Q(a) = a4 + 2a2 =a2(a2 + 2) = a3 = 0
ce qui est absurde). De même, X2 -h X — 1 \ Q. Ainsi, Q est irréductible sur F3 et
donc X4 -h 7X2 -f 4X + 1 est irréductible sur Z.
d)X4 + X3 + 2X2 + X + l = X2(X2 + X + l) + X2 + X + l = (X2 + X + l)(X2 + l)
donc P est réductible sur Z.
e) Posons P = X4 + 4X3 + 3X2 + 7X - 4. Comme F(2) = 70, F(l) = 11 et que
modulo 3, P = X4 + X3 -h X - 1 = (X2 + 1)(X2 -h X - 1), la méthode de réduction
ne permet pas de conclure directement en réduisant modulo 2, 3, 5, 7 ou 11. On
applique la « variante de la méthode ». La réduction modulo 3 ci-dessus en produit
d'irréductibles montre que P ne peut admettre de racines dans Z. D'autre part,
modulo 2, P = X4 + X2 + X = X(X3 + X + 1) et X3 + X + 1 est irréductible sur
F2. Il en résulte que P ne peut se décomposer en un produit de deux polynômes
irréductibles sur Z et de degré 2. On en conclut que P est irréductible sur Z.
3°) Un polynôme de degré 5 à coefficients dans un corps K est irréductible si et
seulement s'il n'admet aucune racine dans K et n'est divisible par aucun polynôme
irréductible de degré 2 à coefficients dans K.
a) X5 -h X4 -h X3 -h X2 -h 1 E F2[X] n'admet aucune racine dans F2 et X5 -h X4 -h
X3 + X2 + 1 = X3(X2 + X + 1) + X2 + 1 n'est pas divisible par X2 + X + 1 (seul

III.22. Irréductibilité par la méthode de réduction mod. p
149
polynôme irréductible de degré 2 sur F2) et donc est irréductible sur F2 et par suite,
X5 4- X4 4- X3 4- X2 4- 1 est irréductible sur Z.
b) I5 + X4 + I3 + X + lG F2[X] n'admet aucune racine dans F2 et X5 4- X4 +
X3 + X + 1 = X3(X2 + X + 1) + X + 1 n'est pas divisible par X2 + X + 1 et donc
est irréductible sur F2 et par suite, X5 4- X4 4- X3 4- X 4- 1 est irréductible sur Z.
c) X5 4- X4 4- X2 4- X 4- 1 G F2[X] n'admet aucune racine dans F2 et X5 + X4 +
X2 + X + 1 = X2 + X + 1 + X4(X + 1) n'est pas divisible par X2 + X + 1 et donc
est irréductible sur F2 et par suite, X5 4- X4 4- X2 4- X 4- 1 est irréductible sur Z.
d) X5 4- X3 4- X2 4- X 4- 1 G ¥2[X] n'admet aucune racine dans F2 et X5 4- X3 +
X2 + X + 1 = I2 + X + 1 + X3{X2 4-1) n'est pas divisible par X2 4- X 4-1 et donc
est irréductible sur F2 et par suite, X5 4- X3 4- X2 4- X 4- 1 est irréductible sur Z.
e) X5 + ZX4 - 2X3 - AX2 + 5X + 4 = X5 + X3 - X2 - X + 1 (mod. 3) et
Q = X5 + X3 — X2 — X + 1 G F3[X] n'admet aucune racine dans F3. Q est
irréductible s'il n'est divisible par aucun des polynômes irréductibles (sur F3) X2 4- 1,
X2 4- X - 1 ou X2 - X - 1. Or, Q = X3(X2 4-1) - {X2 4- X - 1) donc X2 4-1 \ Q et
X2 4- X - 1 f Q. Enfin, Q = (X2 - X - \){X3 + X2) - X 4-1 donc, X2 - X - 1 \ Q.
Ainsi, Q est irréductible sur F3 et par suite, X5 4- 3X4 - 2X3 - AX2 + 5X + 4 est
irréductible sur Z.
f) Posons P = X5 + 4X4-4X3 + llX2-5X4-7. Comme P(-l) = 30, P(3) = 550,
si p G {2,3,5, 7,11} alors P a une racine modulo p. Si a; G Z est une racine de P
alors, x divise le terme constant de P donc x G {—1,1, —7,7} et dans chaque cas,
on vérifie que P(x) ^ 0. Donc, si P est réductible sur Z alors il existe des entiers
a, 6, c et a G { — 1,1, —7, 7} tels que
P = (X2 4- aX 4- a)(X3 4- 6X2 + cX 4- £),
Après identification des coefficients, on en déduit facilement que
a2a2 4- (7 - 4a2)a - (a3 4- 4a2 - 5a) = 0.
Il y a un nombre fini de cas à étudier. Si a = 1, l'équation du second degré en a
ci-dessus s'écrit a(a + 3) = 0. Si a = 0 on vérifie alors que X2 4- aX + a = X2 + 1
divise P. Ainsi, P est réductible sur Z et, plus précisément,
P = {X2 4- 1)(X3 4- 4X2 - 5X + 7).
g) 7X5 4- 4X4 - 2X3 4- 5X2 - 6X 4- 11 = X5 + X2 4- 1 (mod. 2). Le polynôme
X5 4- X2 4- 1 n'admet aucune racine dans F2, n'est pas divisible par X2 4- X 4- 1
et donc est irréductible sur F2. Par suite, 7X5 + AX4 - 2X3 + 5X2 - 6X + 11 est
irréductible sur Z.
4°) Les polynômes de ¥2[X] de degré 3 et irréductibles sont X3+X + l et X34-X24-l
(cf. exercice III. 10).
a) Si Xe + X3 + 1 est réductible sur F2 alors il admet un facteur irréductible de
degré 1, 2 ou 3. Or, P n'admet aucune racine dans F2, P n'est pas divisible par
X2 4- X + 1 ni par X3 + X + 1 ou X3 + X2 4- 1 donc P est irréductible modulo 2.
Ainsi, X6 + X3 + 1 est irréductible sur Z.
b) Posons P = X6 + X2 4- 1. Dans F2[X], on a P = (X3 4- X 4- l)2 et on a vu que
X3 + X + 1 est irréductible sur F2. D'autre part, dans F3[X], P(-l) = P(l) = 0
d'où la factorisation P = (X2 — 1){X4 + X — 1) et le polynôme X4 + X — 1 est
irréductible sur F3 car il n'admet pas de racine dans F3 et n'est pas divisible par
X2 + 1, X2 + X - 1 ou X2 - X - 1. Il en résulte que P G Z[X] n'admet pas de
diviseur de degré 1 ou 2 (sinon, par projection, il en aurait un dans F2[X]) ni de
diviseur de degré 3 (sinon, par projection, il en aurait un dans F3[X]). Ainsi, P est

150
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
irréductible sur Z[X].
c) Xe + X +1 n'admet aucune racine dans F2 et n'est pas divisible par X2 + X +1 ni
par X3 + X + 1 ou X3 + X2 + 1 donc P est irréductible modulo 2. Ainsi, X6 + X + 1
est irréductible sur Z.
d) X7 + X + 1 n'admet pas de racine dans F2, n'est pas divisible par X2 + X 4- 1
car sinon, il existe a dans une extension de F2 tel que a3 = 1 et a7 = a 4- 1 ce qui
est impossible. De même, X7 4- X 4- 1 n'est pas divisible par X3 4- X 4- 1 sinon il
existe a dans une extension de F2 tel que a3 = a + 1 et a7 = a + 1 d'où a G {0,1}
ce qui est impossible. Enfin, X7 4- X + 1 n'est pas divisible par X3 + X2 + 1 car,
par division euclidienne, X7 + X + 1 = (X3 4- X2 + 1)(X4 + X3 4- X2 + 1) 4- X.
Comme X7 + X + 1 n'admet aucun facteur irréductible sur F2 de degré 1, 2 ou 3,
P est irréductible sur F2 et donc sur Z.
e) Posons P = 5X7 - 2X6 4- 4X5 - 12X4 + 19X3 - 6X2 - 20X + 17. Alors
P = X7 + X3 + 1 (mod. 2). Le polynôme Q = X7 + X3 + 1 G F2[X] n'admet
aucune racine dans F2. Q n'est pas divisible par X2 + X + l sinon, il existe une
racine a de X2 4- X 4- 1 (donc telle que a3 = 1) vérifiant Q(a) = 0 d'où a = 0
ce qui est absurde. De même, X7 + X3 + l n'est pas divisible par X3 + X 4- 1
sinon ce dernier divise X7 -\- X = X(X6 + 1) = X(X3 + l)2 ce qui n'est pas.
Enfin, X7 + X3 4- 1 n'est pas divisible par X3 4- X2 4- 1 sinon ce dernier
divise X7 4- X2 = X2(X5 + 1) = X(X + 1)(X4 4- X3 4- X2 4- X + 1) donc divise
X4 + X = X(X + 1)(X2 + X 4-1) ce qui n'est pas. Ainsi, comme au cas précédent,
P est irréductible sur F2 et donc sur Z.
111.23. Irréductibilité dans Q(y/d)[X]
1°) On appelle entier sans facteur carré tout entier distinct de 1 et de la
forme d = ep\.. .pn où n est dans N, Pi,... ,pn sont des nombres premiers
distincts et où e = ±1.
Montrer que si d\ et d2 sont des entiers sans facteur carré tels que y/d[ G
Q(Vch) alors dx=d2.
2°) Caractériser les entiers d, sans facteur carré, tels que les polynômes
cyclotomiques suivants soient irréductibles sur
a) $3, b) $4, c) $8, d) $i2.
3°) Même question pour les polynômes suivants :
a) X4 - 3, b) X5 - 7, c) X3 - X - 1.
Solution
1°) Rappelons que (1, y/d^) est une base sur Q de Q(v/52). Supposons que y/d[ G
Q(y/di)- Alors , il existe a,b G Q tels que ^/d[ = a + by^ ^où fl2 + ^2 — ^i +
labyfdï — 0. Par suite,
ab = 0 et a2 + 62d2 = ^i-
Si b = 0 alors \/37 = ±a et donc Q(\/37) = Q ce qui est absurde. Ainsi, b ^ 0 et
par suite, a = 0 d'où di = 62d2. Posons 6 = u/v avec tx et v entiers premiers entre
eux. On a v2d\ = tx2d2 et comme tx2 et î;2 sont premiers entre eux, u2 divise dx et
î;2 divise d2 (Gauss) et comme d\ et d2 sont sans facteur carré, on a tx2 = v2 = 1 en
sorte que di = d2.

111.23. Irréductibilité dans Q(y/d)[X]
151
2°) On pourra remarquer que si K est une extension de Q alors K contient une
racine d'un polynôme cyclotomique $n si et seulement si K contient toutes les racines
de $n.
1 x/S
a) $3 est de degré 2 et admet j = — - + i—- pour racine, donc $3 est irréductible
sur Q(y/d) si et seulement si j fi Q(y/d). D'après 1°), j fi Q(y/d) si et seulement si
d^-3.
b) $4 est de degré 2 et i est une racine de <Ê4 donc $4 est irréductible sur Q(y/d) si
et seulement si i fi Q{Vd) et donc si et seulement si d ^ — 1.
Z7T
c) $8 est de degré </?(8) = 4 et admet a = exp(—) pour racine. D'après le 3ème
critère (cf. Cours, théorème 3.9 page 78) et d'après la remarque en début de
question, si $8 est réductible sur Q(y/d) alors a G Q(y/d) ou a est dans une extension
quadratique de Q(y/d).
Comme $>4 est irréductible sur Q, a est de degré 4 sur Q et par suite, a fi Q{Vd).
Supposons que a est dans une extension quadratique de Q(y/d). On vient de voir
que a fi Q(y/d) donc le polynôme minimal P de a sur Q(y/d) est de degré 2. D'autre
part, P divise
$8 = (X - a)(X + a)(X - ia)(X + ia).
Par suite, P est l'un des polynômes suivants :
Px = {X -a){X + a) = X2-i,
P2 = {X - a){X - ia) = X2 - a(l + i)X + ia2 = X2 - iy/ÎX - 1,
P3 = (X - a)(X + ia) = X2 - a(l - i)X - ia2 = X2 - VÏX + 1.
Ainsi, comme P e Q(Vd)[X], on a
i g Q(Vd) ou iy/2 g Q(Vd) ouv^g Q(Vd)
i.e. de {-2,-1,2}.
Réciproquement, si d G {—2, —1, 2} alors les décompositions ci-dessus montrent que
$8 est réductible sur Q(y/d).
Ainsi, $8 est irréductible sur Q(y/d) si et seulement si d fi {—2, —1, 2}.
d) La méthode est en tout point analogue au cas précédent. $12 est de degré
2Z7T \/3 1
V?(12) = 4 et admet a = exp(——) = -——h -i pour racine. On a $i2 = (X —
LZt £ Zt
a)(X + a)(X — â)(X + a). Les polynômes unitaires de degré 2 admettant a pour
racine et divisant $i2 sont
Px = (X - a)(X + a) = X2- exp(y ) = X2 - (± + i^),
P2 = (X - a)(X -a) = X2- 2Re(a)X + \a\2 = X2 - V3X + 1,
P3 = (X - a)(X + q) = X2 - 2iIm(a)X - |a|2 = X2 - iX - 1.
Ainsi, $i2 est irréductible sur Q(y/d) si et seulement si d fi {—3, —1,3}.
3°) a) On va encore utiliser le 3ème critère du Cours. Supposons P = X4 — 3
réductible sur Q(Vd). Soit a G C une racine de P. Comme P est irréductible sur
Q (d'après le critère d'Eisenstein appliqué avec le nombre premier p = 3), a est
de degré 4 sur Q et par suite il n'existe aucun d G Z tel que a G Q(>/5).
Supposons que a est dans une extension quadratique de Q(y/d). Comme a fi Q(Vd),
le polynôme minimal Q de a sur Q(y/d) est de degré 2. D'autre part, Q divise
P = (X — a)(X + a)(X — za)(X + ia). Par suite, Q est l'un des polynômes suivants :

152 III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Q1 = (X- a){X + a) = X2 ± V3,
Q2 = (X - a){X - ia) = X2 - a(l + i)X + za2,
Q3 = (x - q)(X + ia) = X2 - a(l - t)X - za2.
Or, a(l + i) et a(l — i) sont racines du polynôme X4 + 12 qui est irréductible sur Q
(d'après le critère d'Eisenstein appliqué avec le nombre premier p = 3). Par suite,
il n'existe aucun d G Z tel que a(l + ï) G Q(>/d) ou a(l — i) G Q(>/d) et donc les
cas Q = Q2 et Q = Q3 sont impossibles. Ainsi, Q = Q\ et donc \/3 G Q(*\/d) d'où
d = 3. Réciproquement, P = (X2 — \/3)(X2 + \/3) montre que P est réductible sur
Q(V3)-
Ainsi, X4 - 3 est irréductible sur Q(>/3) si et seulement si d ^ 3.
b) On pourrait encore appliquer la méthode précédente. Mais il est ici plus simple
d'invoquer le critère d'irréductibilité par extension de corps (cf. Cours, théorème
3.14 page 79) : X5 — 7 est irréductible sur Q (d'après le critère d'Eisenstein appliqué
avec le nombre premier p = 7) et [Q(y/d) : Q] = 2 est premier avec le degré de
X5 — 7. Par suite, X5 — 7 est irréductible sur Q(y/d) pour tout entier d.
c) Le polynôme P = X3—X—1 est irréductible sur Q car sa réduction P = X3+X+l
dans ¥2[X] n'admet aucune racine dans F2 et donc est irréductible sur F2 (cf. Cours,
théorème 3.5 page 77). Ici encore, le critère de conservation de l'irréductibilité par
extension de corps montre que X3 — X — 1 est irréductible sur Q(y/d) pour tout
entier d.
Le résultat pouvait aussi s'obtenir ainsi : P étant de degré 3, si P est réductible sur
Q(y/d) alors P admet une racine a dans Q(y/d) et donc a est de degré au plus 2 sur
Q ce qui est impossible puisque, P étant irréductible sur Q, a est de degré 3.
III.24. Intersection de deux corps cyclotomiques
Soient m et n des entiers naturels non nuls. On pose TV = ppcm(ra, n) et
d = pgcd(ra,n). Pour tout entier naturel non nul t, on désigne par Q une
racine primitive f-ème de 1 dans C.
1°) Montrer que Q(Cm)Q(Cn) = Q(Gv).
2°) Montrer que Q(Cm) HQ(Cn) = Q(C«f)-
Solution
On rappelle les points suivants :
(a) Soient K et L deux sous-corps d'un corps M. Par définition, KL est le plus petit
sous-corps de M contenant K et L (cf. Cours, lemme 4.13 page 84). L'opération
(K, L) i—► KL est clairement commutâtive et associative et si K Ç L alors KL = L.
(b) Si a (resp. a ') est une racine p-ème (resp. g-ème) de 1 dans C et si pgcd(p, q) = 1
alors aa' est une racine primitive pq-ème de 1 et Q(a)Q(a/) = Q(aa') (cf. Cours,
démonstration du corollaire 4.12, page 84). Sans difficulté, on étend ce résultat, par
récurrence, à plus de deux racines de l'unité.
1°) Écrivons les décompositions de m, n et N en produit de facteurs premiers
distincts :
avec otj,0j > 0, jj = max(aj,/3j) ^ 0 pour tout j G {1,... ,k}.

II 1.24. Intersection de deux corps cyclotomiques
153
D'après le rappel (b), on a :
Q(Cm) = Q«p?.)...Q«p-0 (i)
Q(C») = Q(Oi)...Q(0*) (2).
Pi Pk
D'autre part, si a, b e N* alors Q(Ca) Q Q(Cafc) • en effet, Ça est racine de Xab - 1 =
(Xa)b — 1 et Q(Çab) est le corps de décomposition sur Q du polynôme Xab — 1. Ainsi,
du rappel (a), on déduit que pour tout j G {1,..., fc}, on a
Q(Cp;>)Q(C^) = Q(Cpp)-
De (1) et (2) et d'une nouvelle application de (a), on en déduit que
Q(Cm)Q(C») = Q(CP;i)...Q(Cp20
puis par application de (b), on conclut que
Q(Cm)Q(Cn) = Q(Cp?...p^)=Q(Cyv).
2°) Posons k = Q«m) l~l Q(Cn)- Comme d\m et d\n, on a Q(Q) Ç k.
Q(Cm)
Q(Cm)Q(Cn)
Q(&)
D'autre part, par multiplicativité des degrés, on a
<p(m)
[Q(Cm) : Q(Cf)] =
V(d)
et d'après la question précédente, on a
(Q(Cm)Q(Cn) : Q(Cm)] = ^r\, [Q«m)Q(C) : Q(C)] = ^tt-
V?(m) <p(n)
Or, on sait que [Q(Cm)Q(C») : Q(C»)] < [Q(Cm) : *] (cf. Cours, lemme 4.13 page 84).
On déduit donc que
[Q(Cm)Q(C) : Q(Cn)] = ^ < [Q(C») : k] < [Q(Cm) : Q(«] = ^-

154
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Comme mn = Nd, on a (p(m)ip(n) = <p(N)<p(d) : en effet, par multiplicativité de
la fonction </>, il suffit de le montrer lorsque m et n sont puissances d'un même
nombre premier, ce qui est immédiat. Ainsi, les membres extrêmes de l'encadrement
ci-dessus sont égaux, d'où [Q(Cm) : k] = [Q(Cm) : Q(Gf)]-
Par suite, comme Q(Q) C k Ç Q(Çm), on a bien Q(Q) = k.
III.25. Irréductibilité de $k dans Q(fn)[X] (exemples)
Pour tout entier naturel non nul n, on désigne par £n une racine primitive
n-ème de 1 dans C. Caractériser les entiers n tels que les polynômes
cyclotomiques suivants soient irréductibles sur Q(Cn) :
a) $3, b) $4, c) $8, d) $i2.
On pourra utiliser la question 2°) de l'exercice précédent.
Solution
On pourra remarquer que si K est une extension de Q alors K contient une racine
d'un polynôme cyclotomique $n si et seulement si K contient toutes les racines de
$n. Par ailleurs, comme vu à l'exercice précédent, si a, b G N* alors Q(Ca) Ç Q(Cab)-
a) $3 est de degré 2 donc $3 est irréductible sur Q(Cn) si et seulement si Ç3 £ Q(Cn)-
Si 3|n alors Ç3 G Q(Cn)- Réciproquement, si 3 \ n i.e. n et 3 sont premiers entre eux,
alors Q(C3)nQ(Cn) = Q (cf. Cours, corollaire 4.12 page 83). Ainsi, $3 est irréductible
sur Q(Cn) si et seulement si 3 \ n.
b) $4 est de degré 2 donc $4 est irréductible sur Q(Cn) si et seulement si Ç4 £ Q(£n).
Si 4|n alors Ç4 G Q(Cn)- Réciproquement, si 4 \ n i.e. d = pgcd(4, n) G {1, 2} alors
Q(C4)nQ(Cn) = Q(0) = Q
donc C4 i Q(Cn)-
Ainsi, $4 est irréductible sur Q(Cn) si et seulement si 4 \ n.
c) $8 = X4 + 1 admet a = exp(—) pour racine. Si 4|n alors i G Q(Çn) et
$8 = (X2 - i)(X2 + i) est réductible sur Q(Çn).
Supposons maintenant que 4 \ n en sorte que d = pgcd(8, n) G {1, 2}. Si $8 est
réductible alors, d'après la remarque en début d'exercice et le 3ème critère (cf. Cours,
théorème 3.9 page 78), le polynôme minimal P de a sur Q(Cn) est de degré 1 ou 2.
Dans le premier cas, a G Q(Çn) ce qui est impossible car alors a G Q(Cn) rï Q(Cs) =
Q(&) et donc a G Q(Q) = Q-
Dans le second cas, P divise $8 = (X — a)(X + a)(X - ia)(X -h ia) et par suite, P
est l'un des polynômes suivants :
Px = (X-a)(X + a) = X2-i,
P2 = (X - a)(X - ia) = X2 - a(l + i)X + ia2 = X2 - i^2X - 1,
P3 = {X- a){X + ta) = X2 - a(l - i)X - ia2 = X2 - V2X + 1.
Par suite, i G Q(Cn) ou bien iy/2 G Q(Cn) ou encore \/2 G Q(Cn).
Or, d'après la question b), si i G Q(Cn) alors 4|n ce qui contredit l'hypothèse sur n.
a2 — 1
Si z\/2 G Q(Cn) alors comme P2{oc) = 0 on a i\[2 = G Q(a) et de même, si

III.26. Irréductibilité dans Q(Cn)[^] (exemples)
155
y/2 G Q(Cn), alors \/2 G Q(a). Par suite, ix/2 ou y/2 est dans Q(a) PlQ(Cn) = Q(Cd)
ce qui est absurde puisque Q(Cd) = Q-
Ainsi, $8 est irréductible sur Q(Cn) si et seulement si 4 \ n.
Z7T
d) $12 = X4 — X2 + 1 admet a = exp(—) pour racine. On a $i2 = (X — a)(X +
_ _ 6
a)(X -a)(X + a). Les polynômes unitaires de degré 2 admettant a pour racine et
divisant $i2 sont donc :
Px = (X - a)(X + a) = X2 - exp(j) = X2-{\ + î^),
P2 = (X - q)(X - â) = X2 - 2Re(a)X + \a\2 = X2 - >/3X + 1,
P3 = (X- a)(X + a) = X2 - 2ilm(a)X - \a\2 = X2 - iX - 1.
En particulier, $i2 est réductible si i G Q(Cn) i-e- 4|n (cf. b)) ou bien si z\/3 c'est-à-
dire Ca e Q(Cn) i-e. 3|n (cf. a)).
Supposons maintenant que 4 \ n et 3 \ n en sorte que d = pgcd(12,n) G {1,2}
et donc que Q(Cd) = Q- Si $12 est réductible alors, d'après la remarque en début
d'exercice et le 3ème critère, le polynôme minimal P de a sur Q(Çn) est de degré 1
ou 2.
Dans le premier cas, a G Q(Cn) et donc a G Q(Cn)nQ(Ci2) = Q ce qui est impossible.
Dans le second cas, P est l'un des polynômes Pi, P2 ou P3. Par suite, i G Q(Cn) ou
bien i\/3 G Q(Cn) ou encore \/3 G Q(Cn)-
Or, si z G Q(Cn) alors 4|n ce qui contredit l'hypothèse sur n. Si i\/3 G Q(Cn) alors
comme Pi (a) = 0 on a iy/3 G Q(a) et de même, si \/3 G Q(Cn), alors \/3 G Q(a).
Par suite, z\/3 ou \/3 est dans Q(a) fl Q(Cn) = Q ce qui est absurde.
Ainsi, $12 est irréductible sur Q(Cn) si et seulement si 4 \ n et si 3 \ n.
111.26. Irréductibilité dans Q((n)[X] (exemples)
Pour tout entier naturel non nul n, on désigne par Çn une racine primitive I
n-ème de 1 dans C. On admettra le résultat suivant :
si a; G Q(Cn) alors Q(x) est le corps de décomposition sur Q
du polynôme minimal de x sur Q (cela résulte du fait que
le groupe de Galois de l'extension Q C Q(Cn) est abélien, (cf.
[Goz], Remarque XI.49, page 143).
1°) Montrer que le polynôme X4 -3 est irréductible sur Q(Cn) si et
seulement si 12 ne divise pas n (on pourra utiliser l'exercice III.24).
2°) Montrer que le polynôme X5 - 7 est irréductible sur Q(Cn)-
3°) Montrer que le polynôme X3 - X — 1 est irréductible sur Q(Cn)-
Solution
1°) Supposons X4-3 irréductible sur Q(Çn). Alors, comme X4-3 = (X2- y/3)(X2 +
\/3), on a v/3 i Q(C„).
Réciproquement, supposons X4 - 3 réductible sur Q(Cn) et montrons que \/3 6
Q(Cn)- D'après le 3ème critère d'irréductibilité (cf. Cours, théorème 3.9 page 78), il
existe une racine a € C de X4 — 3 appartenant à une extension K de Q(Cn) de degré
1 ou 2.
Si K = Q(C„) et donc a € Q(C„) alors a2 = ±y/l € Q(C„).

156
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Supposons maintenant que K est de degré 2 sur Q(Çn) et que a fi Q(Cn)- Alors a est
de degré 2 sur Q(Cn) et son polynôme minimal M sur Q(Cn) est un diviseur unitaire
de X4 — 3 et un multiple de X — a. Or, les racines de X4 — 3 sont a, ia, —a et — za
donc M est parmi les polynômes suivants :
M1 = {X - a){X - ia) = X2 - a(l + i)X + a2z,
M2 = (X - q)(X + a) = X2 - a2,
M3 = (X - a)(X + ia) = X2 - a(l - i)X - a2i
Si M = M2 alors a2 = ±\/3 G Q(Cn)- Supposons donc que M = Mx ou M = M3
et montrons que ces cas sont impossibles. D'après les expressions de M\ et M3 , on
a x = a(l ± z) G Q(Cn)- Or, x4 = 3(1 ± z)4 = -12. Le polynôme X4 + 12 admet x
pour racine et, d'après le critère d'Eisenstein appliqué avec le nombre premier p = 3,
il est irréductible sur Q. Donc, d'après le résultat admis dans l'énoncé, Q(x) est le
corps de décomposition sur Q de X4 + 12. Par ailleurs, ce corps de décomposition
est aussi Q(^Ï2,i). Or,
[Q«/Î2,i) : Q] = [Q«/Ï2,z) : Q(^Ï2)][Q(^Ï2) : Q]
et comme i fi Q(v^Ï2), on a [Q(v^Ï2,i) : Q] > [Q(v^Ï2) : Q] = 4 ce qui contredit
[Q(x) : Q] = 4.
Ainsi, X4 — 3 est irréductible sur Q(Cn) si et seulement si y/3 fi Q(Cn)-
Cherchons les entiers naturels n tels que y/3 G Q(Cn)- Si 12|n alors Q(Cn) contient
une racine primitive 12-ème de 1 et par suite, les contient toutes, en particulier Q(Cn)
contient C12 = e^ = — + -z et donc aussi C12 + C121 = C12 + C12 donc \/3 G Q(Cn)-
Réciproquement, supposons 12 \ n en sorte que d = pgcd(12, n) G {1, 2, 3,4,6}. On
sait (cf. exercice III.24) que
Q(Cn)nQ(Ci2) = Q(C*).
Si y/3 G Q(Cn) alors ^3 G Q(Çd). Or, Q(Q) est Q ou bien Q(C6) = Q(Ca) = Q(*>/3)
ou encore Q(C4) = Q{i) et aucun de ces corps ne contient y/3.
Ainsi, X4 — 3 est irréductible sur Q(Çn) si et seulement si \/3 ^ Q(Cn) si et seulement
si 12 \n.
2°) D'après le critère d'Eisenstein appliqué avec le nombre premier p = 7, le
polynôme X5 — 7 est irréductible sur Q.
Supposons X5 — 7 réductible sur Q(Cn)- D'après le 3ème critère d'irréductibilité , il
existe une racine a G C de X5 — 7 appartenant à une extension K de Q(Cn) de degré
1 ou 2.
1er cas : K = Q(Cn)- Alors a G Q(Cn) et, d'après le résultat admis, Q(a) est le
corps de décomposition sur Q de X5 — 7. Or, si Ç5 une racine primitive 5-ème de
1, le corps de décomposition sur Q de X5 — 7 est Q(v^7, Cs)- Par multiplicativité,
[Q(^7,Cs) : Q] = [Q(^Cs) : Q(^7)][Q(^7) : Q] = 5[Q(^7,Cs) : Q(^7)] donc
[Q(v^7, Cs) : Q] > 5 car Cs fi Q(v^7) ce qui contredit que [Q(q) : Q] = 5.
2ème cas : K est de degré 2 sur Q(Cn) et a fi Q(Cn)- Alors a est de degré 2 sur
Q(Cn) et son polynôme minimal M sur Q(Cn) est un diviseur unitaire de X5 — 7 et
un multiple de X — a. Or, les racines de X5 — 7 sont les ç(a où j G {0,..., 4} où Cs

111.27. Irréductibilité sur Fq de X5 - 7 et X4 - 3
157
désigne une racine primitive 5-ème donnée de 1. Donc M est de la forme
M = (X-a)(X-Cia) = X2-a(l + (:i)X + a2Ci, je{l,...,4}.
Il en résulte en particulier que x = a2ÇÏ G Q(Cn)- On remarque que x5 = 49. Soit le
polynôme P = X5 - 49. Sa réduction modulo 2 est P = X5 + 1 = (X + 1)(X4 + X3 +
X2 + X + 1) et le second facteur, le polynôme cyclotomique $5, est irréductible sur
F2. Si P est réductible sur Z, il admet donc un facteur irréductible de degré 4 et donc
une racine entière, ce qui n'est pas. Ainsi, P est irréductible sur Z et sur Q. D'après
le résultat admis dans l'énoncé, Q(x) est donc le corps de décomposition sur Q de
X5 — 49. Or, ce corps de décomposition est clairement Q(v^7, Cs) et, par le même
argument que dans le 1er cas, [Q( y/î, Cs) : Q] > 5 ce qui contredit [Q(x) : Q] = 5.
Ainsi, X5 - 7 est irréductible sur Q(Cn)-
3°) Le polynôme P = X3 — X — 1 est irréductible sur Q car sa réduction P =
X3 + X + 1 dans ¥2[X] n'admet aucune racine dans F2 et donc est irréductible
sur F2 (cf. Cours, théorème 3.5 page 77). L'étude des variations de P montre que
P admet une unique racine réelle a et donc deux racines complexes non réelles.
Supposons P réductible sur Q(Cn)- Alors P admet une racine /3 G Q(Cn)- D'après le
résultat admis dans l'énoncé, Q(/?) contient toutes les racines de P et donc, puisque
[Q(P) : Q] — 3 est premier, Q(/3) = Q(a) ce qui est absurde puisque les racines de
P ne sont pas toutes réelles.
111.27. Irréductibilité sur ¥q de X5 - 7 et X4 - 3
Soit q une puissance d'un nombre premier impair p.
1°) Soit le polynôme P = X5 — 7. On suppose p ^ 7 (sinon P est
réductible) et on désigne par n l'ordre de 7 dans le groupe multiplicatif F*.
Montrer que P est irréductible sur Fq si et seulement si
5 | et 5|n
n
(pour la condition suffisante, raisonner par contraposition et utiliser le
groupe-quotient F*2/(7) où (7) est le sous-groupe de F*2 engendré par 7).
2°) a) Montrer que si À G Fq et si q = — 1 (mod. 4) alors le polynôme
X4 + À2 est réductible sur Fq.
b) Soit le polynôme P = X4 — 3. On suppose p ^ 3 et on désigne par n
l'ordre de 3 dans le groupe multiplicatif F*. Montrer que P est
irréductible sur Fq si et seulement si
.9-1
2 | et 4 n
n
(raisonner comme à la question 1°) et utiliser la question a) pour la
condition nécessaire).
Solution
Remarquons que, sur F2m, les polynômes X5 — 7 et X4 — 3 admettent 1 pour racine
et sont donc réductibles.
1°) Montrons le sens =>. Supposons P irréductible. On raisonne par l'absurde : si
5 | alors 5n | (q — 1) et donc le polynôme X5n — 1 divise Xq~l — 1. Soit a

158
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
une racine de P dans une extension de Fq. On a a5n = 7n = 1. Donc a est racine de
Xq~l — 1 et comme Fq est le corps de décomposition de Xq~l — 1 sur Fp (cf. Cours,
théorème 2.5 page 73), on en déduit que a G Fq ce qui contredit l'irréductibilité de
Psur F.. Ainsi, b\^——.
n
Montrons que 5|n. Sinon 5 et n sont premiers entre eux, donc 75 est un générateur
du sous-groupe d'ordre n de F* engendré par 7 et par suite, il existe m G Z tel que
7 = (75)m = (7m)5 et donc 7™ est racine de P ce qui contredit l'irréductibilité de P.
Ainsi, 5|n.
Montrons le sens 4= par contraposition : supposons P réductible sur Fq et 5|n et
montrons que 5 | . D'après le troisième critère d'irréductibilité (cf. Cours, théo-
n
rème 3.9, page 78), on sait que P admet une racine a dans une extension de Fq de
degré au plus 2 et donc on peut supposer a G Fq2. Si â est la classe de a dans le
groupe F*2/(7) alors â5 = 1 et a est donc d'ordre 1 ou 5.
Si â = 1 alors il existe un entier k tel que a = 7k et par suite a5 = 75k et comme
a5 = 7, on a 75fc_1 = 1. On en déduit que n|(5fc— 1) ce qui contredit l'hypothèse 5|n.
Ainsi o. est d'ordre 5 et donc (théorème de Lagrange), 5 divise l'ordre du groupe-
quotient F*2/(7) à savoir = (q + 1). Or, 5\(q - 1) (car 5|n et n\(q - 1)),
q n n
donc 5 et q + 1 sont premiers entre eux et par suite (théorème de Gauss), 5 | .
n
2°) a) Dans tout anneau de polynômes, X4 + 4tx4 est réductible :
X4 + 4u4 = (X2 - 2uX + 2u2)(X2 + 2uX + 2u2).
D'autre part, q est impair donc 2 est inversible dans F*. Par suite, X4 + À2 =
X4 + 4(À/2)2. Remarquons que si x G F* alors, en posant q = 4m — 1 et en utilisant
que xq~l = 1 (théorème de Lagrange dans le groupe F*), on a
x2 = x(q-l)+2 = x4m = (xm)4
Par suite, il existe u G Fq tel que (A/2)2 = u4 en sorte que X4 4- A2 = X4 4- 4tx4 est
réductible sur Fg.
b) Montrons le sens =>. Supposons P irréductible . On raisonne par l'absurde : si
2 | alors 2n | (q — 1) et donc le polynôme X2n — 1 divise Xq~l — 1. Soit a une
n
racine de P dans une extension de Fq. On a (a2)2n = 3n = 1. Donc a2 est racine
de Xq~l — 1 et comme Fq est le corps de décomposition de Xq~l — 1 sur Fp, on en
déduit que a2 G Fq. Ainsi P = (X2 — a2)(X2 + a2) est réductible sur Fq, ce qui
contredit l'hypothèse sur P. Par suite, 2 f .
n
Comme ç est impair, on en déduit, en particulier, que n est pair. Montrons que
4|n. Sinon, il existe k G N tel que n = 2(2k + 1). Par suite, dans Fq, 3n — 1 =
(32*+i _ !)(32fc+i + i) = o. On ne peut avoir 32fc+1 = 1 car 3 est d'ordre n et
2k + 1 < n. Ainsi, 32fc+1 = -1 et, par suite, P = X4 + 32fc+2 = X4 + A2 avec
A = 3*+1. Enfin, g ^ 1 (mod. 4) car sinon 2 | . Ainsi, q = — 1 (mod. 4) et par
n
suite, d'après la question a), P est réductible sur Fq : contradiction. Ainsi, 4|n.
Montrons le sens 4= par contraposition : supposons P réductible sur Fq et 4 | n et
montrons que 2 | . D'après le troisième critère d'irréductibilité, on sait que P

III.28. Irréductibilité sur ¥q de X3 - X - 1
159
admet une racine a dans une extension de ¥q de degré au plus 2 et donc on peut
supposer a G Fq2. Si a est la classe de a dans le groupe Fg*2/(3) alors â4 = 1 et donc
â est d'ordre 1, 2 ou 4.
Si â2 = 1 alors il existe un entier k tel que a2 = 3* et par suite a4 = 32/: = 3 donc
32/c_1 = 1. On en déduit que n\(2k — 1) ce qui contredit l'hypothèse 4|n. Ainsi â
2 1 1
est d'ordre 4 et donc (théorème de Lagrange) 4 divise = (q + 1). Or,
n n
4|(ç — 1) (car 4|n et n\(q — 1)) et par suite 2 | (q + 1) et 4 { (q + 1). Il en résulte que
n
Pour une étude plus générale de l'irréductibilité des polynômes sur un corps fini, on
pourra consulter [LiNi], Chapitre 3.
111.28. Irréductibilité sur ¥q de X3 - X - 1
Soit p un nombre premier et soit P = X3 — X — 1 G FP[X],
1°) Discuter de l'irréductibilité de P sur le corps Fpn en fonction de
l'irréductibilité de P sur Fp.
2°) Soient ai, a2 et ai les racines (distinctes ou non) de P dans une
extension de Fp. On pose
D = [(ai - a2)(a2 - a3)(a3 - ai)]2 .
Montrer que D = -23.
3°) On désigne par y/—23 une racine de X2 + 23 dans une extension de
Fp. Montrer l'équivalence des assertions suivantes :
i) P est irréductible ou scindé sur Fp,
ii) V^-23 G Fp.
Solution
1°) Si P est réductible sur Fp alors, bien sûr, P est réductible sur Fpn. Supposons
P irréductible sur Fp. Si n = 0 (mod. 3) alors, P étant réductible sur Fp3, P est
réductible sur Fpn (puisque Fpn contient alors Fp3). Si n ^ 0 (mod. 3), alors, comme
n = [Fpn : Fp] et d°(P) = 3 sont premiers entre eux, P irréductible sur Fpn (cf.
Cours, théorème 3.14 page 79).
2°) D'après les relations entre coefficients et racines de P, on a :
ai + a2 + a3 = 0 et aia2a3 = 1.
On en déduit que
(ai - a2)2 = (ai + a2)2 - 4aia2 = (-a3)2 =
a3 a3 a3
Par permutation des indices, on en déduit que
D = SIZIZIZIHZI = _P(3) = -23.
a3 a2 ax
3°) Montrons i) => ii). Si P scindé sur Fp alors, avec les notations de la question
précédente, comme ai,a2,a3 G Fp, on a (ax - a2){a2 - a3)(a3 - ax)= ±\/-23 G Fp.
Supposons maintenant P irréductible sur Fp et soit a une racine de P dans une
extension de Fp. L'automorphisme de Frobenius montre que ap est aussi racine de

160
III. CORPS, THEORIE ELEMENTAIRE
P et cette racine est distincte de a car, sinon, ap = a et donc a G Fp (puisque Fp
est le corps de décomposition de Xp — X sur Fp), ce qui contredit l'irréductibilité
de P sur Fp. Comme P est de degré 3, le corps de décomposition de P est engendré
par deux racines de P et par suite, Fp(a) est un tel corps. D'après la question
précédente, y/—23 est dans le corps de décomposition de P sur Fp et ainsi v/^23 G Fp(a).
Comme [Fp(a) : Fp] = 3 et que [Fp(\/-23) : Fp] est 1 ou 2, par multiplicativité, on
en déduit que ^(v/3^) : Fp] = 1 et donc que yf^ G Fp.
Montrons ii) => ï). Supposons y/—23 G Fp et P réductible sur Fp et montrons que
P est scindé. Comme d°(P) = 3, P admet une racine a G Fp et il existe donc s et t
dans Fp tels que
P=(X-a)(X2-sX + t).
On peut toujours supposer a2 — sa + t ^ 0 puisque, dans le cas contraire, a est
racine multiple de P qui est donc scindé sur Fp. Soient a2 et a3 les racines de
X2 - sX + t. Alors -23 = [(a - a2)(a2 - a3)(a3 - a)]2 = (a2 - sa + *)2(<*2 - a3)2.
Or, (a2 - a3)2= (a2 + a3)2 - Aa2a3= s2 - 4£ est le discriminant A de X2 - sX + i.
Par suite, —23 = (a2 — sa + t)2A et comme, par hypothèse, —23 est un carré dans
Fp et que a2 — sa + t G Fp \ {0}, A est aussi un carré dans Fp, ce qui prouve que
X2 — sX -h t, et donc aussi P, est scindé sur Fp.
Remarque. - Sur F23, on a D = 0 et donc P admet une racine multiple et donc
est scindé. Le plus petit nombre premier p distinct de 23 tel que -23 soit un carré
dans Fp et tel que P soit scindé est p = 59 (résultat donné par Maple). Voir aussi
[www2].
III.29. Polynômes cyclotomiques <ïy*, p premier
Soient p un nombre premier et a un entier naturel non nul.
Calculer $p. Montrer que $pû = $p(Xpûl).
Solution
Xp - 1
Comme Xp - 1 = $i$p, on a $p = — ou encore $p = Xp~l H h X + 1.
A — 1
Montrons par récurrence sur a > 0 que
xpû -1
pa ~ Xp«-1 - 1
ce qui établira le résultat demandé.
L'assertion est vraie pour a = 1. Fixons un entier a > 2 et supposons l'assertion
vraie pour tout entier entre 1 et a — 1. Les diviseurs de pa étant 1, p, p2, ..., pQ,
d'après la formule fondamentale (cf. Cours, proposition 4.5 page 80) et l'hypothèse
de récurrence, on a :
x»a-i= n sy = ( n <ïyW,
0<fc<a \0<fc<a-l /
Xp-1 Xf -1
X - 1 " A>a"2 - 1
AT - 1 = (XP""' - l)$pa.
X"° - 1 = (X - i)^_... ,__*,,,

II 1.30. Factorisation de $n vs. factorisation de n
161
ce qui prouve l'assertion au rang a.
Autre méthode. On désigne par /in l'ensemble des racines du polynôme Xn — 1
(dans un corps de décomposition sur le corps de base k) et par /i* l'ensemble des
racines primitives n-èmes de 1. On a l'inclusion //*<> Ç /ipû \ fipa-i qui résulte des
définitions. D'autre part, fipa-i Ç /ipû et donc card(/ipa \/ipû-i) = pQ — pQ~l. Comme
card(/ipû) = ip(pa) = pa - pQ~l (cf. Cours, définition 4.2 page 80), on en déduit
/i*a = /ipû \ /ipû-i. Par suite, et par définition d'un polynôme cyclotomique, on a
xpa -1
III.30. Factorisation de <ï>n vs. factorisation de n
Les polynômes cyclotomiques $N considérés sont à coefficients dans un
corps k dont la caractéristique est nulle ou ne divise pas TV.
1°) Soit n > 3 un entier impair. Montrer que $2n(X) = $n(-^0-
2°) Soit n > 2 un entier pair. Montrer que $2n(X) = $n(^2)-
3°) Soit n > 2 un entier dont la décomposition en produit de facteurs
premiers est n = p"1 .. .p?r. On pose d = px.. .pr. Montrer que $n(X) =
*d(X3).
4°) Soient n > 0 un entier et p un nombre premier ne divisant pas n.
Montrer que $pn{X) = n .
5°) a) Calculer $n(l).
b) Calculer $n(-l).
1°) Soit Ç une racine primitive 2n-ème de 1. Montrons que (—Ç) est une racine
primitive n-ème de 1. D'une part, Ç2n -1 = (Cn - l)(Cn +1) = 0 et on ne peut avoir Cn = 1
puisque n < 2n. Par suite, Cn = -1 et n étant impair, (~C)n = (-l)n(-l) = 1 ce
qui prouve que l'ordre m de (-Ç) est au plus n. D'autre part, (—Ç)2m = 1 donc
n | 2m et comme n est impair, on a n \ m. On en déduit, comme annoncé, que
m — n.
Les racines de $2n sont simples et d'après ce qui précède, si C est une racine de $2n
alors (—C) est racine de $n. On en déduit que $2n(^0 I $n(-^0- Or, d°($2n(^)) =
(/?(2n) = (f(2)ip(n) (car n est impair) et donc d°($2n(^)) = ^(n) = d°($n(—X)).
Par suite, il existe a G fc tel que $2n(X) = a$n(—X). En comparant les coefficients
dominants, on obtient que 1 = a(—l)^(n). Comme n est impair et n > 3, il existe un
facteur premier impair p de n et par suite, p — 1 divise ip(n) en sorte que ip(n) est
pair et que a = 1. On a prouvé que $2n(X) = $n(—X).
Remarque. - On aurait aussi pu prouver le résultat par récurrence sur n en utilisant
la formule XN - 1 = f] $d (cf. Cours, proposition 4.5 page 80).
d\N
2°) Soit C une racine primitive 2n-ème de 1. Alors (C2)n = Ç2n = 1 donc l'ordre
m de C2 vérifie m < n. D'autre part, (C2)m = C2m = 1 donc 2n \ 2m et donc
n | m. Ainsi, C2 est une racine de l'unité d'ordre m = n et C est donc racine du
polynôme $n(X2). Les racines de $2n étant simples, $2n(X) divise $n(X2). Posons

162
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
n = 2Qq avec q impair et a > 1. Alors d°($2n(^)) = </?(2n) = ^(2Q+1<7) = 2CV(<?) et
d°($n(X2)) = 2tp(n) = 2ip(2Qq) = 2ay(q). Enfin, $2n(X) et $n(X2) sont unitaires.
On en conclut qu'ils sont égaux.
77,
3°) Posons m = — = p?1-1.. .p*r~l- Soit Ç une racine primitive n-ème de 1. Soit
q l'ordre de Çm. Alors, (Çm)q = Çmq = 1 donc n \ mq donc d \ q. D'autre part,
(Çm)d = Çn = 1 donc q = d. On en déduit que $n(X) divise $d{Xm). Par ailleurs,
d°($„(X)) = (pi -1)... (pr - \)m = tp(d)m = d°($d(Xm)). Comme en outre $n(X)
et $d(Xm) sont tous deux unitaires, ils sont égaux.
Remarque. - Le cas r = 1 redonne le résultat de l'exercice III.29.
4°) Par définition, deux polynômes cyclotomiques distincts n'ont jamais de
racine commune. Les racines de $n$pn sont donc simples. Le degré de $n$pn est
<p(n) + <p(pri) = p<p(n) = d°($n(Xp)). Donc, pour montrer <bn(X)$pn(X) = $n(Xp),
il suffit de montrer que si Ç est une racine de <ï>n ou de Qpn alors Çp est une
racine d'ordre n dans le groupe des racines n-èmes de l'unité. Or, l'ordre de Çp est
— où q est l'ordre de Ç. Comme p et n sont premiers entre eux, l'ordre de
pgcd(g,p)
.„ n . pn
Çp est = n si q = n et = n si q = pn.
pgcd(n,p) pgcd(pn,p)
Remarque. - Il en résulte que si i G N* alors
*„'»(*) =
<w~y
En effet, de la question précédente, on déduit que $p»n(X) = $Pd(Xpt <*) puis, du
résultat prouvé avant la remarque, que
*„«»(*) =
$d(X"'3) ^((A-"1)?)
PnV ' -. /VrDi-inx ^ //Vni-1
En utilisant à nouveau $d(X^) = $n(X), on obtient le résultat annoncé lequel peut
d'ailleurs s'obtenir directement (cf. [FrGi], exercice 5.18).
5°) a) Si n = 1 alors $n(l) = 0. Si n = p"1 .. .p"r avec r > 1, pu ... ,pr nombres
premiers distincts et ai,..., ar G N* alors, d'après la question 3°), $n(l) = $pi...pr(l)-
Si r > 2 alors, d'après la question 4°),
n[) *w.*(l)
Si r = 1 alors $n(l) = $Pl(l) = Pi-
En conclusion,
*,(1) = 0,
$pû(1) = p si p premier et a G N*,
$p<n par(l) = 1 si r > 2, pi,... ,pr premiers distincts et ai,..., ar > 0.
b) Si n = 1 alors $n(-l) = -2.
Si n > 3 est impair alors, d'après a) et 1°), $n(-l) = $2n(l) = 1-

II 1.31. Polynômes cyclotomiques de degré au plus 10
163
Etudions le cas où n est pair. Si n = 2 alors $2(—1) = 0- Supposons n = 2Qm avec
a G N* et m impair. D'après 2°),
• Cas m = 1. Si a = 1 alors n = 2. Si a > 2 alors $2Qm(—1) = $2(1) = 2.
• Cas m > 3. D'après 1°), $n(X) = $m{-X2a~l).
i) Cas a = 1. Alors *n(-l) = $2m(-l) = *m(l).
Si m = pP avec p premier impair et 0 G N* alors $n( —1) = $^(1) = p d'après a).
Si m = p"1 .. .p"r avec r > 2, Pi,... ,pr nombres premiers impairs et distincts et
ai,... , ar G N* alors $n(-l) = $p"i p*r(l) = 1 d'après a).
iï) Cas a > 2. Alors $n(-l) = $m(-l) = 1-
Finalement,
*i(-i) = -2,
$m(—1) = 1 si m > 3 impair,
*2(-i) = o,
$2p°'(—1) = P si p premier impair et a > 1,
^2m(—1) = 1 si m impair ayant au moins deux facteurs premiers,
$2Û(-1) = 2 si a > 2,
$2ûm(-l) = lsia>2etra>3 impair.
III.31. Polynômes cyclotomiques de degré au plus 10
1°) Trouver tous les entiers n G N* tels que <p(n) < 10.
2°) En utilisant les deux exercices précédents, calculer le polynôme cy-
clotomique $n pour les entiers n ainsi trouvés.
Solution
1°) Si n > 2 est un entier et p un nombre premier, vp(n) désignera l'unique entier
a G N tel que pQ | n et pQ+1 \ n. Supposons que </?(n) < 10. Comme v?(13) = 12 > 10,
tout facteur premier p de n est parmi 2,3,5,7 ou 11. Comme <p(52) = 20, si p G
{5, 7,11} alors vp(n) G {0,1}. De même, v3(n) G {0,1, 2} et v2(n) G {0,1,2,3,4}.
Si vn(n) = 1 alors n G {11, 22}.
Si vn(n) = 0 et v7(n) = 1 alors n G {7,14}.
Si vn(n) = v7(n) = 0 et v5(n) = 1 alors n G {5,10,20,15, 30}.
Si vp{n) = 0 pour p G {5,7,11} et v3(n) = 2 alors n G {9,18} et si v3(n) = 1 alors
nE {3,6,12,24}.
Enfin, si vp(n) = 0 pour p G {3,5, 7,11} alors n G {2,4, 8,16}.
Finalement, il existe 20 entiers n G N* tels que <p(n) < 10 dont voici la liste
1,..., 12,14,15,16,18, 20,22,24,30.
2°) D'après l'exercice 111.29,

164
III. CORPS, THÉORIE ELEMENTAIRE
$i=X-l, $2 = X + 1, $3 = X2 + X + 1,
$4 = $2(X2) = X2 + 1, $5 = Ei=0 *', *7 = Ei=0 ^.
$8 = $2(*4) = X4 + 1, $9 = $3(X3) = X6 + X3 + 1, $n = E,=o X\
$16 = $2(X8) = X8 + 1,
et d'après l'exercice III.30,
$6 = $3(-X) = X2-X + l,
$10 = $s(-X) = E^-X)' = X4 - X3 + X2 - X + 1,
$12 = $6(X2) = X4 - X2 + 1,
$14 = $7(-X) = Elo(-f )',
$3(X ) X +X + 1 8 7 5 4 3
$i5-^xy- x2+x + i -* "* +x ~* +x ~x+1,
$18 = $2.3' = $6(X3) = X6 - X3 + 1,
$20 = $22.5 = $10(X2) = E-=o(-l)^2i.
$22 = *ll(-X) = E!=o(-^)i-
$24 = $23 3 = $6(X4) = X8 - X4 + 1,
$30 = $is(-X) = X8 + X7 - X5 - X4 - X3 + X + 1.
III.32. n minimal tel que <É>n soit à coefficients autres
que 0, ±1
[Cet exercice utilise certains résultats des exercices III.29 et III.30.]
1°) a) Soient a S N et p un nombre premier. Vérifier que le quotient de
la division euclidienne de Xa par le polynôme cyclotomique $p est
a—pm
Qa= J2 xa-pm+i- J2 x
l<m<a±i l<m<f
— — p v
b) En déduire que si p et q sont des nombres premiers distincts alors
$p<7 est à coefficients parmi —1,1 ou 0.
2°) a) Montrer que si $^ est à coefficients autres que —1,1 ou 0 alors
N > 105.
b) Vérifier que $105 admet un coefficient autre que -1,1 ou 0.
Solution
1°) a) Posons a = pq + r avec ç G N et r G N et 0 < r < p - 1. Comme
a + 1 r 4- 1
= q H , on distingue les deux cas suivants :
p p
,ai a p-la + 1 lj
1ER CAS : r = p - 1. Alors - = q H , = q + 1 et
P P P
Qa= ^2 xa-pm+i - ^2 xa~pm
l<m<q+l l<rn<<7
= J2 *°"pm(* - 1) + 1 (car a - p(q + 1) + 1 = r - p + 1 = 0.)
\<m<q

II 1.32. n minimal tel que 3>n soit à coefficients autres que 0, ±1
165
Par suite,
vp _ i
Xa - %Qa = Xa- ^y( Yl Xa~Pm(X ~ !) + 1)
\<m<q
= Xa - (Xp - 1) J2 X"-*™ - %
l<m<q
= Xa- {Xa - X"-™) - %
= Xp~l - <ïy
Comme d°(Xp~1 — <ï>p) = p — 2 < p — 1, Qa est bien le quotient de la division
euclidienne de Xa par $p.
2ÈME CAS : r < p - 1. Alors,
Qa = ]T A-HX - 1)
\<m<q
et par un calcul presque identique au précédent, Xa — $pQa = Xa~pq et comme
a — pq = r < p — 2, on conclut comme au 1er cas.
b) D'après l'exercice 111.30, on sait que $p, = *p,*- Or, $P(X*) = £ X^~n^
et par suite, d'après la question précédente, $p<7 = X^ÎUi Qqp-qn °u encore
qn—pm
l<m, l<n<p l<rn, l<n<P
pg—gn—pm+l>0 pç—gn—pm>0
Montrons que les monômes de la première des deux sommes de (•) ne se répètent
pas. D'abord, remarquons que si m, n > 1 et pq — qn — pm + 1 > 0 alors m < q car
sinon
pq — qn — pm +\ <pq — qn — pq+\ <\ — q <0.
Maintenant, si 1 < m, m! < q, 1 < n, n' < p, et si
pq — qn — pm + 1 = pq — qn' — pm! + 1
alors (m! — m)p = (n — n')q donc q divise \m! — m\ donc m' = m puis n' = n.
Ainsi, la suite (pq — qn — pm + 1) \<m<q, a tous ses termes distincts d'où le résul-
\<n<p
tat annoncé. De même, les monômes de la deuxième somme de (•) ne se répètent pas.
De (•), on en déduit que $p<7 est à coefficients parmi 1, —1 ou 0.
2°) a) D'après l'exercice III.29, si p est premier alors <£p* est à coefficients parmi 1
ouO.
Soient p et q des nombres premiers distincts et soient a,/? G N*. D'après l'exercice
III.30, <bpaq0(X) = <bpq(Xpa~ q ' ). Il résulte de la question précédente que $paq0
est à coefficients parmi 1, —1 ou 0. Ainsi, si $w est à coefficients autres que 1,
— 1 et 0 alors N admet au moins 3 facteurs premiers distincts. Or, si k est impair,
$2*W = &k(-X) et si k est pair, $2k(X) = <bk(X2) (cf. exercice 111.30). Donc,

166
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
si TV est minimal, le plus petit facteur premier de TV est au moins 3 et ainsi TV >
3x5x7 = 105.
b) Comme 105 = 7 x 15, on a, d'après l'exercice 111.30, $105W = -1 ,_J. À
nouveau,
<S>5(*3) = X12 + X9 + X6 + X3 + 1
15( } $5(X) X4 + X3 + X2 + X + l
et, par division euclidienne, $i5(X) = X8 - X7 + X5 - X4 + X3 - X + 1. Ainsi,
_ X56 - X49 + X35 - X28 + X21 - X7 + 1
105 () " X8 - X7 + X5 - X4 + X3 - X + 1 *
Le calcul « à la main » des premiers coefficients de $105 donne alors
$105 = x48 + X47 + X46 - X43 - X42 - 2X41 + ... .
III.33. Construction du pentagone régulier
Soit C = x + iy l'unique racine 5-ème de 1 dans C vérifiant x > 0 et y > 0.
1°) Calculer x (indication : remarquer que C + C-1 — C + C — 2x).
2°) En déduire que x et y sont constructibles et donner une construction
explicite du pentagone régulier.
Solution
1 ) Par hypothèse, Ç = e 5 = x + iy avec x = cos — et y = sin —. On a
*5(C) = C4 + C3 + C2 + C + i = C2(C2 + C"2 + C + C"1 + i)-
Posons a = C + C"1- Alors, C2 + C"2 = a2-2 et donc $5(C) = C2(o^+a-l). Comme
$5(0 = 0, on a a2 + a - 1 = 0 et comme a = C + C-1 = C + C = 2x > 0, on a
a = -(-1 + y/E) et donc x = -(-1 + y/E).
2°) Puisque \/5 est constructible, x est constructible. Il en est de même de y puisque
(x, y) est sur le cercle de centre O = (0,0) et de rayon 1.
Construisons les sommets du pentagone régulier inscrit dans le cercle trigonomé-
trique C et dont un sommet est / = (1,0). On suppose tracés les axes de coordonnées
et C. On construit le milieu H = (-, 0) de OI. Le cercle de centre H et passant par
J = (0,1) coupe la demi-droite [0, /) en un point fl. Enfin le cercle de centre Q et
passant par O coupe C en deux sommets A et B du pentagone et l'on achève par
report de la longueur IA. Justifions cette construction : H J = ——, OQ = - -h —.
Soit K le symétrique de O par rapport à fi en sorte que OK = 1 + y/b. Le triangle
AOK est rectangle en A et donc l'abscisse xa de A vérifie OA2 = xa x OK i.e.
1
XA — ~ JE ~ x-
1 + V5

111.34. Corps k tel que ^n{k) soit cyclique d'ordre d
167
111.34. Corps k tel que /xn(fc) soit cyclique d'ordre d
1°) a) Soient d, n G N* tels que d \ n et (/?(d) = y?(n). Montrer que si d est
pair alors n = d et que si d est impair, alors n = d ou n = 2d.
b) Soit C une racine primitive d-ème de 1, avec d > 1 et soit fc = Q(C)-
Montrer que les racines de l'unité contenues dans k sont exactement
- les racines d-èmes si d est pair,
- les racines 2d-èmes si d est impair.
2°) Déduire de 1°) que si on se donne des entiers d et n avec d \ n et si
on suppose d pair ou bien d, n impairs alors il existe un corps k tel que
/Xn(fc) = Z/rfZ.
3°) Montrer que si d = 2S — 1 et si d | n alors il existe un corps k tel que
fin(k) = Z/dZ (exemple : d = 3 et n = 6).
4°) a) Soient d G N impair et n G N* pair. Soit r l'ordre de 2 dans le
groupe multiplicatif (Z/dZ)*. Montrer qu'il existe un corps k tel que
fjin(k) = Z/dZ si et seulement si d = pgcd(2r - 1, n).
b) Étudier le cas n = 60 et d = 5.
Solution
On rappelle que fin(k) = {x G k ; xn = 1}. S'il existe d G N* tel que fjLn(k) = Z/dZ
alors d divise n : en effet, il existe C £ Hn{k) d'ordre d et comme Çn = 1, on a
(théorème de Lagrange) d \ n.
1°) a) Remarquons d'abord que si p est un nombre premier et si a,/? G N sont
tels que a < 0 alors <p{pQ) < v^(p^) avec égalité si et seulement si (a = /?) ou
(a = 0,/? = 1 et p = 2). En particulier, si s,£ G N sont tels que s \ t alors
ip(s) < ip(t) comme on le voit en décomposant s et t en facteurs premiers.
Posons d = 2Qii, n = 2^v où tx, v sont impairs et u \ v et 0 < a < /?. Si <p(d) = <p(n)
alors (/?(2Q)(/?(t£) = ip(2^)ip(v) et d'après la remarque ci-dessus, on a y?(2Q) = y?(2^) et
(/?(tx) = (f{v). En décomposant tx et v en facteurs premiers impairs, on voit que u = v
(cf. remarque initiale). Si d est pair alors a > 1 et donc (cf. remarque) a = (3 et
donc n = d. Si d est impair alors a = 0 donc /3 — 0 ou /3 — 1 et donc n = d ou n = 2d.

168
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
b) Soit u G k une racine de l'unité. Soit G le sous-groupe de k* engendré par u et Ç.
Comme u et Ç commutent et sont d'ordre fini, G est fini et si on désigne par n l'ordre
de G alors G = /in(C) = ^n(k) : en effet, si z G G alors, par Lagrange, zn = 1, et
donc G Ç /in(C) et à cause des ordres, on a en fait égalité. Le groupe G, comme tout
sous-groupe fini de C*, est cyclique. Désignons par a un des générateurs de G, i.e.
une racine primitive n-ème de 1 dans k. Comme Q(a) Ç Q(Ç), par multiplicativité,
[Q(a) : Q] divise [Q(Ç) : Q] i.e. ip(n) \ ip(d). Or, comme Ç G G, par le théorème de
Lagrange, d divise n et par suite (cf. remarque en début de a)) (p(d) \ ip(n). On en
déduit que (f(d) = y?(n).
D'après la question précédente, si d est pair alors n = d et donc u G G = ^d{k). Si
d est impair alors n = 2d ou n = d et comme /ij(fc) Ç //2d(fc), onawG ^2d(k).
Réciproquement, A: contient toutes les racines d-èmes de 1. Supposons d impair.
Comme C et — 1 commutent et ont pour ordres respectifs d et 2 qui sont premiers
entre eux, (—Ç) G k est d'ordre 2d (cf. Cours, lemme 1.7.8 page 26). Par suite, toutes
les racines 2d-èmes de 1 sont dans k.
2°) Soient C G C une racine primitive d-ème de 1 et k = Q(0- Puisque d | n, on a
Vd(k) Ç fin(k). Si d est pair, alors, d'après la question précédente, fjin(k) Ç fid(k) et
donc fin(k) = fjtd(k)-
Supposons d, n impairs. Soit u G ^n{k). D'après la question précédente, u G ^2d{k).
Soit m l'ordre de u dans fc*. Si m est pair alors, comme un = 1, on a m \ n ce qui
contredit l'hypothèse sur n. Donc m est impair et comme u2d — 1, on a m \ 2d et
donc m | d. Ainsi, i/d = 1 et par suite, u G Vd(k). À nouveau, /in(&) = ^d{k).
Enfin, puisque ( G fc, on a Md(fc) = (C) et donc fid(k) = Z/dZ.
3°) Soit le corps k = F2*. Puisque k* est d'ordre 2S — 1 = d, on a xd = 1 pour
chaque a; G fc* en sorte que k* Ç //d(fc) et donc k* = /id(fc). Comme d | n, on a
V>d(k) Ç /in(fc) ce qui prouve que nn(k) = k*. Enfin, on sait que k* est cyclique
d'ordre d donc k* = Z/dZ.
4°) a) Soit un corps k tel que fjin(k) = Z/dZ. On a vu que d | n en sorte que
Md(fc) Ç V>n{k). Par hypothèse sur lin(k), il existe C G /in(&) d'ordre d. Comme
C G /^d(fc), le groupe /ij(fc) est d'ordre d et par suite, /ij(fc) = iin(k). D'autre
part, on a (—C)2d — (Cd)2 = 1 et comme 2d \ n (car n est pair et d impair),
on a (~C)n = 1 et par suite, —C G ^n{k) = /ij(fc) et donc (-Ç)d = 1. Mais,
(-C)d = (-l)d(C)d = (~l)d = -1 et donc k est de caractéristique 2.
Il existe donc q G N* tel que ¥2{Q = ^2*- Comme Ç est d'ordre d dans F^n par
Lagrange, d divise 2q — 1 et donc 29 = 1 dans (Z/dZ)* (cela a un sens puisque d est
impair). Par suite, si r est l'ordre de 2 dans (Z/dZ)* alors (théorème de Lagrange
encore), r divise q et donc (cf. exercice III.17) ¥2r Ç F2(C)- Par définition de r, on
a d | 2r — 1. Ainsi, d divise m = pgcd(2r — 1, n).
Comme m \ 2r — 1, le groupe cyclique F£r contient une racine primitive m-ème Çm
de 1 et donc, puisque m | n, on a (m G Mm(F20 Q Mn(F20 Q /in(F2(C)) £ Mn(fc).
Par suite, comme fjLn{k) est d'ordre d, on a m < d et comme on a vu que d | m, on
a d = m. Ainsi, d = pgcd(2r — 1, n).

III.36. Racines de l'unité dans une extension quadratique de Q
169
Réciproquement, supposons que d = pgcd(2r — 1, n). Soient k = F2r et x G k tel que
xn = 1. Si q est l'ordre de x dans k* alors, par Lagrange, q \ 2r — 1 et comme q \ n,
on a, par définition du pgcd, q \ d. Ainsi, x G fJ.-d(k) et donc ^in{k) Ç /i<j(fc) et par
suite, comme d \ n, on a ^n(fc) = Vd(k). Enfin, d \ 2r — 1 = |F£r| et donc il existe
dans le groupe cyclique k* un élément d'ordre d. Ainsi, fjtd(k) = Z/dZ.
Remarque. - Retrouvons le résultat de 3°) : soient d = 23 - 1 et n un multiple de
d. Alors l'ordre de 2 dans le groupe (Z/dZ)* est le plus petit entier r > 0 tel que
d | 2r — 1 donc r = s. Par suite, pgcd(2r — 1, n) = pgcd(d, n) = d d'où l'existence du
corps fc.
b) Si n = 60 et d = 5 alors l'ordre de 2 dans Z/dZ est r = 4 et pgcd(2r — 1, n) =
pgcd(15,60) 7^ 5 donc il n'existe aucun corps k tel que fi6o(k) = Z/5Z.
111.35. Racines de l'unité d'une extension finie de Q
Soit K une extension finie de Q. Montrer qu'il n'y a qu'un nombre fini
[de racines de l'unité dans K. |
Solution
Toute racine de l'unité étant aussi une racine primitive de l'unité, il suffit de
montrer qu'il n'y a qu'un nombre fini de racines primitives de l'unité dans K. Soit
N = [K : Q]. Si u G K est une racine primitive n-ème de 1 dans K alors, comme
Q(u) Ç K, par multiplicativité, [Q(u) : Q] divise Af et en particulier, ip(n) < N.
Pour conclure, il suffit de montrer que X — {n > 2 ; <p(n) < N} est fini. Soit p un
facteur premier de n G X. Comme p — 1 | </?(n), on a p < N -h 1 donc l'ensemble
V des facteurs premiers des éléments de X est fini. D'autre part, si n > 2 alors
(f(n) = n fj(l _ -)• Par suite, si n G X on a
p\n
p premier
nTT(l--) <<P(n) <N
Pev y
ce qui prouve que X est bien un ensemble majoré et donc fini.
111.36. Racines de l'unité dans une extension
quadratique de Q
Trouver tous les entiers d sans facteur carré tels que l'extension Q(y/d)
contienne d'autres racines de l'unité que —1 et 1.
Solution
Il suffit de chercher les extensions quadratiques de Q contenant une racine primitive

170
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
fc-ème de l'unité avec k > 2. Soit Ç une telle racine. Si Ç G Q(Vd) alors
[Q(0 : Q] = <p(k) < [Q(Vd) : Q] = 2.
Par suite, tout facteur premier de k est 2 ou 3 et donc k se décompose sous la forme
2m3n. On en déduit facilement que k G {4, 3,6}.
Les extensions cherchées sont donc Q(i) (qui contient par exemple Ç4 = i) et Q(iy/3)
(qui contient par exemple Ç3 = j et Ç6 = — j2).
111.37. Réductibilité sur F2 de <ïy pour p = 1093
On considère le nombre p = 1093.
1°) Montrer que p est premier.
2°) a) Montrer successivement dans Z/p2Z les égalités suivantes :
i)314 = 4p+l, ii) 32226 = -469p-l, iii) 3142182 = -4p - 1, iv) 2182 = -1.
b) En déduire que 2p~l = 1 (mod. p2).
(Les nombres premiers vérifiant b), dits de Wieferich, sont rarissimes.
1093 et 3511 sont les seuls tels nombres plus petits que 2 x 1014, cf.
[www3].)
3°) Montrer que <ï>p2 est réductible sur F2.
Solution
1°) Il suffit de montrer que p n'est divible par aucun nombre premier q tel que
Q < y/ï> i-e. q < 31. C'est le cas si q est 2, 3, 5, 7 ou 11. Pour les autres valeurs de
g, on obtient :
p = 1 (mod. 13), p = 5 (mod. 17), p = 10 (mod. 19),
p = 12 (mod. 23), p = 20 (mod. 29), p = 8 (mod. 31).
Ainsi, p est premier.
2°) a) Les congruences qui suivent sont écrites modulo p2.
i) Par division euclidienne, 314 = 4376p+1 et par suite, 314 = (4p + 4)p+1 = 4p+1.
ii) On a 210 = 1024 = p - 69 donc 214 = 16p - 16 x 69= 16p - (p + 11) = 15p - 11
donc
32226 = 36(p-69)(15p-ll) = -36x(69xl5+ll)p+36x69xll = -37656p+27324.
Or, par division euclidienne, 37656 = 34p + 494 et 27324 = 24p + (p - 1) donc
32226 = -(34p + 494)p + 25p - 1 = -469p - 1.
iii) On en déduit que 3142182 = (32226)7 = (-469p - l)7 = -7 x 469p - 1 et comme,
par division euclidienne, 7x469 = 3p+4, on en déduit que 3142182 = —(3p+4)p—1 =
-4p-l.
iv) Par suite, d'après i) et iii), (4p+ 1)2182 = 3142182 = -(4p+ 1) et comme (4p + 1)
est inversible modulo p2, on a 2182 = —1.
b) On a p - 1 = 1092 = 3x4x7x13= 182 x6 donc, d'après iv), 2^~l = (-1)6 = 1.
3°) On sait (cf. Cours, démonstration du théorème 4.14, page 84) que $p2 est
irréductible sur F2 si et seulement si 2 est un générateur de (Z/p2Z)*. Or, ce groupe est
d'ordre y?(p2) = p(p — 1) et d'après l°)b), 2 est d'ordre un diviseur de p — 1. Ainsi,
$p2 est réductible sur F2-

111.40. (k*, x) $ (kn, +) où k corps
171
III.38. Automorphismes du corps ¥q
Déterminer les automorphismes du corps Fq.
Solution
Soit Fp le sous-corps premier de Fq. Il existe n G N* tel que q = pn. On note Aut (Fq)
le groupe des automorphismes du corps Fq. On sait que le groupe F* est cyclique
(cf. Cours, théorème 2.7 page 74) donc si a en est un générateur, on a Fq = Fp(a).
Soit P le polynôme minimal de a sur Fp. Alors d°(P) = [Fp(a) : Fp] = [Fpn : Fp]
et [Fpn : Fp] = n (cf. Cours, §2,a page 72). Soit / G Aut (Fq). Si a G Fp alors on a
/(a) = a car /(l) = 1. Par suite, comme P(a) = 0, on a P(/(a)) = /(P(a)) = 0.
Or, P admet au plus n racines dans Fç. Par suite, l'ensemble {/(a) ; / G Aut (Fç)}
admet au plus n éléments. Comme a engendre F*, un automorphisme du corps Fq
est caractérisé par son image de a. Il en résulte que Aut (Fq) est de cardinal au plus
n.
Par ailleurs, on sait que l'application a : Fq —► Fq,x »—► xp est un automorphisme
(dit de Frobenius, cf. Cours, proposition 2.4 page 73) de Fq. Les éléments de F*n
étant les a? avec 0 < j < pn — 1, les éléments
a0(a) = a, al{a) = ap, a2(a) = ap2,..., an-\a) = a*"'1
sont distincts. Il en résulte que Aut (Fq) = {a1 : 0 < i < n — 1}. C'est le sous-groupe
cyclique des permutations de Fq engendré par l'automorphisme de Frobenius a.
III.39. Automorphismes du corps Q(y/d)
Déterminer les automorphismes du corps Q(y/d) où d G Q*.
Solution
On désigne par Aut (Q(\/d)) l'ensemble des automorphismes cherchés. On voit
facilement que si a G Aut (Q(y/d)) et a G Q alors a(a) = a.
Si y/d G Q alors Q(y/d) = Q et donc Aut (Q(y/d)) = {Id}. Désormais, on suppose
que y/d ^ Q. Alors, Q(y/d) est une extension de degré deux de Q et (1, y/d) en est
une base sur Q.
Soit a G Aut(Q(>/d)). Comme (\/d)2 = d, on a, d'après la remarque initiale,
[a(Vd)}2 = d et par suite, cr(>/d) = ±>/d. Si a(\/d) = \[d alors, g est
l'identité. Si cr(\fd) = —y/d alors a est l'application définie pour tout (a, b) G Q x Q par
<r(a 4- 6vd) = a — byfd.
Réciproquement, on vérifie aisément que cette application est un automorphisme du
corps Q(Vd). Ainsi, Aut (Q(Vd)) est formé de deux éléments.
111.40. (fc*, x) 9« (£:",+) où A; corps
Soient n G N* et k un corps commutatif. Montrer que les groupes (k*, x)
et (fcn,+) ne sont pas isomorphes.

172
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Solution
Faisons l'hypothèse qu'il existe un isomorphisme de groupes ip de k* sur kn. On a
ip(l) = 0. Posons a = tp(—1). Comme (—1)(—1) = 1, on a a + a = 0. Dans le fc-espace
vectoriel fcn, cette égalité se lit 2a = 0. Si la caractéristique de k est différente de
2, alors a = 0 et donc <p(l) = </?(—1) = 0 d'où, par injectivité de <p, on a — 1 = 1
ce qui est contradictoire. Donc, k est de caractéristique 2 et, par suite, si x G k*
alors y?(a;2) = 2ip(x) = 0 d'où, par injectivité de (/?, on a x2 = 1 puis a; = 1. Ainsi,
fc = F2. Mais pour des raisons de cardinal, il n'existe pas de surjection de F£ sur ^2-
L'hypothèse faite est donc absurde.
111.41. Groupe des normes de C, de Q(y/d)
1°) Soient k un corps commutatif et a un automorphisme du corps k.
Montrer que l'application N : k* —► k* définie par N(x) = xa(x) est un
homomorphisme de groupes (appelé norme et dont l'image est appelée
groupe des normes).
2°) On suppose que k = C et que a est la conjugaison.
a) Déterminer le groupe des normes 7V(C*).
b) Déterminer le groupe-quotient C*/N(C*).
3°) Soit d G Z \ {1} un entier sans facteur carré i.e. tel que d = ep\.. .pr
avec e = ±1 et les pi premiers distincts. Soit a l'automorphisme du corps
k = Q(y/d) (cf. exercice III.39) défini par a(Vd) = -\[d.
a) On admettra (cf. [www7]) que si d G Z n'est pas un carré parfait alors
il existe un nombre premier p tel que d fi F£.
Montrer que le groupe des normes N(k*) est distinct de Q*.
b) Préciser ce groupe si d = — 1 (cf. Cours, théorème des deux carrés,
II. §6, page 56).
Solution
1°) Notons que si x G k alors xa(x) = 0 si et seulement si x = 0. Si x, y G k* alors
N(xy) = xya(xy) = xya(x)a(y) = N(x)N(y) d'où le résultat demandé.
2°) a) Si z G C* alors N(z) = zz = \z\2. Clairement, le groupe des normes est R*+.
2,
b) L'application (p : C* —► C* définie par (p(z) = — est un homomorphisme de
groupe. Son noyau est {z G C ; z — \z\} = R*+ = N(C*) et son image est le groupe
S1 = {z G C ; \z\ = 1}. D'après le théorème d'isomorphisme, le groupe C*/N(C*)
s'identifie k S1.
3°) a) Soient x, y G Q. L'application a est définie par a(x + y\/d) = x — yy/d et
par suite N est définie par N(x + yy/d) = (x + yVd)(x - yVd) — x2 - dy2. Ainsi, le
groupe des normes est M = {x2 — dy2 ; (x, y) G Q2 \ {(0,0)}}.
Puisque d n'est pas un carré parfait, d'après le résultat admis, il existe un nombre
premier p tel que d fi F2. Supposons que M = Q*. Alors, il existe des fractions

111.42. Nombre de solutions de ax2 + by2 = a
173
irréductibles x = 7, y = — GQ telles que x2 — dy2 = p i.e.
0 v
(*) : aV - db2u2 = pb2v2.
Il est clair que y ^ 0 et si x = 0 alors a = 0 et donc —dix2 = pv2 ce qui est absurde
puisque p ne divise pas d et que tx et v sont premiers entre eux. Par le théorème de
Gauss, on voit que v2 | db2. Si on écrit b = 5b' et v = ôv' où S = pgcd(6, v) et où
b' et v' sont premiers entre eux, on obtient que v'2 \ db'2 puis, par Gauss encore,
que v'2 | d. Comme d est sans facteur carré, onav/2 = 1 et par suite ô2 = v2 \ b2.
Par ailleurs, l'égalité (*) montre aussi que b2 \ v2. On en déduit que v2 = b2 et que
(*) se réécrit a2 — du2 = pb2. Si p divise u alors p \ a et comme a et b sont premiers
entre eux, p ne divise pas b. En écrivant l'égalité précédente modulo p2, on obtient
une contradiction. Il en résulte que p ne divise pas u. En passant l'égalité modulo
p, on obtient que d = (âû~1)2 G F2 contrairement à l'hypothèse. Ainsi M ^ Q*.
b) Sid=-lalorsA/*={x2 + î/2; (x,y) G Q2 \ {(0,0)}}. Soit
E = {m2 + n2 ; (ra,n) GN2,(m,n) ^ (0,0)}.
On rappelle que E est stable par multiplication (cf. Cours, proposition II.6.4 page
56) et que N G E si et seulement t>p(Af) est paire pour tout nombre premier p tel
que p = 3 (mod. 4) (cf. Cours, théorème II.6.9 page 58) .
Soient a, b > 0 et premiers entre eux. Montrons que - est dans M si et seulement
b
si a, 6 G E. La condition est suffisante puisque - = — et que E est stable pour
b bz
d f x\ /u\^
le produit. Montrons que la condition est nécessaire. Si - = [ — 1 + ( — 1 , avec
b \yj \vJ
x,y,u,v entiers, alors aby2v2 G E. D'après le théorème des deux carrés, si p =
3 (mod. 4), alors vp(aby2v2) est paire. Or, comme a et b sont premiers entre eux,
vp(a) (resp. vp(b)) a même parité que vp(aby2v2). Il en résulte, encore par le théorème
des deux carrés, que a, b G E.
III.42. Nombre de solutions de ax2 -{-by2 = a
Soit un corps k de caractéristique différente de 2. Soient a et b dans k*.
On considère l'équation (E) : ax2 + by2 = a.
1°) On suppose que k admet au moins 6 éléments. Montrer que l'équation
(E) admet au moins 6 solutions (x, y) e k x k.
2°) Étudier le nombre de solutions de (E) dans chacun des cas suivants
a) k = F3,
b) k = F5.
Solution
1°) Si on pose À = - alors l'équation (E) est équivalente à (E\) : x2 + Xy2 = 1.
a
Si (xo.yo) G k* x k* est une solution de (E\) alors (E\) admet en effet au moins 6
solutions dans k x fc, à savoir, les solutions évidentes (—1,0) et (1,0) et les solutions
(zcï/o), (-zo,ï/o), (zo,-ï/o) et (-x0,-îfo)-
Pour trouver un couple (£0,2/0) G fc* x fc* solution de (£a), partons de l'identité de

174
III. CORPS, THÉORIE ÉLÉMENTAIRE
Pythagore (u2 — v2)2 + (2uv)2 = (u2 + v2)2 valable pour tous u et v de k et posons
« formellement » v2 = A. On obtient l'identité
(u2 _ A)2 + A(2u)2 = (u2 + A)2
valable pour tous u, A de fc. L'ensemble U = {u G k ; tx(tx2 — A)(tx2 + A) = 0} est de
cardinal au plus 5 et comme |fc| > 6, il existe uq fi U. L'identité précédente montre
que si x0 = -§ et y0 = —^ alors (x0,yo) est solution de (E\) dans k* x k*.
Uq + A Uq + A
2°) a) Il y a deux cas à envisager selon que A = 1 ou A = -1. D'après le tableau
ci-dessous
y
y2
1-2/2
i + y2
-1
1
0
-î
0
0
1
1
1
1
0
-1
les solutions de (Ex) : x2 + y2 = 1 sont (0, -1), (-1,0), (1,0) et (0,1)
et les solutions de (i?-i) : x2 — y2 = 1 sont (—1,0) et (1, 0).
Ainsi, l'équation (E) admet 2 solutions si a = b et 4 solutions si a = —b.
b) Si A G k*2 alors le nombre de solutions de (E\) est celui de (£i). Si A fi k*2 alors,
d'après le tableau ci-dessous, A G {—2,2}. On remarque que (xo,î/o) est solution de
(£,_2) : x2 — 2y2 = 1 si et seulement si (xo, 2y0) est solution de (£2) : x2 -h 2y2 = 1
donc les équations (£"-2) et (£2) ont même nombre de solutions.
D'après le tableau ci-dessous
y
y2
1-y2
l-2y2
-2
-1
2
-2
-1
1
0
-1
0
0
1
1
1
1
0
-1
2
-1
2
-2
les solutions de (E{) sont (0, -1), (-1,0), (1,0) et (0,1)
et les solutions de (E2) sont (-2,-1), (2,-1), (-1,0), (1,0), (-2,1) et (2,1).
Ainsi, l'équation (E) admet 4 solutions si a = ±b et 6 solutions si a = ±26.
111.43. Bijectivité de x G k* f—► xn G k* où k corps
Soient k un corps commutatif et n G N*. On considère le morphisme de
groupe
On rappelle que //n(fc) désigne l'ensemble des racines n-èmes de 1 dans
k et que k*n désigne {xn ; x G k*}.
1°) Montrer que en est bijectif si et seulement si on a /in(fc) = {1} et
k*n = k*.
2°) Soit A un sous-groupe de k* tel que en(,4) = k*. Montrer que A = k*.
3°) On suppose k = R. Pour quels n le morphisme en est-il bijectif?
4°) Si k est un corps fini Fqj donner une condition nécessaire et suffisante
pour que en soit bijectif.

II 1.43. Bijectivité de x G k* *-* xn G k* où k corps
175
Solution
1°) C'est la traduction du fait que le morphisme en est injectif i.e. keren = {1} et
surjectif i.e. en(k*) = k*.
2°) Soit x G k*. Puisque en(A) = fc*, il existe a G A tel que an = x. Comme A est
multiplicativement stable, on obtient que x G ;4, ce qui prouve le résultat demandé.
3°) Facilement, en est bijectif si et seulement si n est impair.
4°) Puisque k est fini, en est bijectif si et seulement si en est injectif i.e. fin{k) = {1}.
Supposons q — 1 etn premiers entre eux et montrons que iin(k) = {1}. Soit x G Hn{k)
et soit m l'ordre de x dans k*. Par le théorème de Lagrange, m divise l'ordre de k*
i.e. m\ (q — 1) et comme xn = 1, m divise aussi n. Par suite, m = 1 i.e. x = 1.
Réciproquement, supposons qu'il existe un diviseur commun d > 1 de q — 1 et de n.
Puisque k* est cyclique d'ordre g — 1 (cf. Cours, théorème III.2.7 page 74), il existe
x G k* d'ordre d et par suite, x G nn(k) ^ {1}.
Ainsi, une condition nécessaire et suffisante est que q — 1 et n soient premiers entre
eux.

IV. LE GROUPE LINÉAIRE
IV.1. Sous-groupe H de GL(n, k) tel que
SL(n, k)xH^ GL(n, fc)
On suppose qu'il existe un sous-groupe // de GL(n, fc) tel que
l'application 7r : (s, /i) »—► sh de SL(n, k) x H dans GL(n, fc) soit un isomorphisme de
groupes.
1°) Montrer que det^ : H —► fc* est un isomorphisme de groupes.
2°) a) Montrer que H est contenu dans le centre Z de GL(n, fc).
b) Montrer qu'en fait H = Z (utiliser l'exercice III.43).
3°) Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu'il existe un
tel H.
Solution
1°) Soit h G H tel que deth = 1 en sorte que h G SL(n, fc). Comme Inh = hln
et que tt est une injection de SL(n, k) x H dans GL(n, fc), c'est que h = 7n, ce qui
établit l'injectivité de detj^. Soit À G fc*. On sait qu'il existe g G GL(n, fc) tel que
det(g) = À. D'autre part, par surjectivité de 7r, il existe (s, h) G SL(n, fc) x if tel que
g = 5/1. On en déduit que À = det(s) det(h) = det(h) ce qui prouve la surjectivité
de det \H.
2°) a) Soit ho G H et g G GL(n, fc). Il existe (5, ft) G SL(n, k) x H tel que g = sh.
On a ^/io = shho et /loô1 = (Inho)(sh) = (Ins)(hoh) car 7r est un morphisme de
groupes. Enfin, comme H = fc* (cf. 1°)), H est abélien et donc hh0 = hoh. Ainsi,
gho = hog ce qui prouve, g étant arbitraire, que ho € Z d'où le résultat demandé.
b) Puisque H Ç Z et que Z = {A/n;À G fc*} (cf. Cours, théorème 2.6 page 98),
on peut définir A = {À G fc*; 3/i G //, h = XIn}. Comme H est un sous-groupe de
GL(n, fc), A est un sous-groupe de fc*. On va montrer que l'application en : A —►
fc*,x »—► xn est surjective. Soit a G fc* et soit g G GL(n, fc) tel que det(#) = a. Il
existe (5, h) G SL(n, k) x H tel que g = sh et, puisque h £ H Ç Z, il existe À G fc*
tel que /i = À/n en sorte que À G A Alors, a = det(#) = det(/i) = Àn ce qui prouve
que en(À) = a et donc que en est surjective comme annoncé. On peut appliquer
l'exercice III.43 : A = fc* ce qui prouve que H = {\In] A G fc*} = Z.
3°) Montrons que H existe si et seulement si l'application en : x G fc* —► fc*, x »—► xn

178
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
est bijective.
• Si H existe alors d'après les questions précédentes, si ip est l'isomorphisme k* —►
H, A »—► \In alors en = det \H ° <p et, d'après 1°), en est un isomorphisme.
• Supposons que en est une bijection. Posons H = {A/n; A G k*}. Soit g G GL(n, fc).
Par hypothèse, il existe À G fc* tel que en(A) = det(g). Alors, s = -g G SL(n, K) en
A
sorte que g = s(\In) ce qui prouve que l'application tt : (5, h) »—► 5/1 de SL(n, fc) x
// dans GL(n, k) est surjective. De plus, si s,5' G SL(n, k) et A, A' G fc* alors
s(À/n)s'(À'/n) = W'ss' = ss'(À/nÀ'/n) ce qui prouve que 7r est un morphisme de
groupes. Enfin, si 7r(s, A/n) = 7n où s G SL(n, fc) alors As = 7n donc det(Às) = An = 1
et comme en est injective, on a A = 1 puis s = In en sorte que tt est injectif. Ainsi,
7r réalise un isomorphisme de SL(n, k) x H sur GL(n, fc).
Ainsi, par exemple, GL(3,R) = SL(3,R) x R*.
IV.2. Existence d'un relèvement de PGL(n, k)
Soit n > 2. On suppose qu'il existe un sous-groupe H de GL(n, k) tel
que la projection canonique p : GL(n, fc) ^^ PGL(n, fc) induise un
isomorphisme de H sur PGL(n, fc) i.e. qu'on a un relèvement de GL(n, k)/Zc où
Zg désigne le centre de G = GL(n, fc), cf. Cours, §1.6.b page 21.
1°) Montrer que H est distingué dans GL(n, fc) et qu'on a des isomor-
phismes :
GL(n, fc) ^ PGL(n, k) x ZG = PGL(n, fc) x fc*.
2°) Montrer que H contient SL(n, fc), sauf pour le cas exceptionnel que
l'on examinera où D(G) ^ SL(n, fc), cf. Cours, théorème 3.1 page 101.
3°) Montrer qu'on a alors H = SL(n, fc).
4°) Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu'on ait un tel
isomorphisme.
Solution
1°) L'hypothèse montre que G est produit semi-direct de Zq par H et que G = ZqH
(cf. Cours, début du §1.6.b page 21). Si x G H et g = zh G G avec z G ZG
et h G H alors gxg~l = zhxh~lz~l et comme 2 est dans le centre de G, on a
gxg-1 = hxh~l £ H en sorte que H <G. Le produit semi-direct est donc en fait le
produit direct (cf. Cours, proposition 6.5 page 23 dont on pouvait aussi déduire que
H<G vu que l'extension est centrale) et donc tt : Zq x H —► G défini par tt(z, h) = zh
est un isomorphisme de groupes. Comme H = PGL(n, fc) et que ZG = k* (cf. Cours,
théorème 2.6 page 99), on en déduit les isomorphismes demandés.
2°) On vient de voir que G = ZqH et que le produit est direct. On en déduit que
G/H = Zq et comme Zq est abélien, c'est que D(G) Ç H. Or, en dehors du cas
exceptionnel n = 2 et fc = F2, on sait que D(G) = SL(n, fc) (cf. Cours, théorème 3.1
page 101) d'où l'inclusion demandée.
Si G = GL(2, F2) alors G = SL(2, F2) et comme ZG = {I2}, c'est que PGL(2, F2) et
G sont naturellement isomorphes. Dans ce cas, nécessairement H = G.

IV.3. Automorphismes fixant point par point un hyperplan
179
3°) Pour tout À G k* et pour tout i G {1,... ,n}, soit Di(X) la matrice diagonale
dont les termes diagonaux valent 1 sauf le terme en position (i, i) qui vaut À. Soient
M G H et À = det(M). Alors, pour chaque i G {1,... ,n}, M se décompose sous
la forme M = Di(\)Ti où nécessairement T{ G SL(n, k). Comme SL(n, k) Ç //, on
en déduit que Di(X) G H. Par suite, Di(\)D2(\) • • .Dn(\) — \In G H et par suite
\In G H fl Zo Or, il a été vu (cf. 1°)) que H C\ Zq = {In}- Par suite, À = 1 ce qui
prouve que H Ç SL(n, fc) et donc, compte tenu de 2°), que H — SL(n, k).
Remarque. - Si k est fini, l'égalité résultait immédiatement de l'égalité des ordres
de PGL(n, k) et de SL(n, k) (cf. Cours, proposition 5.1 page 105).
4°) Ainsi, on a l'isomorphisme tt : Zq x SL(n, fc) —► G, (z, /i) »—► 2/1 et par suite, la
condition demandée est identique à celle de l'exercice IV. 1, c'est-à-dire que
l'application en : k* —► k*, x »—► xn soit une bijection.
IV.3. Automorphismes fixant point par point un
hyperplan
Soient E un fc-espace vectoriel de dimension finie n > 2 et H un
hyperplan de E. On pose DH = {u G GL(£) ; t/^ = Id//} et TH = DHH SL(E).
1°) a) Montrer que DH et T// sont des sous-groupes de GL(E) et en
préciser les éléments.
b) Montrer que TH est distingué dans DH, que le quotient Dh/Th est
isomorphe au groupe k* et que l'extension est un produit semi-direct.
2°) Montrer que TH est isomorphe au groupe additif de H.
3°) a) Déterminer les sous-groupes conjugués de DH (resp. TH) dans
GL(£) (resp. GL(£) et SL(£)).
b) Déterminer le normalisateur N(DH) de DH dans GL(E) puis étudier
le quotient N(DH)/DH.
c) Déterminer le normalisateur de TH dans SL(i?) (resp. GL(i?)) puis
étudier le quotient.
4°) a) Montrer que deux dilatations de DH de même rapport sont
conjuguées dans Dfj»
b) En déduire le groupe dérivé de Dh-
5°) a) Soient ueTH\ {Id^} et v e DH \ TH. Montrer que uv ^ vu.
b) À quelle condition deux dilatations de même hyperplan H
commutent-elles ?
c) Déterminer les centralisateurs de T# et Dh dans GL(£').
d) À quelle condition deux transvections quelconques commutent-elles ?
6°) a) Montrer que T# est un sous-groupe caractéristique de DH i.e.
stable par tout automorphisme de DH (utiliser la question précédente),
b) Donner un exemple d'espace vectoriel E tel qu'il existe un
automorphisme du groupe DH qui ne soit pas la restriction à DH d'un
automorphisme intérieur de N(Dh)-

180
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
Solution
1°) a) Il est immédiat que Dh et Th sont des sous-groupes de GL(E).
Description de Dh- - Soit une forme linéaire / de noyau H et soit v G Dh \ {Id^}.
Par hypothèse, H Ç ker(^ — Id#) Ç E et comme H est un hyperplan, on a H —
kei{y - Id#). Par suite, v — Id# est de rang 1 et il existe donc a e E\ {0} et une
forme linéaire g tels que
Vx G E, (v - Ids)(:r) = g(x)a
et comme H = ker(v — Id#), on a H = kerg en sorte qu'il existe À G k* tel que
g = À/. Ainsi, toute application v G Dh est définie par
v(x) = x + f{x)b
où b e E et réciproquement, une application v ainsi définie est dans DH si elle est
inversible c'est-à-dire si f(b) ^ — 1.
Description de Th- - Maintenant, supposons v G Th \ {Id^} comme ci-dessus.
Alors b G E\ {0} et si b £ H alors E = H © kb et dans une base adaptée à cette
somme directe, la matrice de v est diagonale de termes diagonaux 1,..., 1,1 -h f(b)
en sorte que deti; = 1 -h f(b) ce qui est absurde puisque deti; = 1. Ainsi, b G
H \ {0}. Réciproquement, si v est défini par v(x) = x + f(x)b avec b e H alors v
est trigonalisable et (v — Id#)2 = 0 en sorte que la seule valeur propre de v est 1 et
donc que v €Th-
En définitive, Th est formé des transvections d'hyperplan H et de l'application Id#
et Dh est formé des transvections et dilatations d'hyperplan H et de l'application
ldE.
Notons enfin que si H et H' sont des hyperplans de E tels que DH = DHf (resp.
Th = Th1) alors H = H' : en effet, si u G DH (resp. u G Th) avec u ^ Id# alors
H = ker(u-IdE).
b) Exactement comme dans la preuve de la proposition 1.1 (cf. Cours, page 95), la
suite exacte
1 -► TH -► DH ^ fc* -► 1
montre que TH < DH, DH/TH = k* et DH = TH>* k*.
2°) Soit / une forme linéaire telle que ker / = H et, pour tout a G H, soit l'endomor-
phisme ua G Th défini par ua(x) = x + f(x)a (cf. 1°)). Montrons que l'application
a G H »—► ua G Th est un morphisme de groupes : si a, 6 G H et si x G E alors, en
utilisant que f(a) = 0,
ii6iia(a;) = a; + /(x)a + /(x -h f(x)a)b = x + f(x)(a + b) = ua+b(x).
Ce morphisme est injectif car si a e H vérifie ua = Id# alors, si x G E \ H, on a
a; -h /(x)a = a; et donc a = 0. Ainsi, // et T// sont des groupes isomorphes.
3°) a) Soit g G GL(E). Il est immédiat que gDHg~l = Dg{H) et gTHg~l = Tg(H) qui
subsiste si g G SL(E).

IV.3. Automorphismes fixant point par point un hyperplan
181
b) D'après la question précédente,
N(DH) = {ge GL(E) ; gDHg'1 = DH} = {g G GL(E) ; Dg(H) = DH)
et donc N(DH) = {g G GL(E) ; g(H) = H} (cf. fin de l°)a)). Étudions le quotient
en considérant le morphisme de groupes
N(DH) — GL(H)
u i—> ulfJ
qui est surjectif (pour le voir, compléter une base de H) et de noyau £)#, en sorte
que, par le théorème d'isomorphisme, N(DH)/DH = GL(H).
c) À nouveau,
Nsue)(Th) = {ge SL(E) ; gTHg-1 = TH) = {g G SL(E) ; Tg{H) = TH)
et donc Nsl{e)(Th) = {g G SL(E) ; g(H) = H}. Le morphisme de groupes
Nshe)(Th) — GL(ff)
tx i—> u^
est surjectif et de noyau Th- Ainsi, (théorème d'isomorphisme) Nsl{e)(Th)/Th =
GL(#).
De même, Nq^E){Th) = {g G GL(i?) ; #(//) = //} et le morphisme de groupes
Ngl{E)(Th) —> GL(//)xfc*
tx i—► (txj^jdettx)
montre que NGL{E)(TH)/TH 9é GL(H) x fc*.
4°) a) On suppose que k contient au moins trois éléments (sinon, il n'y a pas de
dilatations). Soient u et v deux dilatations de Dh que l'on suppose définies par
u(x) = x + f(x)a et v(x) = x + /(x)6 où / est une forme linéaire de noyau H et
où /(a), /(&) fi {0, —1}. On suppose que u et v ont même rapport, c'est-à-dire que
/(a) = /(&). Cherchons w G £>//, défini par w(x) = x + /(x)c (avec /(c) ^ — 1 pour
que w soit inversible) et tel que wu = vw en sorte que u et v seront conjuguées par
un élément de DH. Pour tout x G £, on a (î/m)(x) = x H- /(x)a -h /(x)c -h f(x)f(à)c
et (mt;)(x) = x + /(x)c -h /(x)6 -h f{x)f(c)b et donc, pour que wu = vw, il suffit
que a + /(a)c = b + /(c)6 et donc c = --r^ra H 77-T—&• Par suite, si on choisit
a^-1 alors c = —-rr^a + ,, fr convient et vérifie /(c) = -1 -h ,, f{b) =
J\P) JW }{a)
-l + (l + a) = a.
b) Si fc = F2 alors DH = TH et TH est abélien en sorte que le groupe dérivé de DH
est trivial. Supposons désormais que k contient au moins trois éléments. Il est clair
que le groupe dérivé de DH est un sous-groupe de T//. Réciproquement, on va
montrer que t G Th est un commutateur de Dh- Pour cela, on se donne une dilatation
d G DH (ce qui est possible vu l'hypothèse sur k). On a det(td) = det(d) ^ 1 en
sorte que d et td sont des dilatations de Dh de même rapport. D'après la question
précédente, il existe w G Dh telle que td = wdw~l ou encore t = wdw~ld~l. On
peut donc conclure que le groupe dérivé de DH est Th-
5°) a) Soit / une forme linéaire de noyau H. Puisque u G Th \ {Id^}, il existe
a G H \ {0} tel que u soit défini par u(x) = x + f(x)a. De même, puisque
v G DH \ Th, il existe b fi H tel que v soit défini par v(x) = x + f(x)b. Alors,
(uv)(x) = x + /(x)6 + /(x)a + f(b)f(x)a et (ra)(x) = x + /(x)a -h f(x)b et donc,
en particulier (uv)(b) ^ (to)(6).
b) Si deux dilatations u et v d'hyperplan H et de droites respectives D et D' com-

182
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
mutent alors le sous-espace vectoriel propre D est stable par v. En considérant la
matrice de v dans une base adaptée à la somme directe E = H © D, il apparaît que
Im (v — I(1e) = D en sorte que D' = D. Réciproquement, deux dilatations d'hyper-
plan H et de même droite D diagonalisent dans une même base et donc commutent.
c) Centralisateur de Th- - Soit w G GL(E) dans le centralisateur de TH- Soient
a G H\ {0} et u G Th \ {Id^} une transvection de droite vect(a). Comme uw = wu,
les sous-espaces vectoriels Im (u — Id#) = vect(a) et ker(u — Id#) = H sont stables
par w et donc, a et w(a) sont colinéaires. Comme a est arbitraire dans i/, la
restriction de w à H est une homothétie de //, de rapport appelé À G k*. Par suite,
—w G Dh et comme cette dernière commute avec toute transvection de T//, il résulte
A
de a) qu'en fait —w G Th- Ainsi, le centralisateur de Th est formé des \t où À G k*
et t G TH-
Centralisateur de Dh- - D'après ce qui précède et comme Th Ç D//, si w est dans
le centralisateur de Z)//, w = \t avec t G TH et À G k*. Si la question a) s'applique,
on déduit que t = Id# et, par suite, w = Àld^. Sinon, c'est-à-dire si Dh = Th (ce
qui se produit si et seulement si k = F2), le centralisateur de Dh est Dh lui-même.
d) Soient deux transvections u et v d'hyperplans respectifs H = ker/ et K = kerg
et définies par u(x) = x+ f(x)a et v(x) = x+g(x)b avec a € H\{0} et 6 G /C\{0}.
Alors, (m;) (a;) = (vu)(x) si et seulement si pour tout a; G -E1,
x + g(x)6 -h /(x)a -h g(x)f(b)a = x + /(x)a + g(x)6 + f(x)g(a)b
ou encore g(x)f(b)a = f(x)g(a)b. Comme /(a) = 0, en posant x = a dans l'égalité
précédente, on obtient g(a)f(b) = 0. Si g(a) ^ 0 alors /(&) = 0 et donc, pour tout
x G £", on a f(x)g(a)b = 0 et donc #(a) = 0 ce qui est absurde. Ainsi, #(a) = 0
et de même /(&) = 0. Ainsi, uv = vu si et seulement si f(b) = g(a) = 0 ou encore
Im (u - Ids) + Im (v - ldE) Ç ker(u - ldE) H ker(u - IdE).
6°) a) Soit $ un automorphisme du groupe Dh- Raisonnons par l'absurde et
supposons qu'il existe t eTH\ {IdE} tel que $(£) G Dh \Th (i.e. $(t) est une dilatation).
S'il existe u eTn\{Id^} tel que $(tx) eTh\{Id^} alors, puisque t et u commutent,
il en est de même de $(t) et $(tx), ce qui contredit la question 5°)a). Ainsi, pour tout
u eTH\{Ids}, on a $(tx) G DH\TH et comme ut = tu, on a $(ti)<ï>(£) = $(^)$(tx),
en sorte que, d'après la question 5°)b), $(tx) est une dilatation de même droite que
$(£). Ainsi, $(TH\{ldE}) est formé de dilatations d'hyperplan H et de même droite.
D'autre part, comme TH < DH, on a $(T//) < $(DH) = DH- Par hypothèse, $(t)
peut être défini par $(t)(x) = x + f(x)a où / est une forme linéaire sur E de noyau
H et a fi H en sorte que $(t) est une dilatation de droite engendrée par a. Si b fi H
avec b ^ a alors, comme E = H ® fca, il existe î; g D// vérifiant ^(a) = b. De plus,
^$(^)^_1 est une dilatation de droite engendrée par v(a) = b ce qui est impossible
puisqu'on a vu, d'une part, que $(T//) < DH (et donc que v$(t)v~l G ${TH)) et,
d'autre part, que $(T// \ {Id^}) est formé de dilatations de droite engendrée par a.
b) Remarque préliminaire. - Soient G un groupe et K un sous-groupe de G, de
normalisateur noté N(K). Pour g G N(K), soit ^ l'automorphisme intérieur de
N(K) défini pour tout x G iV(/0 par ^(x) = gxg~l. Par définition de N(K), si
x e K alors ^(^) G X et on peut donc définir la restriction i[)g : K ^> K de (pg et
il est clair que ipg est un automorphisme de K (mais pas forcément intérieur).

IV. 5. Automorphismes fixant point par point une droite donnée
183
Dans ce qui suit, E est le C-espace vectoriel usuel C2 et H est l'hyperplan engendré
par (1,0). On peut identifier les éléments de Dh aux matrices M = i ,1 avec
a G C et b G C*. Si on pose M = l -r), il est immédiat que l'application
$ : DH —► DH,M »—► M est un automorphisme de Dh- Supposons que $ soit la
restriction à Dh d'un automorphisme intérieur de N(Dh)- Cela signifie qu'il existe
P G N(DH) tel que, pour tout M G DH, $(M) = PMP~l. En particulier, on
devrait avoir det$(M) = detM ce qui n'est pas. Ainsi, $ n'est pas la restriction
d'un automorphisme intérieur de N(DH).
IV.4. Transvections de droite donnée
Soit E un fc-espace vectoriel de dimension finie n > 2. Pour toute droite
vectorielle D de £", on désigne par UD l'ensemble formé de Id# et des
tranvections de droite D.
1°) Montrer que Ud est un sous-groupe de GL(E') isomorphe à (fcn~\+).
2°) Déterminer les conjugués de Ud ainsi que son normalisateur dans
GL(E).
Solution
Soient D une droite vectorielle et a € D\{0} donné. On définit le sous-espace
vectoriel Fa = {g G E* ; g (a) = 0}.
1°) Pour tout u G Ud, il existe une unique forme linéaire / G Fa telle que
Vx G E, u(x) = x + f(x)a.
(si u = Ue alors / = 0). Si u,v G Ud sont respectivement définis par u(x) =
x + f(x)a et v(x) = x + g(x)a alors, on vérifie que (uv)(x) = x + (/ + g){x)a en
sorte que uv G Ud et aussi que u~l{x) = x — f(x)a en sorte que Ud est bien un
sous-groupe de GL(E). Soit l'application
<p: Fa —> UD
f ,—> [iMir + /(ir)o].
D'après ce qui précède, </> est un isomorphisme de groupes. Enfin, comme le montre
le théorème du rang appliqué à la forme linéaire g G E* »—► g (a) G fc, l'espace
vectoriel Fa est de dimension n — 1, ce qui prouve l'isomorphisme annoncé.
2°) Soit v G GL(jE'). Si tx G C//) est défini par u(x) = x + /(x)a où / G Fa alors
Vx G E, (umT1)^) = v(v~l(x) + /(^_1(x))a) = x -h /(^_1(x))^(a)
en sorte que viw""1 est une transvection de droite v(D). Ainsi, vUdv~1 = Uv^d)-
Soit N(Ud) le normalisateur de C//) dans GL(E). Alors, î; G N(Ud) si et seulement
si Uv(e>) = Ud> Or, si D' est une droite de E alors C//) = C//)/ si et seulement si
D = D' car, pour tout u G Up\ {Id^}, on a, D = lm(u — Id^). Ainsi N(Ud) =
{v G GL(£) ; v(D) = D}.

184
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
IV.5. Automorphismes fixant point par point une
droite donnée
Soit E un fc-espace vectoriel de dimension finie n > 2 et soit D une droite
vectorielle de E. On pose
GLD(E) = {ue GL{E) ; u\D = IdD} et SLD(E) = GLD{E) n SL(E).
Soit p : GLD(E) —► GL(E/D) l'homomorphisme canonique u *-^ïi. On
désigne par Ud le sous-groupe de GL d(E) formé de Id# et des tranvections
de droite D (cf. exercice IV.4).
1°) Montrer que kerp = UD.
2°) Soit F un supplémentaire de D dans E. On identifie GL(F) à un
sous-groupe de GLp(E) en prolongeant v G GL(F) par l'identité sur D.
Montrer que p induit des isomorphismes de GL(F) sur GL(E/D) et de
SL(F) sur SL(E/D).
3°) En déduire que p est surjectif et qu'on a des isomorphismes
GLD(E) ^ UD x GL(F) et SLD(£) 9* UD x SL(F).
4°) Déduire de 3°) une autre démonstration du résultat selon lequel les
transvections engendrent SL(£') (cf. Cours, théorème 2.11 page 99).
5°) a) Montrer que deux transvections de droite D sont conjuguées par
un élément de GLd{E).
b) Déterminer le groupe dérivé de GLD(E).
Solution
Si u G GLp(E) alors û est définie par û(x) = u(x) ce qui a bien un sens puisque si
y e E est tel que x = y alors x — y G D en sorte que u(x — y) = x — y et donc que
u(x)—u(y) G D ce qui montre que u(x) = u(y). D'autre part, u est bijective puisque
si x G E vérifie u(x) = 0 alors u(x) e D et donc x G u~l(D) = D en sorte que x = 0.
1°) Soit u G kerp. Alors, pour tout x e E, u(x) = x i.e. u(x) — x G D et donc, si
a désigne un générateur donné de D, il existe une forme linéaire / sur E telle que,
pour tout x e E, u(x) = x + f(x)a. Comme u G GLD(E), on a u(a) = a et donc
f(a) = 0 ce qui prouve que u G UD. La réciproque est claire.
2°) Notons pF : GL(F) -► GL(E/D) la restriction de p à GL(F). Fixons une base
(ei,..., en_i) de F et soit a un générateur de D. Alors fi = (ei,..., en_i, a) est une
base de E et on sait que B = (ëTf,..., ë^TT) est une base de E/D. Si tx G GL(F) et si
a; G F est tel que u{x) = y\e\ + ... yn-\en-\ alors ïï(x) = y{ë{ + h yn-{ë^Z{. Par
est la matrice par blocs qui représente u dans B alors la
suite, si M =
0
1
matrice de Pf(v) dans la base B est A On en déduit que p? est un isomorphisme et
comme det A = det M, p induit également un isomorphisme de SL(F) sur SL(E/D).
3°) On vient de montrer que pF(GL(F)) = p(GL(F)) = GL(E/D) donc p est sur-

IV.5. Automorphismes fixant point par point une droite donnée
185
jectif. On a donc les suites exactes
1 —> UD —> GLD{E) -^ GL(E/D) —> 1 et
1 —> C/D —> SLD(£) -^ SL(E/D) —> 1.
D'après la question précédente, GL(F) est un relèvement de GL(E/D) et de même,
SL(F) est un relèvement de SL(E/D) en sorte que GLD(E) = UD x GL(F) et
SLD(E) = UDx SL(F) (cf. Cours, proposition 1.6.4 page 22).
Remarque. - Il ne semble pas que le produit soit direct (le sous-groupe GL(F) n'est
pas distingué dans GLD(E)). Ainsi, dans le cas n = 2, UD et GL(F) sont abéliens
alors que GLD(E) ne l'est pas.
4°) On procède par récurrence sur n = dimE. Si n = 1, convenons que Id# est une
transvection (il n'y a pas de transvection en dimension 1). Supposons le résutat vrai
pour tout fc-espace vectoriel de dimension n — 1 > 1 et soit E un fc-espace vectoriel
de dimension n. Soit u G SL(E') \ {Id^}. Il existe a,b e E\ {0} distincts tels que
u(a) = b. Or, on sait (cf. Cours, lemme 2.13 page 99) qu'il existe un produit, noté
p, d'au plus deux transvections de E tel que p(b) = a. Par suite, pu(a) = a et
pu G SLd(E) où D est la droite de E engendrée par a. Conservons les notations de
2°). D'après les suites exactes de 3°), il existe t G Ud et v G SL(F) tels que pu = tv
en sorte que u = p~Hv. Comme l'inverse d'une transvection est encore une
transvection, il suffit, pour conclure, de montrer que v est un produit de transvections
de E. Et, en effet, par hypothèse de récurrence, on av|F = Vi...vr où les v{ sont
des transvections de F. Les prolongements Vi des V{ à E (en posant Vi\D = Id£>)
définissent alors des transvections de E telles que v = v\... vr.
5°) a) Fixons un générateur a de D et soit B = (ei,..., en_i, a) une base de E. Soit
r une transvection de droite D. On sait que r est définie par r(x) = x -h f(x)a où /
est une forme linéaire non nulle telle que f(a) = 0. Par suite, r est représentée dans
B par une matrice par blocs du type
'n-l
0
1
et un élément u de GLp(E) est
représenté dans B par la matrice par blocs P =
M
0
où M G GL(n- l,fc) et
où X, Z G M\,n-i(k) désignent des matrices-lignes avec Z ^ 0. Comme l'inverse de
Pest
M"1
0
1
M"1
, le conjugué u lru admet pour matrice
-XM-
f) (-W) (
M
X
'n-l
ZM
1
et comme Z ^ 0, il apparaît donc que deux transvections de droite D sont conjuguées
par un élément u de GLo(E).
b) Il est clair que D(GLd(E)) Ç SL£>(i?). Réciproquement, d'après la question 3°),
tout élément de u G SLp(E) se décompose sous la forme
(1):
rv où r e UD et v e SL(F).
Étudions l'appartenance à D(GLd(E)) de r et v.
i) Supposons que (n, |fc|) ^ (2,2). Alors il existe 6 eUp\ {Id^r-1}. Ainsi, t6 et 6

186
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
sont dans Up \ {Id^}, autrement dit, ce sont des transvections de droite D. D'après
a), il existe w G GLD(E) tel que t9 = w8w~l en sorte que r G D(GLD(E)).
ii) Si dimF = 1 i.e. n = 2 alors v = Id^ et donc u = r et, d'après i), on a
u G D(GLD(E)).
iii) Si dimF > 2 avec (dimF, |fc|) ^ (2,2) i.e. (n, |fc|) ^ (3,2) alors, comme
D(GL(F)) = SL(F), onavG £>(GL(F)) et, compte tenu de l'identification de
la question 2°), on a v G JD(GL£)(£)).
En conclusion, si (n, |/c|) ^ (2,2), (3,2) alors D{GLD{E)) = SLD(£).
Cas exceptionnel (n, |fc|) = (2,2). - Alors, GL^i?) = £/£> est d'ordre 2 et donc
L>(GLD(£)) = {ldE}.
Cas exceptionnel (n, |fc|) = (3,2). - Un élément de GLo{E) étant représenté
(M
par une matrice par blocs du type
0 l on a |GLD(E)| = |SLD(E)| =
X | 1
4 x |GL(2, 2)| = 24. On sait (cf. Cours, cas g) de la démonstration du théorème
3.1, page 102) que D(GL(F)) est un sous-groupe d'ordre 3 de GL(F). Soit le sous-
groupe H = UDD(GL(F)) qui est d'ordre 4 x 3 = 12 et donc d'indice 2 en sorte que
G/H étant abélien, on a D(GLD(E)) Ç H. D'autre part, on a vu en i) ci-dessus que
si r G UD alors r G D(GLD(E)) et comme en outre D(GL(F)) Ç D(GLD(E)), on a
H Ç L>(GLD(£)). Ainsi L>(GLD(£)) = H.
IV.6. Les transvections engendrent SL(n, k) par le
pivot de Gauss
Pour À G fc* et z, j G {1,... ,n} distincts, on considère :
- la matrice de Kronecker Ei}j dont le seul ternie non nul est
en position (z, j) et vaut 1,
- la matrice de transvection Bi}j(\) = In + ^Ei}j.
1°) Montrer que toute matrice Bij(X) représente dans la base canonique
de kn une transvection de kn.
2°) Pour A G GL(n, fc), calculer en fonction de A, en termes de lignes ou
de colonnes, les produits Bij(X)A et ABij(X).
3°) Montrer par récurrence sur n que si A G SL(n, k) alors A s'écrit
comme un produit de matrices de transvection.
4°) Utiliser des matrices de transvection pour donner une méthode
pratique d'inversion d'une matrice A (indication : faire subir les mêmes
transformations à A et In pour aboutir à In et A~l).
5°) Utiliser les matrices de transvection pour retrouver le centre de
GL(n,fc).
Solution
1°) Soient B = (el5..., en) la base canonique et t G GL(fcn) représenté par Bij(X)
dans B. Puisque À ^ 0, t ^ Id. Si x = (xi,... ,xn) alors t(x) = x + Xxje{ et si
f(x) = Xxj alors, comme i ^ j, on a /(e*) = 0 en sorte que t est bien une
transvection de kn.

IV.6. Les transvections engendrent SL(n, k) par le pivot de Gauss
187
2°) Si M est une matrice, on notera Li(M) sa ligne i et Cj(M) sa colonne j. Un
simple produit de matrices assure que EiyjA annule toutes les lignes de A sauf la
ligne i qui est remplacée par la ligne j de A. En conséquence, comme Bid{X)A =
A + XEijA,
sik^i alors Lk{B^{\)A) = Lk(A) et Li(BiJ(X)A) = L^A) + XLj(A).
En transposant, on obtient que,
si k ï j alors Ck(ABid(X)) = Ck{A) et C^AB^X)) = Cj(A) + Xd(A).
3°) Convenons que In = -Bij(O) est une matrice de transvection. On raisonne par
récurrence sur n. Le résultat est évident si n = 1. Soit n > 2 tel que toute matrice
de SL(n — 1, k) soit produit de matrices de transvection. Soit A = (a^) G SL(n, k).
S'il existe i G {2,..., n} tel que a^\ ^ 0 alors il existe À G k tel que \a^\ + au = 1
en sorte que le terme (1,1) de Bi^{X)A est 1. Sinon, puisque A est inversible, on a
0i,i 7^ 0 et on se ramène au cas précédent en considérant B2,\(l)A. Pour prouver le
résultat, on peut donc supposer que a^i = 1. De la question précédente, on déduit
que
(i)
: -B2,i(-a2,i) • • • Bn<i(-anA)ABu2(-ali2)... 5i,„(-ai,„) = ( Q g j
où B est nécessairement dans SL(n — 1, k). Par hypothèse de récurrence, il existe des
matrices de transvection B\,...,Br € SL(n — 1, k) telles que B — B\... Br. Si on
définit la matrice par blocs B[ =
d'ordre n et
1
0
0
B{
alors Z?z- est une matrice de transvection
*,..*-$$).
Par suite, comme l'inverse d'une matrice de transvection est encore une matrice de
transvection (plus précisément Bid{—X)Bid{X) = 7n), l'égalité (1) montre que A est
un produit de matrices de transvection ce qui termine la récurrence.
4°) Par la même méthode que ci-dessus, il existe un produit Pi de matrices de
transvection tel que Pi A soit la matrice par blocs Ai =
rfi
0
K.
frl.n
Si
où d\ 7^ 0, b\fi,... ,b\<n € k et Bi € GL(n — l,fc). La première colonne de Bi
contient un coefficient non nul, donc, par la même méthode, on peut trouver des
matrices de transvection dont le produit P2 est tel que P2P\A est une matrice par
fdi 0 &ii3...&iin>
blocs du type A2 = ( 0 d2 ^2,3 • • • h,n | où d2 ^ 0, b[ 3,..., b'Xn, 62)3, • • •, b2yTl G k
0 0
B2
et B2 G GL(n — 2, k). Par récurrence, on en déduit qu'il existe un produit P de
matrices de transvection tel que PA soit une matrice diagonale D, de diagonale
di,... ,dn G fc*. Alors, ,4-1 = D~lP et c'est la matrice déduite de P après avoir
divisé la ligne i par d{, pour chaque z G {l,...,n}.
Dans la pratique, on procède comme dans la récurrence ci-dessus. Au lieu d'effectuer
des produits matriciels, on utilise 2°). À chaque étape de l'algorithme, on détermine

188
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
deux matrices. À l'étape d'initialisation, on écrit « côte-à-côte » les deux matrices
A et In. À l'étape 1, on modifie une ligne bien choisie de A pour obtenir T\A et on
on modifie la même ligne de In pour obtenir T\In = 7\. De même, à l'étape 2, on
modifie une ligne bien choisie de T\A pour obtenir T2T\A et on modifie la même
ligne de T\ pour obtenir T2T\. À l'étape r, on aura obtenu une matrice diagonale
D = Tr... T2Ti A et la matrice Tr ... T2TX = P. On divise chaque ligne de D par
son coefficient diagonal ce qui donne D~lD = In et on fait de même pour P ce qui
donne D~lP = A-\
5°) Soit A dans le centre de GL(n, fc). Alors, si i.j G {l,...,n} sont distincts,
Bij(l)A = ABij(l). En comparant la zlème ligne, on obtient que
(a^i + a^i,..., aiyj + ajj,..., aijn + a^n) = (a^i,..., a^j + a^,..., a^i)
et donc a^ = 0 si fc ^ j et djj = aiyi en sorte que la j ieme ligne de A privée de
son coefficient diagonal est nulle et que ses coefficients diagonaux sont deux à deux
égaux. Ainsi, A est bien une matrice scalaire. Comme les matrices de transvection
engendrent SL(n, fc), on a en fait prouvé que toute matrice de GL(n, k) qui centralise
SL(n, fc) est une matrice scalaire (cf. Cours, preuve du théorème 2.6 page 98).
IV.7. Factorisation minimale en transvections
On désigne par E un fc-espace vectoriel de dimension n > 1. On dira
qu'un élément u G SL(E'), distinct de Id#, est exceptionnel si sa matrice
dans une base de E est diagonale, du type
■Ln—p
0
0
A/p_
avec 0<p<net Àefc\{l}. On notera que cela nécessite 2 < p < n.
On pose pour u G SL(E)
mu = inf {m G N ; u = T\... rm et Ti,..., rm transvections de E}
et on convient que si u = Id# alors mu = 0.
Pour u G GL(E'), on pose Fu = {x G E ; u(x) = x}, espace des points fixes
de u et pu = n — dimiv On se propose de montrer que si u G SL(E) n'est
pas exceptionnel alors mu = pu et si u est exceptionnel alors mu = pu + 1.
Soit E = E/Fu et soit v, Pautomorphisme de E induit par u.
1°) Soit u G SL(E). On complète une base de Fu par des vecteurs
ei,..., ep avec p = pu de façon à obtenir une base B de E.
a) Montrer que la matrice de u dans la base B est de la forme
■Ifl-p
0
B
A
Montrer que B = (ei,..., ep) est une base de E puis que la matrice de u
dans B est A et que v, G SL(E).

IV. 7. Factorisation minimale en transvections
189
b) Montrer que u est exceptionnel si et seulement si û est une homothé-
tie de E distincte de Id^.
2°) a) Montrer que mu >pu.
b) Montrer que si u est exceptionnel alors mu > pu + 1.
3°) Soit u G SL(E) tel que u ^ Id# et u non exceptionnel.
a) On suppose que û n'est pas une homothétie. Montrer qu'il existe une
transvection r telle que Fu C FTU et plus précisément telle que pTU = pu — 1.
Montrer que l'on peut de plus trouver r telle que ru ne soit pas
exceptionnel.
b) On suppose que v, est une homothétie, c'est-à-dire que v, = Id^.
Montrer qu'il existe une transvection r telle que Fu Ç Fru et que ru ne soit
pas exceptionnel.
c) Montrer par récurrence sur pu que si u n'est pas exceptionnel alors
mu = Pu-
4°) Montrer que si u est exceptionnel alors mu = pu + 1.
Solution
On désignera par x la classe modulo Fu du vecteur x G E.
1°) a) M a la forme indiquée par définition de Fu et de B.
On sait que E est de dimension dim E — dim Fu = p. Il suffit donc de prouver que
_ v _ v
la famille B est libre : si ai,..., ap G k vérifient Y2 && = 0 alors ^2 a^e* G Fu et
i=l 2=1
p
donc, par construction, Yl aiei = ®e et comme la famille (ei,..., ep) est libre, on a
i=l
ax = • • • = ap = 0.
p
Posons, pour chaque i G {1,... ,p} , u{e{) = bi 4- az avec 6* G Fu et ax-, = ^2 Xiei.
Alors, par définition de u, on a
p
îZ(ëi) = 6j + az = ôï" = \^ Xiëi
i=l
ce qui prouve que la matrice de u dans B est bien A. Enfin, det u = det M = 1 et
det M = det A donc det û = 1.
b) Si u est exceptionnel, alors, d'après ce qui précède, il existe À G k \ {1} tel que
la matrice de û soit \IP et donc û est une homothétie de rapport À.
Réciproquement, supposons que û soit une homothétie de rapport À ^ 1. Alors,
avec les notations précédentes, A = \Ip. Par suite, u est trigonalisable et comme
rg(M — À/n) = n — p, le sous-espace propre ker(tx — Àld^) est de dimension p qui
est la multiplicité de la valeur propre À. Ainsi, u est diagonalisable et est représenté
dans une base adaptée par la matrice D de l'énoncé.
2°) Supposons que u = T\... rm se décompose en produit de m G N* transvections
de E et soit Hi l'hyperplan de r*. Comme H{ = FTi, on a H\ fl • • • fl Hm Ç Fu.
On aura à utiliser Y observation suivante : si H est un hyperplan de E et F un
sous-espace vectoriel de E alors dim(H fl F) > dim F — 1.
a) D'après l'observation, on a dim(//i fl • • • fl i/m) > n — m et par suite, on a
dim Fu> n — m i.e. m > pu. Il en résulte que mu > pu.

190
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
b) Supposons u exceptionnel et soit G le sous-espace vectoriel propre de u
associé à l'unique valeur propre A distincte de 1. Comme u est diagonalisable, on
a dimG = n — dimFu = pu. Comme une transvection n'admet pas A pour valeur
propre, on a m > 2. Posons K = GnH2C\- • 'C\Hm. Alors, par Vobservation, dim K >
dim G — (m — 1). Faisons l'hypothèse que m < pu. Alors dim K > pu — m + 1 > 1
en sorte qu'il existe x G K\ {0}. Comme x G H2 H • • • fl Hm, on a (r2 ... rm)(x) = x
et donc, comme i G G, on a T\(x) = ^(^) = ^ ce qui est absurde puisqu'une
transvection n'admet pas A ^ 1 pour valeur propre. Ainsi, m > pu + l et donc mu > pu+l.
3°) a) La question sera résolue en plusieurs étapes.
A. - Recherche d'une transvection r telle que pTU = pu — 1
Cas pu = 1. - Alors dimFu = n — 1. Comme det u = 1, u est une transvection (cf.
Cours, proposition 2.2 page 97) et si on pose r = u~l alors r est une transvection
en sorte que ru = Id# et que pTU = 0 = pu — 1.
Cas pu > 2. - On suppose donc que dim Fu < n — 2. Puisque par hypothèse û n'est
pas une homothétie, il existe b G E tel que la famille (6, u(b)) soit libre. Montrons
que b fi Fu -h vect(6 - tx(6)). En effet, dans le cas contraire, il existe A G k tel que
b = A(6 - û(b)). Par suite, Xû(b) = (A - 1)6 et comme A ^ 0 (sinon 6 = Ô^), on
obtient que la famille (6, u(6)) est liée, contrairement à l'hypothèse.
D'après ce qui précède, il existe donc un hyperplan H contenant Fu -h vect(6 — u(b))
et ne contenant pas b. Soit / une forme linéaire de noyau H. Quitte à normaliser,
on peut supposer que f(b) = 1. Définissons alors l'endomorphisme r G C(E) par
T(x) = X + f(x)(b-u(b)).
Par construction, r est une transvection d'hyperplan H et de droite vect(6 — u(b)).
De plus,
T(u(x)) = u(x) + f(u(x))(b-u(b))
et si r(u(x)) = x alors f(u(x))(b—u(b)) = x—u(x) ou encore (IdE—u)[f(u(x))b—x] =
0E c'est-à-dire que f(u(x))b — x G Fu en sorte que x G Fu -h vect(fr) et donc que
FTU Çz Fu + vect(6). Réciproquement, si x G Fu alors -n/(:r) = r(x) = a; et, d'autre
part, comme f(b — u(b)) = 0, on a /(&) = f{u(b)) = 1 et par suite,
(to)(6) = tx(6) + f(u(b))(b - u(b)) = u(b) + (6 - t/(6)) = b.
Ainsi, FTti = Fu -h vect(fr) et donc, comme b fi Fu (sinon b = 0 ce qui est exclu)
dim FTU = dim Fu -h 1 i.e. pTti = pu — 1, comme demandé.
B. - Conséquence : matrice de ru dans une base adaptée
En préalable à l'étude du cas où ru est exceptionnel, considérons une base (/i,..., fn-P)
de Fu que l'on complète en une base de H par des vecteurs e2,..., ep où e2 = b—u(b).
Si on pose e\ = b alors, comme 6 ^ //, la famille fi = (/i,..., /n-p, ei,..., ep) est
une base de £". Comme tx(6) = 6 — (b — u(b)), i.e. u(e\) = e\ — e2, la matrice de u

IV.7. Factorisation minimale en transvections
191
dans la base B est de la forme
M
-(-¥£)
avec B =
(*)
et A =
/ 1 a2
-1 b2
0 *
0 *
ap\
vp
*
et comme r(b) = b + (b — u(b)), i.e. r{e{) = e\ + e2, la matrice de r dans B est
r=pn-p|(0)
„ ; avec Tp =
1 1 (0)
(0) ••.
V
1
y
Par suite, comme Tp est une matrice de transvection #2,1(1) au sens de l'exercice
IV.6, la matrice de ru dans B est
TM =
In-
-jr ) avec A! = TPA =
/l a2
0 a2 + 62
0 *
\o *
ap + 6P
C. - Cas où ru est exceptionnel
D'abord, montrons qu'on ne peut avoir pu = 2. En effet, dans ce cas, on aurait
det A' = det TM = 1 et donc A' = l r—11 et donc ru n'est pas exceptionnel (à
cause du coefficient encadré).
Ainsi pu > 3 ce qu'on suppose désormais. Comme dim FTU = dim Fu + 1, on a FTU =
vect(/i,..., fn-p, ^i) et comme ru est exceptionnel, c'est qu'il existe A G k* \ {1} tel
que
A' =
/l a2
A
ap\
en sorte que A =
( \
-1
0
1°
A — a-i
0
0
a3 ..
-a3 ..
A ..
0
ap \
■ -dp
• °
X)
On va remplacer r par 0 € £(£) représenté dans fi par la matrice
r
ln—p
V
avec T'p =
(\ 0 0 0... \
1 1 1 0...
0 0 1 0...

192
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
On observe que Im (6 — ldE) = vect(e2) et que ker(0 — Id#) est un hyperplan qui
contient e2 en sorte que 8 est une transvection de droite vect(e2) = vect(6 — u(b)).
D'autre part, la matrice de 8u dans la base B est
TM =
*n-p
-jpr) avec A" = T'PA
/l a2 a3 .
0 A 0 0.
V
ap\
0
A/
(noter que T'v étant un produit de deux matrices de transvection au sens de
l'exercice IV.6, A" s'obtient par des opérations élémentaires sur les lignes de A). Comme
À ^ 1, il apparaît alors que Fqu = Fu©vect(ei) et donc que Fu C Fqu et peu = pu — 1.
Enfin, à cause du coefficient encadré dans A", 8u n'est pas exceptionnel.
b) Par hypothèse, il existe une base B = (/i,..., /n-P, £i, • • •, en) de E telle que la
matrice de u dans B soit de la forme
M
In-
0
f)
avec A =
ai
^n—p
B
où ai,..., an-p sont non tous nuls. Soit r G C{E) de matrice dans B définie par
-ai
_ I ln-p lp \
V o \ip)
avec Tp =
^n—p
(0)
n-p
Si on pose a = ^ a^i alors Im (r — Id#) = vect(a) et ker(r — Id#) est un hyperplan
i=\
qui contient a en sorte que r est une transvection. De plus, ru est représenté dans
B par la matrice
TM
(^
A + Tv
In-
p+ï
0
B'
/p-i
ce qui prouve que Fu C FTU et que ru admet 1 pour seule valeur propre en sorte que
ru n'est pas exceptionnel.
c) Si pu = 0 alors u = Id# et mu = pu = 0. Soit u G C(E) non exceptionnel tel
que pu > 1. On suppose que pour tout automorphisme non exceptionnel v tel que
pv < Pu on ait mv = pv. On a vu qu'il existe une transvection r de E telle que v = ru
soit non exceptionnel et tel que pv < pu. Par hypothèse de récurrence, il existe des
transvections ri,..., rPv de E telles que v = rx... rPv en sorte que u = r~lr\... rPv
et comme r-1 est une transvection de Ê, on a mu < pv -h 1 < pu. De la question
2°)a), on conclut que mu = pu ce qui achève la récurrence.
4°) Supposons u exceptionnel de matrice
*n—p
D
0
A/D

IV.8. Factorisation minimale en dilatations
193
dans une base B, avec À G k* \ {1} et nécessairement p > 2. Soit r de matrice dans
B définie par
T =
■*n-j}
. avec Tp =
/l 1 \
0 1 (0)
(0) ••.
V
V
Alors, t est une transvection et
TD =
In-
M„
avec M„
0 A (0)
(0) ■-.
V
V
en sorte que ru est non exceptionnel (à cause du coefficient encadré et de la question
l°)b)) et que FTU = Fu. Donc, d'après la question 3°)c), mTU = pTU = pu et ainsi
mu <Pu + 1- Comme mu > pu + 1 (cf. question 2°)b)), on a bien mu = pu + 1.
IV.8. Factorisation minimale en dilatations
On désigne par E un fc-espace vectoriel de dimension n > 1 avec k ^ F2.
Pour u G GL(E'), on pose Fu = ker(u - Id#) et pu = n - dimiv Soit
E = E/Fu et soit û l'automorphisme de E induit par u.
1°) Soit u G GL(E'), distinct de Id^. On dira que u est une
transgression si u = Id^.
Montrer que u est une transgression si et seulement si (u — Id^)2 = 0 et
qu'alors, u est dans SL(E).
2°) Montrer que les dilatations de E engendrent GL(E).
Ce qui précède permet de définir, pour tout u G GL(i?), l'entier
su = inf {s G N ; u = T\... rs et ri,..., rs dilatations de E}
en convenant que si u = Id# alors su = 0.
3°) a) Montrer que su > pu.
b) Montrer que si u est une transgression alors su > pu 4-1.
4°) Soient F un sous-espace vectoriel de E et x0, yo G E tels que la famille
(xo,270) de l'espace-quotient E/F soit libre. Montrer que pour tout À G
fc\{0,1}, il existe une dilatation r de rapport À, d'hyperplan H contenant
F et telle que r(yo) = xq.
5°) a) On suppose que k ^ F3. Montrer par récurrence sur pu que si u G
GL(E) n'est pas une transgression alors su = pu et que, sinon, su = pu -h 1.
b) Étudier le cas k = F3.
6°) Pour u G GL(£), on pose
ru = inf {r G N ; tx = T\... rr et ri,..., rr dilatation ou transvection de E) .
Montrer que ru = pu (utiliser l'exercice IV.7).

194
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
Solution
On écarte le cas où k = F2 car alors il n'existe pas de dilatation.
1°) Si u est une transgression, alors comme à l'exercice IV.7, 1
B de E telle que la matrice de u soit de la forme M =
■Ln—p
°), il existe une base
B \
. On en déduit
IP
0
que (M — In)2 = 0. Au passage, on observe que det u = det M = 1.
Réciproquement, si (u — Id#)2 = 0 alors, pour tout x G E, u(x) — x G Fu et donc
û(x) = x et donc û = Id^.
2°) Comme transvections et dilatations engendrent GL(E'), il suffit de montrer
qu'une transvection est produit de dilatations. Étant donné une transvection t
définie par t(x) = x + f(x)a avec /(a) = 0, cherchons deux dilatations d{ où 2 = 1,2
définies par d{{x) = x + fi(x)a et telles que d2d\ = t. On a
(d2dl){x) = x + (fx(x) + f2(x) + f2(a)fx{x))a.
Il suffit que /i(x) -h /2(x) + f2(a)fi(x) = f(x). Ainsi, comme |fc| > 3, on peut choisir
f2 telle que f2{a) fi {0,-1} (ce qui assure que d2 est une dilatation) et on pose
h = ï+fo(/ - /2). Alors /,(a) = ^j 7^ 0 et 1 + /,(a) - ^ ^ 0 en sorte
que d\ est une dilatation et que d2d\ = t.
3°) Supposons que u = T\.. .rs se décompose en un produit de s G N* dilatations
de E et soit //* l'hyperplan de r*. Comme //; = Fr., on a i/i fl • • • fl Hs Ç Fu.
On aura à utiliser Y observation suivante : si H est un hyperplan de E et F un
sous-espace vectoriel de E alors dim(// fl F) > dim F — 1.
a) D'après l'observation, on a dim(//i fl • • • fl i/s) > n — 5 et par suite, on a
dim Fu > n — s i.e. 5 > pu. Il en résulte que su > pu.
b) Supposons que u est une transgression. D'après la question précédente, s > pu.
Supposons alors que s = pu. Alors, comme dimFu = n — 5, on a
(1): Fu = Hxn..-nHs.
Soit x G H2D- -C\HS. Alors, u(x) = T\(x) ou encore x — u(x) = x — T\(x) et comme
u est une transgression, on a x — T\(x) G Fu et donc, d'après (1), x — T\{x) G H\. Par
suite, comme T\ est une dilatation d'hyperplan i/i, nécessairement, a; — ri(x) = 0 et
donc x G H\. Ainsi, H2n- -nHs Ç /^ et de (1), on déduit que Fu = H2n- • -n//s.
D'après l'observation, dim(H2 fl • • • fl Hs) > n — (s — 1) et ainsi dim Fu > n — s + 1
c'est-à-dire que 5 > pu -h 1 ce qui contredit s = pu.
4°) Soit p la dimension de l'espace E/F. Par hypothèse, p > 2. Soit le sous-espace
vectoriel J7 = {f € E* ] F Ç ker /}. En complétant une base de F en une base de E,
on voit facilement que dim .F = codimF = p. Soit maintenant l'application linéaire
(p: T —> fc2
/ — (/(*o),/(w>)).
Son noyau est kerc/? = {/ G £"* ; F -h fcxo 4- fcî/o ^ ker/}. Par hypothèse sur les
vecteurs xq et yo, la somme F -h fcxo + fcî/o est directe. Par suite, dimkerc/? =
codim(F+kxo+kyo) = n—(n—p+2) — p—2 en sorte que rg(</?) = dim^7—dimker(/? =
p — (p — 2) = 2 ce qui prouve que (p est surjective. Il en résulte qu'il existe / G T

IV.8. Factorisation minimale en dilatations
195
telle que f{x0) = A et f(yo) = 1. Définissons alors r G C(E) par
t(x) = x + f(x)(x0-y0).
On a f(x0 — y0) = A — 1 ^ {0, —1} en sorte que r est une dilatation d'hyperplan ker /
contenant F, de droite vect(x0 — yo), de rapport A (puisque r(x0 — yo) = A(x0 — yo))
et que r(yo) = yo + f(yo)(xo — yo) = xo comme souhaité.
5°) a) On distingue les deux cas.
A - Cas où u n'est pas une transgression
Si pu = 0 alors u = ldE et su = pu = 0. Soit u G GL(E) qui ne soit pas une
transgression et tel que pour tout v G GL(E) tel que pv < pu et qui ne soit pas une
transgression, on ait sv = pv. On va montrer que su = pu.
Pour alléger, on notera souvent p au lieu de pu.
Cas Al : û n'est pas une homothétie. - Alors, il existe xo G E telle que la famille
{xo,ù{x~o)) soit une famille libre de E. Posons yo = u(x0). D'après la question
précédente, il existe une dilatation r d'hyperplan contenant Fu, de rapport A ^ {0,1}
donné et telle que r(yo) = x0. Si on pose v = ru alors v(xo) = x0 en sorte que
Fv 2 Fu et donc que pv < pu. Pour finir, cherchons A en sorte que v ne soit pas une
transgression. Pour cela, il suffit que detu ^ 1. Or, detu = detrdetu = Xdetu et
donc, il suffit qu'il existe A différent de 0, 1 et (detu)-1 ce qui est possible puisque,
par hypothèse, k contient au moins 4 éléments. On peut donc appliquer l'hypothèse
de récurrence et v est produit de pv dilatations et donc su < pv -h 1 < pu. Par la
question 3°)a), on déduit que su = pu.
Cas A2 : u est une homothétie de rapport A ^ 0,1.
E telle que la matrice de u soit de la forme
Alors, il existe une base B de
M =
■Ln—p
o
B
XI„
avec B = I &i
où 6i,..., bp désignent les vecteurs-colonnes de B. Pour i € {1,..., p}, on définit la
matrice . . . . .
\
Di =
I
Alors, Di est une matrice de dilatation car detDj ^ 1 et dimker(A — In) = n — 1
(car A ^ 1) et
M = Dl... Dp
en sorte que su < p et donc, d'après la question 3°)a), su = pu (noter que ce cas
n'utilise pas l'hypothèse de récurrence).
*n—p
0
l
(0)
bi
(0)
1
A
1

196
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
B - Cas où u est une transgression
Il existe donc une base B de E telle que la matrice de u soit de la forme
M =
Soit À G \ {0,1}. On définit la matrice
/ *n—p |
■*n—p
o
B
D =
0
V
(0)
Alors, D est la matrice d'une dilatation d et
/ -»n-p
DM =
\
B
1
/
en sorte que du n'est pas une transgression (car À ^ 1) et que pdu < Pu- De l'étude
du cas précédent, il résulte que s du = Pdu < Pu et donc su < pu + 1. Par la question
3°)b), on déduit que su = pu + 1.
b) Comme k = F3, une dilatation n'est autre qu'une symétrie hyperplane.
La démonstration à la question précédente montre, d'une part, cf. cas Al, que si û
n'est pas une homothétie alors il existe une dilatation r, nécessairement de rapport
— 1, telle que FTU 3 Fu et d'autre part, cf. cas A2, que si û est l'homothétie de
rapport —1 alors su = pu.
Étude du cas pu G {0,1,2} -
Si pu = 0 alors u = Id^.
Si pu = 1 alors
- si det u = 1 alors u est une transvection et on a vu à la question 2°) que su < 2 et
donc que su = 2,
- si det u = — 1 alors u est une dilatation et donc su = 1.
Supposons que pu = 2. D'abord, on a vu à la question 3°) que su > 2 et que, si u
est une transgression alors su > 3 et en fait, su > 4 puisque det u = 1 et qu'une
dilatation est de rapport —1.
1er cas : û n'est pas une homothétie. - On a rappelé qu'il existe une dilatation r
telle que pTU < 1 et donc en fait telle que pTU = 1. Si ru est une transvection (ce
qui suppose detu = —1), alors, comme telle, elle s'écrit comme produit de deux

IV.8. Factorisation minimale en dilatations
197
dilatations (cf. question 2°)) en sorte que su < 3 et donc su = 3. Si ru n'est pas une
transvection, c'est une dilatation (et donc detu = 1) en sorte que su = 2.
2ème cas : u est une homothétie. - Alors, detu = 1. Si û = — Id^ alors, comme
il a été rappelé en début de question, su = 2. Si u est une transgression alors, d
désignant la dilatation du cas B de la question précédente (ce cas s'applique ici,
avec À = —1), on a pdu < Pu i-e. Pdu < 2 et comme du n'est pas une transgression,
les cas précédents s'appliquent en sorte que Sdu < 3 et donc su < 1 + 3 = 4 et donc
su = 4.
- Étude du cas pu > 3 -
Pour simplifier, on écrira p au lieu de pu. On va donner une version adaptée du
résultat de la question 5°)a), cas A.
Supposons que û ne soit pas une homothétie. Alors, il existe une base d'un
supplémentaire de Fu de la forme (xo, 2/o, 2/3, • • •, yP) où yo = u(xo). On complète alors une
base de Fu par la base précédente pour obtenir une base B de E. La matrice de u
dans B est de la forme
M =
In-
B
avec A =
/O
1
0
\o
^12 •
&22 '
^32 •
aP2 •
• aiP\
• a2p
• a3p
• aPP/
et où B est donc une matrice dont la première colonne est nulle.
Étant donné a G fc, soit r l'endomorphisme dont la matrice dans B est la matrice
par blocs T = diag(/n_p, T3,7P_3) où
T3 =
Alors r est une dilatation puisque Im (r — Id#) = vect(yo — xo) et que det r
(cf. Cours, définition 2.1 page 96). D'autre part, le produit matriciel
= -1
'0 1 a \ /O a12 a13>
1 0 —a J I 1 a22 a23
,0 0 1 1 \0 a32 a33>
f\ * *
0 ai2 — aa32 ai3 — aa^
^ 0 a32 a33
montre que si on pose v = ru alors Fv D Fu (puisque xq G Fv et xq fi Fu) en sorte
que pv < pu — 1. Supposons que pv = pu — 1. Alors, s'il existe a = ai G k tel que
î; soit une transgression, on a a3)3 = 1 en sorte qu'en choisissant a = a2 tel que
Gi3 — û;2a33 ^ 0, v n'est pas une transgression.
Le cas où ÎZ = —Id a été évoqué en début de question et pour le cas où û = Id, on
se ramène à l'étude du cas où u n'est pas une homothétie, comme cela a été fait en
a), cas B.
Montrons alors par récurrence sur pu que si u G GL(E) alors su est donné par le
tableau ci-dessous (qui inclut les cas pu G {0,1, 2})

198
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
cas pu pair
det u = 1
det u = — 1
u transgression
u non transgression
su = Pu + 2
Su = Pu
Su = Pu + 1
cas pu impair
det u = 1
det u = — 1
^tx = Ptx + 1
«ti =Pti
c'est-à-dire que su est le plus petit entier vérifiant les inégalités de la question 3°)
et compatible avec le « signe » de det u (on pourra noter que, d'emblée, u vérifie les
inégalités déduites de la 3ème colonne en remplaçant le signe = par >).
Soit u G GL(E) tel que pu > 3. On suppose que le tableau s'applique pour tout
v G GL(E) tel que pv < pu. Des cinq cas à étudier, on ne traite que le moins aisé, le
cas Pu impair et det u = — 1. On veut donc montrer que su = pu- Comme signalé, on
sait déjà que su > pu- Supposons que û soit une homothétie. Puisque detu = —1,
u n'est pas une transgression. C'est donc que u = — Id et on a signalé en début de
question qu'alors su = pu- Supposons maintenant que û ne soit pas une homothétie.
D'après l'étude du cas pu > 3, on a vu qu'il existe une dilatation r telle que si v = ru
alors pv < Pu — 1. Si pv = pu — 1, on a vu qu'on peut faire en sorte que v ne soit
pas une transgression. Dans ce cas, comme pu — 1 est pair, et que det(v) = 1, par
hypothèse de récurrence, on a sv = pv = pu — 1 en sorte que su < (pu ~ 1) + 1 = Pu-
Supposons enfin que pv < pu — 1 i.e. pv < pu — 2. On a det v = 1 et par hypothèse
de récurrence, on obtient que
- si pv est pair (d'où pv < pu — 3) et v est une transgression alors sv =
Pv + 2 < (pu - 3) -h 2 = pu - 1 et donc su < {pu ~ 1) + 1 = Pu ;
- si pv est pair (d'où pv < pu — 3) et v n'est pas une transgression alors
sv = Pv < Pu ~ 3 et donc su < {pu ~ 3) + 1 = pu — 2 (en fait ce cas est
à exclure puisque su > pu) ;
- si pv est impair alors sv = pv + 1 < (pu — 2) -h 1 = pu — 1 et donc
su < (Pu ~ 1) + 1 = Pu
et dans tous les cas, on a bien su < pu comme souhaité.
6°) Comme une dilatation ou une transvection fixent point par point un hyperplan,
le même raisonnement qu'à la question 3°) montre que ru > pu-
Si u G SL(i?) et si u n'est pas exceptionnel (ce qui comprend le cas où u est une
transgression) alors mu = pu = ru (cf. exercice IV.7). Si u est exceptionnel alors û
est une homothétie de rapport À ^ 1 et, comme il a été montré à la question 5°)a),
cas A2, on a, indépendamment de fc, su = pu-
Si u n'est pas dans SL(E') alors u n'est pas une transgression et donc su = pu = ru
sauf peut-être dans le cas où on a à la fois k = F3, pu est pair et det(tx) = —1
(cf. tableau de la question 5°)b)). Dans ce cas, û n'est pas une homothétie (sinon,
det u = (±l)Pu = 1) et donc, d'après le raisonnement du cas Al de la question 5°)a),
il existe une dilatation r telle que pTU < pu> Comme detr = —1, on a ru G SL(E')
ce qui ramène au cas précédent et par suite, rTU = pTU < pu — 1 en sorte que ru < pu
et donc que ru = pu-

IV.9. Les automorphismes de trace nulle engendrent GL(E)
199
IV.9. Les automorphismes de trace nulle engendrent
GL(E)
On désigne par E un fc-espace vectoriel de dimension n > 2. On désigne
par M l'ensemble des automorphismes de E dont la trace est nulle.
1°) Soit À G k*. Montrer qu'il existe u G M tel que dettx = À.
2°) Montrer que toute transvection de E est produit d'éléments de M
(utiliser une matrice de permutation, i.e. du type (^(i),j)i<ij<n où a G 6n
et ô est le symbole de Kronecker).
3°) Montrer que tout élément de GL(E) est produit d'éléments de Af.
Solution
1°) En effet,
0
1
0
0
0 ...
0 ...
1 ...
0 ...
0 (-l)n+1A
0 0
0 0
1
0
= A.
2°) Soit t une transvection de E. D'après le Cours, proposition 2.2, page 97, il existe
une base B de E telle que la matrice de t dans B soit
'-(-vR-H'-n-
Si n = 2 alors T2 = ( n ) ( n 1 ) ce qui répond à la question.
Supposons n > 3 et considérons les matrices suivantes de GL(n, k) :
/O 1
p =
o o\
1
0 1
0 0,j
et N =
/O 1 ..
0 0..
0 0..
{l 0 ..
. 0 0\
.11
.01
. 0 0/
0 0.
Vi o .
La matrice N s'obtient par permutation circulaire des lignes de Tn ce qui se traduit
par PTn = N. Par suite, Tn = P~1N = lPN est produit de matrices de trace nulle
et donc r est produit d'éléments de M.
3°) Soit / G GL(E). D'après la question 1°), il existe g G M telle que det g = det /.
Par suite, si on pose u = fg~l alors detu = 1. Comme u G SL(E'), on sait que u est
produit de transvections de E. On a vu à la question précédente qu'une transvection
de E est un produit d'éléments de M. Il en est donc de même de u. Ainsi, / = ug
est produit d'éléments de M.

200
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
IV. 10. u G GL(E) laissant stables les sous-espaces de
dimension r
Soient E un fc-espace vectoriel de dimension finie n > 1 et u G GL(E). On
se donne un entier r G {l,...,n —1}. On suppose que tout sous-espace
vectoriel de E de dimension r est stable par u. Montrer que u est une
homothétie.
Solution
On va se ramener au cas r = 1. Soient D une droite vectorielle de E et a un
générateur de D. Alors, D est intersection de n — 1 hyperplans i/i, ..., i/n_i de E,
noyaux de formes linéaires linéairement indépendantes ipi, ..., y?n-i : il suffit en effet
de considérer une base B = (ei,..., en_i, a) et sa base duale (</?i,..., </?n-i, &*)• De
ce qui précède, on déduit que D est intersection de sous-espaces vectoriels tous de
dimension r : il suffit de considérer les r sous-espaces vectoriels Ei = HiC\- • -ni/n_r,
..., Er = Hr D • • • D Hn-i qui sont chacun intersection de n — r hyperplans parmi
les n — 1 hyperplans cités. Enfin, comme chacun des sous-espaces vectoriels Ei est
stable par u, leur intersection D est stable par u. Comme D est arbitraire, toute
droite vectorielle est stable par u (cas r = 1), donc u est une homothétie de E (cf.
Cours, lemme 2.8 page 98).
IV.ll. Groupe des automorphismes semi-linéaires
Soit E un fc-espace vectoriel non nul. On dit qu'une application u : E —► E\
est semi-linéaire s'il existe un automorphisme a du corps k tel que :
i) Vx, y e E, u(x + y) = u(x) + u(y),
ii) Vx G £,VA G k,u(\x) = a(\)u(x).
On désigne par TL(E) l'ensemble des applications semi-linéaires et
bijectives.
1°) Montrer que TL(E) est un sous-groupe du groupe des permutations
\de E.
2°) Vérifier que si u G TL(E) alors l'automorphisme cr de la définition
ci-dessus est unique (on dit alors que u est cr-semi-linéaire) et que
l'application $ : TL(E) —► Aut(k) telle que $(tx) = cr est un morphisme
de groupes. Donner le noyau et l'image de $.
3°) Montrer que SL(2?) est un sous-groupe distingué de TL(E).
4°) a) Montrer que le centre du groupe TL(E) est un sous-groupe du
groupe k* des homothéties de E et qu'il en est en général distinct,
b) Déterminer le centre du groupe TL(E) dans les cas suivants :
i)fc = C, ii)fc = R, iii)fc = Q(^2), iv) k = ¥q.
Solution
1°) Soient u et v des éléments de TL(E) associés respectivement aux
automorphismes cr et r du corps k. Alors, si x G E et À G k alors
(uv)(\x) = u[t(\)v(x)] = (ar)(\)uv(x)

IV.ll. Groupe des automorphismes sémi-linéaires
201
en sorte que uv G TL(E) et est associé à l'automorphisme ar. D'autre part, u(a~1(X)x) =
Xu(x) ou encore cr_1(A)x = u~l(Xu(x)) et donc, en posant y = t/(x), on a u~1(Xy) =
a~l(X)u~l(y) ce qui prouve que u~l G TL(E) et est associé à l'automorphisme cr-1.
2°) S'il existe deux automorphismes a et r du corps K tels que
Vx GÊ,VAG k,u(Xx) = a(X)x = r(X)x
alors il est clair que si E ^ {0^}, on a cr = r.
Avec les notations de la question précédente, $(uv) = ar et $(u_1) = a~l en sorte
que $ est un morphisme de groupes. Montrons que $ est surjectif : si (ei,..., en)
une base de E et si a un automorphisme du corps k alors l'application w : E —► E
définie pour x = £37=1 xiei ^ E avec X\,... ,xn € k par
(n \ n
^x^ I = ^<7(xi)ei
i=i / t=i
est une application bijective (puisque cr est bijective) et cr-semi-linéaire puisque si
À G fc, on a
n n
î/;(Ax) = YJcr(Axi)ei = YJcr(A)cr(xi)ei = <t(A)î/;(x).
i=l i=l
Enfin, le noyau de $ est GL(E').
3°) Comme SL(E) est engendré par les transvections de £", il suffit de montrer que
le conjugué dans TL(E) d'une transvection de E est encore une transvection de E.
Soit donc une transvection r de £, définie par r(x) = x+f(x)a où / : E —► A: est une
forme linéaire non nulle et a G ker / \ {0^} et soit u une application cr-semi-linéaire
de E. Alors,
(uru~l)(x) = u[u~1(x) + f(u~l(x))a] = x + cr[/(tx_1(a;))]tx(a) = x H- gr(x)u(a)
où c/(x) = a[f(u~l(x))]. Or, c/ est une forme linéaire sur E puisque si À G A: alors
g(\x) = aifiu-^Xx))] = alfia-^X^ix))} et donc g(Xx) = a[a-1(X)f(u-l(x))} =
Xa(f(u-\x))) = Xg(x). De plus, g{u{a)) = a[f(u'l(u(a)))] = a(f(a)) = a(0) = 0
en sorte que uru"1 est bien une transvection de E.
4°) a) Soit u G FL(E) et soit une transvection r de E, de droite engendrée par
a. D'après la question précédente, uru~l est une transvection, de droite engendrée
par u(a). Si u est dans le centre de TL(E) alors uru~l = r en sorte que u(a)
et a sont colinéaires. La démonstration du lemme 2.8 (page 98) du Cours
s'applique sans changement ce qui prouve que u est une homothétie de E.
Réciproquement, supposons que Ald^ soit dans le centre de TL(E). Soit a G Aut (k) et soit u
une application cr-semi-linéaire (u existe d'après la question 2°)). Alors, si x G -E1,
(uXI<1e)(x) = a(X)u(x) et (ÀId^tx)(x) = Xu(x) sont égaux en sorte que cr(À) = À et
donc s'il existe un automorphisme du corps k distinct de Id#, le centre de TL(E) ne
coïncide pas avec l'ensemble des homothéties de E.
b) D'après ce qui précède, le centre de TL(E) est formé des homothéties de rapport
À G k* tel que
Va G Aut(fc),(j(A) = A,

202
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
c'est-à-dire (cf. [Goz], 11.34) que A est dans le corps fixe de Aut (k).
i) On peut démontrer (cf. [Pr], exercice 9.4.1 ou encore [www4]) que le corps fixe de
Aut (C) est Q en sorte que le centre de TL(E) est l'ensemble des homothéties de
rapport rationnel non nul.
ii) Le seul automorphisme de R est l'identité donc TL(E) = GL(E) et le centre est k*.
iii) Tout automorphisme a du corps Q(s/2) fixe Q et vérifie (a(a))3 - 2 = 0 et
comme a(a) G Q(s/2), on a a(a) = a. Comme Q(v^2) est un Q-espace vectoriel de
base (1, a, a2), on a a = Id. Ainsi, le centre est encore k*.
iv) Soit p > 0 la caractéristique de k = ¥q. On sait que a : x G ¥q »—► xp est dans
Aut (k) (cf. Cours, proposition III.2.4 page 73). Or, {A G k ; cr(A) = A} = Fp et donc
le centre de TL(E) est formé des homothéties de rapport A ^ 0 dans le sous-corps
premier Fp de k.
IV.12. Conjugaison par un élément de SL(E)
1°) Soit u G GL(E) diagonalisable. Déterminer le centralisateur C(u) de
\u dans GL(E).
2°) Soient tx, v G GL(E) diagonalisables. On suppose que u et v sont
conjugués dans GL(E). Montrer que u et v sont conjugués par un élément
deSL(E).
Solution
1°) Soit g G C(u). Alors tout sous-espace propre de u est stable par g : en effet,
si x est un vecteur propre de u associé à la valeur propre A de u alors u{g{x)) =
g(u(x)) = g{\x) = \g(x). Réciproquement, si g est un automorphisme de E tel que
chaque sous-espace propre de u est stable par g alors, en se plaçant dans une base
de diagonalisation de tx, on voit que g G C(u).
Par hypothèse, il existe une base B de E telle que la matrice de u dans B soit une
matrice diagonale par blocs de la forme D = diag(Ax/ni,..., Ar/nr). Ainsi, g G C(u)
si et seulement si g admet dans B une matrice de la forme M = diag(Mi,..., Mr)
où Mi G GL(nj,fc).
2°) Par hypothèse, il existe p G Gh(E) tel que pup~l = v. D'après la question
précédente, il existe g G C(u) tel que det(#) = det(p_1). Si on pose q = pg alors
det(ç) = 1 et quq~l = pgug~lp~l = pup~l = v.
Remarque. - Il en résulte que deux dilatations de même rapport sont conjuguées
dans SL(£).

IV.14. Étude du groupe SL(2,F3)
203
IV. 13. Groupe dérivé des groupes projectifs
Déterminer £>(PGL(n,fc)) et £>(PSL(n,fc)).
Solution
Si M e GL(n, fc), on note M sa classe dans PGL(n,fc) et, si M G SL(n, fc),
on note M sa classe dans PSL(n, fc). Il est immédiat de vérifier que l'application
PSL(n,fc) —► PGL(n, fc) telle que, pour tout M G SL(n, fc), M m M est
effectivement bien définie et est un morphisme injectif de groupes, en sorte qu'on peut
identifier PSL(n, fc) à un sous-groupe de PGL(n, fc).
D'autre part, il est immédiat que £>(PGL(n, fc)) = {M; M e £>(GL(n, fc))} et
de même que £>(PSL(n,fc)) = {M; M e D(SL(n,k))\. Ecartons le cas
exceptionnel n = 2 et fc = F2. On sait alors (cf. Cours, théorème 3.1 page 101) que
D(GL(n, fc)) = SL(n, fc) en sorte que, compte tenu de l'identification ci-dessus,
D(PGL(n, fc)) = PSL(n, fc). Si en outre, on suppose que (n, fc) ^ (2,F3) alors (loc.
cit.) £>(SL(n, fc)) = SL(n, fc) en sorte que £>(PSL(n, fc)) = PSL(n, fc).
Cas exceptionnel n = 2 et k = F2. - On sait (cf. Cours, proposition 5.3 page 106)
que PGL(2,F2) = PSL(2,F2) = GL(2,F2) = SL(2,F2) = 63 dont le groupe dérivé
est 2l3.
Étude de D(PSL(2, F3)). - Ce groupe est déterminé à l'exercice IV.14, 3°)a). Si on
pose M, = f J "A M2 = (\ M et M3 = f"1 }) alors £>(PSL(2,F3)) =
< I2, Mi, M2, M3 > qui est isomorphe au groupe de Klein.
On peut aussi montrer (exercice IV.14, 4°)) que
£>(SL(2,F3)) = {±/2,±M1,±M2,±M3}
ce qui permet de retrouver D(PSL(2,F3)).
IV.14. Étude du groupe SL(2,F3)
On pose H = SL(2,F3) et P = PSL(2,F3). On rappelle que \H\ = 24 et
|P| = 12, que P ^ 2l4 (cf. Cours, propositions 5.1 et 5.3 pages 105-6) et
enfin que le centre de H est Z = (—I2).
1°) Montrer que H n'est pas isomorphe à 64.
2°) Chercher les éléments d'ordre 2 de H.
3°) a) Déterminer le groupe dérivé D(P) et le quotient P/D(P). En
déduire, que \D(H)\ < 8 puis en comparant D(H), D(P) et Z, montrer que
D(H) = H8 (le groupe des quaternions).
b) Montrer qu'on a une décomposition H = H8 x Z/3Z. Préciser
l'opération.
4°) Donner la liste des éléments de H d'ordre une puissance de 2.
Déterminer les 2-Sylow de H et retrouver ainsi D(H), cf. question 3°)a).
5°) Déterminer les sous-groupes distingués de H.

204
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
Solution
1°) En effet, le centre de H est d'ordre 2 tandis que le centre de 64 est trivial (cf.
Cours, exemple 1.3.2 page 13).
2°) En caractéristique autre que 2, un élément J d'ordre 2, i.e. une symétrie, est
diagonalisable. Comme det(J) = 1, J est semblable à —I2 et donc J = —I2 qui est
bien d'ordre 2. Ainsi, H admet —I2 pour unique élément d'ordre 2.
3°) a) Comme P est isomorphe à 2l4, D(P) est isomorphe à £>(2l4) lequel est
isomorphe au groupe de Klein (cf. Cours, remarque 8.4 page 30). Puisque P = H/Z, il
existe un sous-groupe distingué N de H et contenant Z tel que D(P) = N/Z. Comme
\D{P)\ = 4, on a \N\ = 8. Or, on voit facilement que P/D(P) = (H/Z) / (N/Z) *é
H/N et comme H/N est d'ordre 3 et donc abélien, c'est que D(H) Ç N ce qui
prouve que \D(H)\ est d'ordre un diviseur de \N\ = 8.
Montrons maintenant que \D(H)\ = 8. Soit ir : H —► H/Z la projection canonique.
Comme un groupe dérivé est engendré par les commutateurs, on a D(P) = tt(D(H)).
D'après le théorème d'isomorphisme, on a ir(D(H)) ^ D(H)/D(H) D Z. Or, D(H)
étant d'ordre un diviseur de 8 et distinct de 1 (car H n'est pas abélien), D(H)
contient un élément d'ordre 2 et comme un tel élément est unique dans H et est —12
et que Z = (-I2), on a D(H)/D(H) H Z = D(H)/Z en sorte que D(P) *é D(H)/Z.
Par suite, \D(H)\ = \D(P)\\Z\ = 8.
Montrons enfin que D(H) = H8. D'après le début de cette question, N = D(H)
et D(P) = D(H)/Z a tous ses éléments d'ordre au plus 2. Si M G D(H), on a
donc M2 Ç: Z et donc M4 = I2. Ainsi, D(H) est un groupe non cyclique d'ordre
8 et admettant un unique élément d'ordre 2. D'après la classification des groupes
d'ordre 8 (cf. [FrGi], exercice 1.16), on a D(H) ^ H8.
b) Soit T un 3-Sylow de H. Comme
D(H) < H, D(H) H T = {I2} et \D(H)\\T\ = \H\
on a H = D(H)T et H est produit semi-direct de D(H) par T ou encore H =
H8 x Z/3Z. Soit t £ H d'ordre 3, par exemple t = I n -, ) et soit u la transposée
de t. L'opération n'est pas triviale car sinon T serait distingué dans H ce qui n'est
pas puisque H admet au moins deux 3-Sylow que sont les sous-groupes (t) et (u).
On sait que T agit sur D(H) par conjugaison (cf. Cours, §I.6.b page 21). Posons
T = (t). L'action de T sur D(H) est déterminée par l'action de t sur D(H). Si
M G D(H) alors l'action est définie par t.M = tMt~l. Comme l'action n'est pas
triviale, la permutation de D(H) définie par
if.Me D(H) h—► t.M = tMt~l G D(H)
est d'ordre 3 et ±I2 sont fixés par ip. Les éléments M G D(H) fixés par ip
vérifient tM = Mt et forment donc un sous-groupe de D(H). Si ip n'admet qu'une
orbite non singulière alors ip admet 5 points fixes ce qui est donc absurde. Ainsi,

IV.14. Étude du groupe SL(2,F3)
205
ip est un produit de deux 3-cycles disjoints. Fixons M G D(H) \ {±/2} et posons
M' = t.M et M" = t.M'. L'orbite de M pour la permutation ip ne peut contenir
—M car sinon la transposition (M, —M) serait un cycle dans la décomposition de
ip en cycles disjoints. Ainsi, l'action de t sur D(H) est définie par la permutation
(M, M', M")(-M, -M', -M") (voir aussi l'exercice 1.32 où il est montré qu'il existe
un unique produit semi-direct non trivial Hg x Z/3Z).
4°) Le polynôme caractéristique de M G H est \m = X2 - tr(M)X + det(M) =
X2 - ti(M)X + 1 et donc est parmi P0 = X2 + 1, Px = X2 + X + 1 = {X - l)2 et
P2 = X2 - X + 1 = (X + l)2. Comme P0 \ X4 - 1, P1 \ X3 - 1 et P2 \ Xe - 1, d'après
le théorème de Cayley-Hamilton, l'ordre de M est un diviseur de 4, 3 ou 6 et en
particulier est au plus 6. Ce qui précède montre que si M G H est d'ordre 4 alors le
polynôme caractéristique de M est P0 = X2 -h 1. Réciproquement, si M G H admet
X2 H- 1 pour polynôme caractéristique alors M est d'ordre 4. Ainsi, M est d'ordre
4 si et seulement si M vérifie trM = 0. On en déduit facilement que les éléments
d'ordre 4 sont les 6 matrices suivantes
Ml = (i "ô1) • M2 = (î -i) ' Ma = ("î1 î) et " Ml' ~M2' ~Ma-
Ainsi, H admet exactement 1+1+6=8 éléments d'ordre un diviseur de 8.
Soit K un 2-Sylow. Comme tous les éléments de K sont d'ordre un diviseur de 8
c'est que, d'après ce qui précède, K est formé des 8 éléments d'ordre un diviseur
de 8. Par suite, K est unique et donc distingué. D'autre part, H/K est d'ordre 3
donc abélien. Par suite D(H) Ç K. Montrons maintenant que D(H) = K. Pour
T = (o i ), le calcul donne TM{T~lM^1 = M3 qui donc est un élément de D(H). De
plus, le calcul montre que TM^T~l = M\ qui n'est pas dans (M3) et est un élément
de D(H) (car D(H) est distingué dans H). Par suite, D(H) est bien d'ordre 8 et
donc D(H) = K.
5°) Sous-groupe distingué d'ordre 2.- H admet Z pour unique sous-groupe
distingué d'ordre 2 puisque H admet un unique élément d'ordre 2.
Sous-groupes distingués d'ordres 3 ou 6.- On a vu que H admet au moins deux
3-Sylow (cf. 3°)b)) donc aucun 3-Sylow de H n'est distingué. Le nombre n3 de 3-
Sylow de H vérifie n3 | 8 et n3 = 1 (mod. 3) et donc n3 = 4. Comme H admet
4 x (3 — 1) = 8 éléments d'ordre 3, H ne peut admettre de sous-groupe distingué
d'ordre 6 sinon comme un tel sous-groupe contiendrait au moins un 3-Sylow, il
devrait les contenir tous (puisque les 3-Sylow sont conjugués) ce qui est absurde.
Sous-groupes distingués d'ordre 4-~ Les sous-groupes d'ordre 4 de H sont des sous-
groupes du 2-Sylow K = D(H) de H. Il s'agit de (Mi), (M2) et (M3). Le premier
calcul à la question 4°) montre que TM{T~l = M3Mi G {—M2, M2} donc que (M\)
et (M2) sont conjugués et le second calcul montre que (M\) et (M3) sont conjugués.
Ainsi, les 3 sous-groupes d'ordre 4 sont conjugués dans H et aucun n'est donc
distingué.
Sous-groupes distingués d'ordre 8.- On a vu que H admet D(H) pour un unique

206
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
sous-groupe d'ordre 8 et qu'il est distingué.
Sous-groupes distingués d'ordre 12.- Supposons que H admette un sous-groupe
distingué D d'ordre 12. Alors, comme H/D est d'ordre 2 et donc abélien, on a
D(H) Ç D ce qui, par le théorème de Lagrange, est absurde.
Conclusion. - Les sous-groupes distingués et non triviaux de H sont donc son centre
Z = (—I2) et son groupe dérivé D(H) qui est aussi son 2-Sylow.
IV.15. Les sous-groupes distingués de SL(E)
Lorsque PSL(i?) est simple (cf. Cours, théorème 4.1 page 102),
montrer que les sous-groupes distingués stricts de H = SL(E) sont les sous-
groupes du centre de H.
\(Pour les sous-groupes distingués de SL(E) lorsque PSL(E) n'est pas\
\ simple, voir les exercices 1.19 et IV.14).
Solution
On désignera par Z le centre de H = SL(E). Soit TV un sous-groupe distingué de H.
Soit p : H —► H/Z la projection canonique. Alors, comme p est surjectif, on vérifie
que K = p(N) est un sous-groupe distingué de H/Z. Comme PSL(£") = H/Z est
un groupe simple, on a K = {ldE} ou K = H/Z. Dans le premier cas, TV est un
sous-groupe de Z et réciproquement, un sous-groupe de Z est distingué dans H.
Supposons maintenant que p(N) = H/Z et soit g G H. Alors il existe n G TV tel que
g = n modulo Z, ou encore, il existe z G Z tel que g = nz. Comme Z est abélien,
en passant aux classes modulo N, on voit que H/N est abélien. On en déduit que
N D D(H). Or, on sait que D(H) = H (cf. Cours, théorème 3.1 page 101) et donc,
on a N = H.
IV.16. Les sous-groupes distingués de GL(E)
1°) On suppose que PSL(i?) est simple (cf. Cours, théorème 4.1 page
102). Montrer qu'un sous-groupe distingué de G = GL(E) est isomorphe
soit à un sous-groupe de fc*, soit à un produit semi-direct SL(E) x L où
L est un sous-groupe de fc* {indication : utiliser l'exercice précédent).
2°) Soit E un F3-espace vectoriel de dimension 2. Montrer que les sous-
groupes distingués propres de G = GL(E) sont les sous-groupes
distingués de SL(i?) déterminés à l'exercice IV. 14.
Solution
On désignera par Zq (resp. ZH) le centre de G = GL(E) (resp. H = SL(E)).
1°) Soit TV un sous-groupe distingué de G. Comme H < G, on a TV n H < H. D'après
l'exercice précédent, deux cas se présentent.
1er cas : TV n # Ç ZH.
Soit / G TV. Si g une transvection de E alors, comme TV < G, on a fgf~lg~l G

IV. 16. Les sous-groupes distingués de GL(E)
207
TV nSL(£') et donc il existe À G k* tel que fgf~1g~1 = MdE ou encore fgf~l = \g.
Or fgf~l est une transvection et est donc trigonalisable et de seule valeur propre
1 tandis que Xg est trigonalisable et de seule valeur propre À ce qui donne À = 1
et donc fg = gf. Par suite, comme les transvections engendrent SL(i?) (cf. Cours,
théorème 2.11 page 99), tout / G TV commute avec tout élément de SL(E). Or on
sait que si / G G centralise SL(E) alors / est une homothétie (cf. Cours,
démonstration du théorème 2.6 page 98). Ainsi, TV est isomorphe à un sous-groupe de Zq
et donc à un sous-groupe de k*.
2ème cas : TV n H = H.
Alors, N D H. Fixons une base B = (ei,...,en) de E. Pour tout À G k*,
désignons par d(\) l'automorphisme de E représenté dans la base B par la matrice
diagonale D(\) = diag(l,..., 1, À) (cf. Cours, définition 2.1 page 96). Soit enfin
L = {d(\) ; 3/ G TV, À = det /} que l'on vérifie aisément être un groupe isomorphe
à un sous-groupe de k*. Montrons alors que TV = HL. En effet,
i) soit d(A) G L et soit / G TV tel que det/ = À. Comme det(d(À)/_1) = 1 et que
H Ç TV, on a d(X) G TV. Ainsi, L C TV et comme H Ç TV, on a HL Ç TV ;
ii) soient / G TV et À = det /. Alors, comme det(/d(À)_1) = 1, on a bien TV Ç HL.
Enfin, H < TV (vu que H < G et H Ç TV), TV = HL et H n L = {ldE} montrent que
TV = H x L (cf. Cours, proposition 6.4 page 22).
2°) D'après l'exercice IV.14, les sous-groupes distingués non triviaux de H = SL(E)
sont son centre ZH = {— Id^Id^} et son 2-Sylow qui est aussi le groupe dérivé
D(H).
Soit TV un sous-groupe distingué et non trivial de G. Le raisonnement de la question
1°) s'applique sans changement si TV fi H Ç ZH ou si TV fl H = H ce qui donne resp.
TV = ZH = ZG ou TV = H (car L est d'ordre 1 ou 2).
Reste à étudier le cas où TV fl H = D(H). D'après le théorème d'isomorphisme, si
det \N : TV —► {-1,1} est surjective alors [TV : TV fl H] = 2 et sinon N Ç H. Traitons
les deux cas :
1er cas : [N : TV n H] = 2.
Alors, |TV| = 2 x |TV fl H\ = 2 x \D(H)\ = 16 et donc TV est un 2-Sylow de G et
comme TV < G, TV est unique 2-Sylow de G. Or le polynôme caractéristique d'un
élément / G G \ H est X2 - tr(/)X -h det(/) = X2 - tr(f)X - 1 et est donc parmi
Qi = X2 -h X - 1, Q2 = X2 - 1 ou Q3 = Qi(-X). Il est immédiat que Q2
divise Xs - 1. De plus QiQ3 = (X2 - l)2 - X2 = X4 + 1 qui divise aussi Xs - 1.
Ainsi, d'après Cayley-Hamilton, tout élément de G \ H est d'ordre un diviseur de
8. D'après la première assertion du théorème du Sylow (théorème 1.5.7 du Cours),
l'unique 2-Sylow TV doit contenir les 24 éléments de G \ H, ce qui est absurde.
2ème cas : TV Ç H.
Alors TV < H et donc, ou bien TV = Zh = Zq qui est bien distingué dans G, ou bien
TV = D(H) qui lui aussi est distingué dans G car TV est l'unique 2-Sylow de H.

208
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
En conclusion, les sous-groupes distingués non triviaux de G sont Zq d'ordre 2,
D(H) d'ordre 8 et D(G) = H d'ordre 24.
IV.17. Groupe simple par la méthode d'Iwasawa
Soit G un groupe opérant sur un ensemble X. On dira que G opère
doublement transitivement si pour tous couples (x\,x2) et (2/1*2/2) de points
de X avec x\ ^ x2 et yx ^ y2, il existe g G G tel que gx\ = y\ et gx2 = y2.
Dans ce qui suit, on se donne x G X et on note H Ç G le stabilisateur Gx
de x.
1°) Montrer que G opère doublement transitivement si et seulement si
G opère transitivement sur X et H opère transitivement sur X \ {x}.
Dans tout ce qui suit, on suppose que G opère doublement
transitivement.
2°) Soit geG\H. Montrer que G = H U HgH.
3°) Montrer que H est un sous-groupe maximal (i.e. maximal parmi les
sous-groupes propres de G).
4°) Soit TV un sous-groupe distingué de G. On pose
NH = {nh ; n G TV, h G H} .
Montrer que NH est un sous-groupe de G. En déduire que TV opère
transitivement ou trivialement sur X.
5°) On suppose que, pour tout y G X, il existe un sous-groupe Ty de G
tel que :
i) Ty est abélien,
ii) VgeG,Tgx = gTxg-\
iii) la famille (Ty)yeX engendre G.
Soit TV un sous-groupe distingué de G. On suppose que TV n'opère pas
trivialement sur X. Montrer que G = NTX. En déduire que TV contient le
groupe des commutateurs D(G).
Solution
1°) Si G opère doublement transitivement alors, bien sûr, G opère transitivement
et si £1,2/1 sont distincts de x alors, par définition, il existe h G G tel que hx\ = y\
et hx = x en sorte que h G H et donc que H est transitif sur X \ {x}.
Étudions la réciproque.
i) Montrons d'abord que pour z e X alors Gz est transitif sur X \ {z}. Par
hypothèse, G est transitif donc il existe go G G tel que z = g0x. Soient zi, z2 G X \ {z}.
Alors, gô1zi,gQlz2 ^ x et comme, par hypothèse, H est transitif sur X\ {x}, il existe
h £ H tel que hgâlzi = gôlz2 en sorte que si on pose g = gohg^1 alors gz\ = z2. De
plus, gz = gohg^z = g0hx = g^x = z ce qui prouve que Gz est transitif sur X \ {z}.
ii) Maintenant, si (xi, x2), (2/1,2/2) € -X" sont comme dans l'énoncé alors, par transiti-
vité de G, il existe g G G tel que gx2 = y2 et comme y\ ^ y2 et g~ly\ ^ x2, on peut
appliquer i) en sorte qu'il existe h G GX2 tel que hx\ = g~ly\ ou encore (gh)x\ = y\.
De plus, (gh)x2 = g(hx2) = gx2 = y2 ce qui prouve que G opère doublement
transitivement.

IV. 17. Groupe simple par la méthode d'Iwasawa
209
2°) Soit g0 G G \ H. Fixons a; G G et soient y = gx et y0 = g0x. Par hypothèse,
y,y0 G X \ {x} et donc, d'après 1°), il existe h e H tel que hy = y0. Par suite,
hgx = gox et donc ho = gôlhg G H. Par suite, g0 = hgh^1 G HgH.
3°) Soit K un sous-groupe de G contenant H U {g} où g est un élément de G\H.
Alors, if contient HgH et donc aussi // U HgH. Ainsi, d'après 2°), K = G.
4°) Soient (ni, /ii), (n2, /12) € NxH. Alors, comme TV est distingué, on a (nihi)(n2h2) =
[ni(hin2h^1)] (hxh2) G TV// et (ni/ii)-1 = ftf ^J"1 = (h^ln^lhi)h^1 G TV// ce qui
prouve que NH est un sous-groupe de G.
Conséquence. - NH est un sous-groupe de G et il contient //. Or, d'après la
question 3°), H est maximal. Ainsi, deux cas se présentent.
1er cas : NH = H. - Alors, N Ç H. Étant donné y G X et n G TV, montrons que
m/ = 2/. On sait qu'il existe g G G tel que gx = y. Comme N est distingué, on a
g~lng E N et par suite, g~lng G //. Par définition de //, on a alors g~lngx = x ou
encore ny = y et l'action de A/" est donc triviale.
2ème cas : NH = G. - Soit y G X. On sait qu'il existe ^ G G tel que gx = y.
Comme NH = G, il existe n G A/" et h G // tels que # = n/i. Il s'ensuit que
nx = n(hx) = gx = y et l'action de N est donc transitive.
5°) Comme N est distingué, le sous-ensemble NTX est, d'après 4°), un sous-groupe
de G. Donc, d'après iii), pour montrer que G = NTX, il suffit de montrer que, pour
tout y G X, on a Ty Ç AfTx. Soit donc y G G et 7 G Ty. Comme l'action de G est
transitive, il existe g G G tel que y = gx. D'après ii), Ty = gTxg~l et il existe donc
t eTx tel que 7 = gtg~l. Comme l'action de N n'est pas triviale, d'après la preuve
à la question 4°), on a G = NH et donc il existe neNetheH = Gx tels que
g = nh en sorte que 7 = nhth~ln~l. D'après ii), on a hth~l G hTxh~l = Thx = Tx
donc, en posant u = hth~l, on a 7 = nun~l = [n(un"lu"1)] u et u G Tx et donc,
comme N est distingué, on a 7 G NTX comme souhaité.
Conséquence. - Soient g\,g2 G G. Comme G = NTX, on peut écrire g\ = n\t\ et
g2 = n2t2 avec nx, n2 e N et tu t2 G Tx.
Alors, comme Tx est abélien,
9i92gï1g21 = n^nfot^nïH^nï1 = n^n^^n^t^n-1
et, comme N est un sous-groupe distingué, on a g\g2gïlg2l G iV en sorte que
£>(G) Ç TV.

210
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
IV.18. La méthode d'Iwasawa appliquée à PSL(1?)
Utiliser l'exercice précédent et l'exercice IV. 13 pour montrer que si
(n, |fc|) ^ (2,2), (2,3) alors PSL(E) est simple. Pour cela, poser G =
PSL(£'), X = P(E) (ensemble des droites vectorielles de E) et pour
chaque d G X, considérer pour Td le sous-groupe de G image par la
projection canonique du sous-groupe Ud de SL(i?) formé de Id# et des
transvections de droite d, cf. exercice IV.4.
Solution
Vérifions les hypothèses de l'exercice IV. 17.
Soit p : SL(E) —► PSL(i?) la projection canonique. On rappelle que l'action de G
sur X est définie par p(u)d = u(d) avec u G SL(E) et d G X.
a) G opère doublement transitivement sur X. - Étudions l'action naturelle de
SL(E) sur X. Soient (x\,x2), (2/1,2/2) deux familles libres de E. On complète ces
familles pour obtenir des bases B\ = (xi, x2,..., xn) et B2 = (2/1, yi, • • •, Vu) de E.
Soit À = det^f^) et soit u G GL(E) tel que u(x\) = \~ly\ et u(xi) = yi pour
i G {2,..., n}. Alors par construction, u G SL(E). Maintenant, si (di, cfe) et (d^, d'2)
sont deux couples de droites vectorielles distinctes alors ce qui précède montre qu'il
existe u G SL(E) tel que u(d\) = d\ et tx(d2) = d'2 en sorte que p{u)d\ = d\ et
p(tx)d2 = d'2.
b) Tj esi un sous-groupe abélien de Gd> - D'après l'exercice IV.4, Ud est abélien
donc Td = p(Ud) est abélien.
c) Tgd = gTdg~l. - Soit g = p(u) G G avec u G SL(2?). Soit £ une transvection de
droite d. Alors, utu~l est une transvection de droite u(d) (cf. Cours, proposition 2.5
page 98) et par suite gTdg~l Ç Tu(d) = Tgd et par suite g~lTgdg G Td d'où l'égalité
annoncée.
d) Les sous-groupes Td engendrent G : les transvections engendrent SL(E').
Soit N un sous-groupe distingué de G avec N ^ {1}. Supposons que l'action de A/" sur
X est triviale. Soit u G SL(E) tel que p(u) G N. Alors, pour toute droite vectorielle
d, on a u(d) = d et donc (cf. Cours, lemme 2.8 page 98) u est une homothétie. Ainsi
N = {1} ce qui a été exclu en sorte que l'action de N sur X est non triviale. On
peut donc appliquer le résultat de l'exercice IV. 17 : on a D(G) Ç N. Or, on sait
que si (n, |fc|) ^ (2,2), (2,3) alors D(G) = G (cf. exercice IV.13 lequel n'utilise pas
la simplicité de PSL(2?)). Ainsi, N = G ce qui prouve que G est simple.
IV.19. PSL(3,F4) et PSL(4,F2) sont non isomorphes
On se propose de comparer les groupes PSL(3, F4) = G et PSL(4, F2) = H.
1°) Montrer que \G\ = \H\ = 20 160 = 8!/2.
2°) Montrer que les éléments d'ordre 2 de H = PSL(4, F2) = SL(4, F2) se
répartissent en deux classes de conjugaison : les transvections et une
autre classe dont on donnera un représentant sous forme de Jordan.
3°) a) Montrer que tout élément d'ordre 2 de G est image d'un élément
d'ordre 2 de SL(3,F4).
b) Montrer que tout élément d'ordre 2 de SL(3, F4) est une transvection.
4°) En déduire que G et H ne sont pas isomorphes.

IV.19. PSL(3,F4) et PSL(4,F2) sont non isomorphes
211
Solution
Par abus, on identifiera parfois matrices et applications linéaires canoniquement
associées.
1°) Comme F\ est d'ordre 3, le corps F4 contient les trois racines cubiques de l'unité
donc |G| = JSL^lM et comme |SL(3,F4)| = ^J,^1, on a
3 |f4|
= (43-l)(43-4)(43-42) = (9 x 7)(4 x 3 x 5)(42 x 3) = = ^ m
32 32
D'autre part, on a H = GL(4,F2) qui est d'ordre
(24 - 1)(24 - 2)(24 - 22)(24 - 23) = 20 160.
2°) Soit E l'espace vectoriel F^ et soit ue H = GL(E) d'ordre 2. On a u2 - ldE =
(u — ldE)2 = 0 et donc Im (u — ldE) Ç ker(u — ldE) et par suite (formule du rang)
rg(u - ldE) = 1 ou rg(u - ldE) = 2.
Si rg(u — Ids) = 1 alors dimker(tx — Id^) = 3 et donc (cf. Cours, proposition 2.1
page 96), u est une transvection. Réciproquement, si k est de caractéristique 2, toute
transvection u de E vérifie u2 — Id# = (u — ldE)2 = 0 et est donc d'ordre 2.
Si rg(u — ldE) = 2 alors u admet pour réduite de Jordan
/l 1 0 0\
0 10 0
J ~ 0 0 1 1
\o o o i/
qui est bien d'ordre 2.
3°) a) Si u e SL(3, F4), on notera û son image dans PSL(3, F4). Soit u G SL(3, F4)
tel que v, est d'ordre 2. Alors, il existe À G F4 tel que À3 = 1 et u2 = Aid. Par suite,
(Ai*)2 = À3Id = Id. On ne peut avoir \u = Id car sinon û = Id. Par suite, Àtx, qui
vérifie \u = ÎZ, est d'ordre 2.
b) Soit ueG = SL(F^) d'ordre 2. Comme à la question 2°), Im (u-ld) Ç ker(ix-Id)
et rg(u — Id) = 1 en sorte que u est bien une transvection.
4°) D'après 3°), deux éléments d'ordre 2 de G sont de la forme û et v où u et v sont
des transvections de l'espace vectoriel F4. Comme dimF^ > 3, on sait (cf. Cours,
proposition 2.17 page 100) que u et v sont conjuguées dans SL(3, F4). Il en résulte
que u et v sont conjugués en sorte que les éléments d'ordre 2 de G forment une seule
classe de conjugaison. En revanche, on a vu que les éléments d'ordre 2 de H forment
deux classes de conjugaison. Par suite, G et H ne peuvent être isomorphes.

212
IV. LE GROUPE LINEAIRE
IV.20. PGL(2, k) ou les homographies
On rappelle que l'espace projectif P(E) est défini comme l'ensemble des
droites vectorielles de E privées de {0^}. Il est immédiat de vérifier que
P(E) est aussi le quotient de E\{0E} par la relation d'équivalence définie
par
xTZy <=> 3A G k*, x = \y.
On notera p : E\ {0E} —► P(E) la projection canonique.
1°) Si E = fc2, on pose P(E) = Pl(k), et on l'appelle droite projective
sur k. Soit k = k U {oo} l'ensemble obtenu en adjoignant à k un point à
l'infini. Montrer que l'application ip : k2\ {(0,0)} —► k définie par
jx/y siy^O
I oo si y = 0.
induit une bijection de P1(k) sur fc, de bijection réciproque </?, donnée
par (f(X) = p(A, 1) pour À G k et <p(oo) = p(l, 0).
Dans toute la suite, on identifie Pl(k) et k à l'aide de ces bijections.
2°) Montrer que PGL(2,fc) opère fidèlement sur Px(k). Les bijections de
Pl(k) ainsi obtenues s'appelent les homographies de la droite projective
Pl(k). Calculer, en termes de A:, la bijection û induite par un élément
-Ci)
de GL(2,fc).
3°) Soit u G GL(2,fc). Donner une condition nécessaire et suffisante
portant sur detu pour que son image û dans PGL(2, k) soit dans PSL(2, k).
Solution
1°) La préimage par ip de À G k est {(À£, t) ; t G k*} = p(À, 1) et la préimage de oo
est {(t, 0) ; t G k*} = p(l, 0). Ainsi, ip est surjectif et comme P1(k) = {p(A, 1) ; A G fc}U
{p(l, 0)}, ip induit une bijection, encore notée ^, de Pl(k) sur A:, telle que ^(p(A, 1)) =
A si A G k et ^(p(l,0)) = oo d'où l'application réciproque ip annoncée.
2°) D'une façon générale, PGL(fcn) agit sur P(fcn) de la manière suivante : si u G
GL(fcn) d'image notée v, G PGL(fcn) et si d G P(fcn) alors û.d = u(d). Cette action
est fidèle (cf. Cours, définition 1.4.3 page 14) car si
\/deP(kn),a.d = d
alors toute droite de E est stable par u et donc (cf. Cours, lemme 2.8 page 98) u est
une homothétie et donc û = 1. On en déduit en particulier que PGL(fcn) s'identifie
à un sous-groupe des permutations de P(fcn).
Traitons le cas n = 2. Si û est l'image par la projection canonique de u = I , ) G
GL(2, k) dans PGL(2, k) alors, d'après ce qui précède, ïï s'identifie à la permutation
deP^fc) définie par ïï(p(A, 1)) =p(u(A, 1)) = p(a\ + b,c\ + d) si A G fc et ïï(p(l,0)) =
p(u(l, 0)) = p(a, c). En convenant de la notation x/0 = oo (avec x G fc\ {0}), l'étude
séparée des cas c 7^ 0 et c = 0 montre alors que, via l'identification de Pl(k) et de k

IV.21. Groupes simples d'ordre 168, PSL(2,F7) et PSL(3,F2)
213
définie par ip, on peut identifier u à la permutation de k définie par
{aÀ + 6 . x _
— - si A G k
cX + d
a/c si A = oo.
3°) On rappelle qu'on peut identifier PSL(n, k) à un sous-groupe de PGL(n, fc), cf.
exercice IV. 13. Supposons que û G PSL(2, k). Alors, il existe v G SL(2, k) et A G k*
tel que u = Xv et donc detu = A2. Réciproquement, supposons qu'il existe A G k*
tel que detu = A2. Alors, v = X~lu G SL(2,k)etv= û. La condition cherchée est
donc que det(u) soit un carré dans k*.
IV.21. Groupes simples d'ordre 168, PSL(2,F7) et
PSL(3, F2)
Le but de cet exercice est de prouver que tout groupe simple d'ordre
168 est isomorphe à PSL(2,F7). En particulier, PSL(3,F2) sera donc
isomorphe à PSL(2,F7).
Dans tout ce qui suit, G désigne un groupe simple d'ordre 168.
1°) Soit S l'ensemble des 7-sous-groupes de Sylow de G. Montrer qu'on
a |5| = 8. Soient P, Q e S, avec P ^ Q, et soit TV = NG(P) le normalisateur
de P dans G.
Calculer |TV|. Montrer que l'action par conjugaison de P sur 5\ {P} est
transitive. Soit M = TV fl NG(Q). Montrer que \M\ = 3.
2°) Le groupe G opère par conjugaison sur 5, on a donc un homomor-
phisme
y?: G — 6(5)
g >—> g = [TeS~gTg-1}
Montrer que ip est injectif. Montrer que l'ordre d'un élément de G est
inférieur ou égal à 12. En déduire que TV n'est pas cyclique.
3°) Montrer que G contient exactement 28 sous-groupes de Sylow d'ordre
3 (indication : considérer TV pour éliminer la possibilité que G admette
exactement 7 tels sous-groupes).
Soit H = NG(M). Calculer \H\. Montrer que H n'est pas cyclique
(indication : compter les éléments de G d'ordre 7, 3, 6 et regarder les 2-Sylow).
4°) Soit 7r un générateur de P. Montrer que l'application
0: {0,1,. ..,6} —> S\{P}
est bijective. ^
On prolonge 6 par 0(oo) = P de sorte que 8 est une bijection de F7 = P^Fy)
sur S (cf. exercice IV.20).
Dans toute la suite, on identifie S et PX(F7) au moyen de cette bijection.
5°) Montrer que 7f est une homographie dont on donnera la matrice.
6°) Montrer que pour un choix convenable d'un générateur /i de M, on
a Jt(x) = 2x pour x G F7 et Jt(oo) = oo (on regardera /i7r/i_1).
Montrer que Jt est une homographie dont on précisera la matrice.
7°) Soit r e H \ M. Montrer que rfir'1 = /i"1. En déduire que f est
une homographie de PX(F7) du type r(x) = a/x (indication : utiliser la

214
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
décomposition de // en produit de cycles disjoints). Préciser a et une
matrice de t.
8°) Montrer que 7r,/i,r engendrent G (indication : utiliser par exemple
l'exercice IV.17). En déduire que (f(G) est inclus dans PGL(2,F7) puis
que l'on a G ^ PSL(2,F7) (cf. exercice IV.20, 3°)) puis PSL(2,F7) =
PSL(3,F2).
Solution
1°) D'après le théorème de Sylow, |5| divise 24 et 7 divise |5| — 1. On en déduit que
|5| = 1 ou |5| = 8. Comme G est simple, |5| = 1 est exclu. Ainsi, |5| = 8.
\G\
D'après le théorème de Sylow encore, |7V| = —- = 168/8 = 21.
Pi
Observons que P agit effectivement par conjugaison sur S \ {P} puisqu'on ne peut
avoir pTp~l = P pour T € S\ {P} et p G P. D'autre part, comme P est d'ordre
premier, l'action par conjugaison de P sur 5\ {P} est transitive ou triviale. Si cette
action est triviale alors, en particulier, pour tout p G P, on a pQp~l = Q et donc
P Ç NG(Q) ce qui est absurde : en effet, \NG{Q)\ = \N\ = 21 et le théorème de
Sylow montre qu'un groupe d'ordre 21 admet un unique 7-Sylow en sorte que l'unique
sous-groupe d'ordre 7 de NG(Q) est Q. Ainsi, l'action de P est transitive.
N agit par conjugaison sur S. L'orbite de P pour cette action est singulière (i.e. est
{P}) et, puisque P Ç iV, la transitivité de l'action de P montre que S \ {P}
est une orbite. Par suite, le stabilisateur de Q pour l'action de N est d'ordre
\N\
——— = 21/7 = 3. Or, par définition, ce stabilisateur est M.
|S| — 1
2°) ip n'est pas trivial car les 7-Sylow de G ne sont pas distingués et comme ker (f<G
et G est simple, c'est que kerip = {1g}, d'où l'injectivité de ip.
G est isomorphe à un sous-groupe de 6(S) = 68- Si g G G alors ~g se décompose
en un produit de cycles à supports disjoints et chacun de longueur un diviseur d de
168 tel que 2 < d < 8 i.e. d G {2, 3,4,6,7,8}. Comme l'ordre de g est le ppcm des
ordres des cycles, on voit que l'ordre maximal de ~g est obtenu pour le produit d'un
4-cycle et d'un 3-cycle qui est d'ordre 12.
En particulier, G n'admet aucun élément d'ordre 21 et N n'est donc pas cyclique.
3°) D'après le théorème de Sylow, le nombre n3 de 3-Sylow de G est un diviseur
de 8 x 7 et vérifie n3 = 1 (mod. 3). Par suite, n3 G {1,4, 7,28} et en fait, G étant
simple, on a n3 G {4, 7, 28}.
Or, on a vu (question 1°)) que N admet un unique 7-Sylow. Comme N n'est pas
cyclique, N admet 21 — 7 = 14 éléments d'ordre 3 qui se répartissent donc en
7 sous-groupes d'ordre 3. Ce qui précède s'applique à NG(Q) en place de N. Or,
M = N n NG(Q) est d'ordre 3 donc N U NG(Q) contient exactement 7 -h 6 = 13
sous-groupes d'ordre 3. Ainsi, n3 > 13 et donc n3 = 28.
\G\
D'après le théorème de Sylow, \H\ = — = 168/28 = 6. Supposons H cyclique. Les
3-Sylow de G sont conjugués donc leurs normalisateurs aussi. Il en résulte que tous
les normalisateurs des 3-Sylow de G sont cycliques. Si 7\ et T2 sont deux 3-Sylow
distincts alors NG(Ti) fl NG(T2) n'admet pas d'élément d'ordre 6 sinon on aurait
NG(Ti) = NG(T2) qui serait alors un groupe d'ordre 6 admettant deux sous-groupes

IV.21. Groupes simples d'ordre 168, PSL(2,F7) et PSL(3,F2)
215
d'ordre 3, ce qui est impossible. Or, on dénombre (3 — l)n3 = 56 éléments d'ordre 3
et comme un groupe cyclique d'ordre 6 admet 2 générateurs, G admettrait au moins
56 éléments d'ordre 6. On sait par ailleurs que G admet (7 — 1)|5| = 48 éléments
d'ordre 7. Les éléments d'ordre 1, 3, 6 ou 7 seraient donc au moins au nombre de
I + 56 + 56 + 48 = 161. Or, G admet au moins un 2-Sylow (d'ordre 8), donc les
168 — 161 = 7 éléments restants formeraient les éléments non triviaux de ce 2-Sylow
qui serait alors unique contredisant la simplicité de G. L'hypothèse que H est
cyclique est donc absurde.
4°) On a vu que l'action par conjugaison de P sur S\ {P} est transitive. Par suite,
S\{P} = {pQp~l ; p G P} ou encore, S\{P} = {tt^tt^ ; ie {0,... ,6}}. En
utilisant la notation définie à la question 2°), on a encore S\{P} = {WX(Q) ; i G {0,..., 6}}
ce qui prouve que 9 est surjective et, comme |5\ {P} \ = \P\ = 7, l'application 6 est
bijective.
5°) Par définition, Tf^^Q)) = (t^OQ^-V"1) = tt^Qtt-*-1 = 0(i+l), autrement
_ _ lx + 1
dit 7r est le 7-cycle (oo)(0,..., 6) ou encore l'homographie -n(x) = x + 1 = -
Ox + 1
qui est de matrice I n
6°) Soit a un des deux générateurs de M. On sait que M, P Ç N et que P est un
sous-groupe distingué de TV. Par suite, aira'1 G P et donc il existe un entier k tel
que a7ra_1 = 7rfc. On a k ^ 1 (mod. 7) car sinon air = ira et comme a et tt sont
d'ordres premiers entre eux, an serait un générateur de N (cf. Cours, lemme 1.7.8
page 26) ce qui contredit le résultat obtenu à la question 2°).
II est immédiat que si n G Z alors an7ra~n = -Kkn. En particulier, comme a est d'ordre
3, le choix n = 3 donne tt = irk3 et comme tt est d'ordre 7, on a k3 = 1 (mod. 7). On
en déduit que, modulo 7, on a k G {1, 2, —3} et donc en fait, d'après l'observation ci-
dessus, k G {2, —3}. Si k = 2 on posera // = a et si k = —3, alors a27ra~2 = tt9 = tt2
et on posera \i = a2 = a~l. Ainsi, dans les deux cas, /i7r/i_1 = tt2.
Finalement, si i G Z alors, par définition, Jl(W1(Q)) = [i'KlQ'ïï~x[i~x et donc ~p(Wl(Q)) =
[m1 \i~l\iQ[i~x[i-K~x[i~l et comme // G Ng{Q), on a ~p,(7rl(Q)) = \i-Kx\i~xQ[i'K~x[i~x
puis, compte tenu de /i7r/i_1 = 7r2, on a ~p(n X(Q)) = -k2xQ-k~2x = If 2x(Q). En
identifiant, on obtient donc Jt(i) = 2i. Enfin, Jl(P) = ^P^~l = P car \i G TV, en sorte que
7ï(oo) = oo.
Comme pour tout i G F7, Jt(i) = ——-, l'application Jt est bien une homographie,
Oi -h 1
de matrice f n
7°) r est d'ordre 2, ji est d'ordre 3 et le groupe H est d'ordre 6 et non abélien (cf.
question 3°)). Ainsi, H est le groupe symétrique 63 et t[lt~x est un élément d'ordre
3 qui ne peut être // car H n'est pas abélien, en sorte que t\it~x = /i"1.
En tant que permutation de F7, Ji est définie par Ji(i) = 2% ou encore
ïï=(0)(oo)(l,2,4)(3)6)5).
En appliquant ip à l'égalité rfir~l = /i"1, on obtient rjif'1 = /T"1, d'où il résulte

216
IV. LE GROUPE LINÉAIRE
qu'on a les décompositions en produit de cycles suivantes
(*) : (flO^ooM),^),^))^),^),^)) = (0)(oo)(l>4,2)(3,5>6)
(cf. Cours, proposition 1.4.10 page 15).
Remarquons que r ne peut admettre de point fixe sinon il existe T G S tel que
r(T) = T i.e. r G NG{T) ce qui est impossible puisque le normalisateur d'un 7-Sylow
de G est d'ordre 21 (cf. 1°)) et ne peut donc admettre d'élément d'ordre 2. L'égalité
ci-dessus impose donc que r(0) = oo. De même, si les 3-cycles (t(1), t(2),t(4)) et
(1,4,2) sont égaux, on aurait r(l) = 4 ou r(l) = 2 et dans le premier cas, on
obtiendrait r(2) = 2 et dans le second, r(4) = 4. Ainsi, les 3-cycles (t(1),t(2),t(4))
et (3, 5,6) sont égaux. On obtient pour r les trois possibilités suivantes : T\ =
(0, oo)(l, 3)(2,5)(4,6) ou r2 = (0, oo)(l, 5)(2,6)(4,3) ou r3 = (0, oo)(l, 6)(2, 3)(4,5).
Ces trois choix possibles pour r correspondent aux trois éléments de H \ M. Posons
par exemple r = r3 = (0, oo)(l, —1)(2, 3)(4,5). Il apparaît que r(x) = —1/x. De
plus, on a Jlt G {ti,t2} et on vérifie que Jlt = r2 et donc que JL2r = T\ en sorte
que Ti(x) = 4(—1/x) = 3/x et r2{x) = 2(—1/x) = 5/x (comme on pouvait aussi le
vérifier directement). La matrice de r est I 1 ft ).
8°) Pour montrer que 7r, \l et r engendrent G, il suffit de montrer que le sous-groupe
TV, lequel est engendré par ir et //, est maximal. Comme TV est le stabilisateur de
P sous l'action de G, il suffit de montrer que l'action de G par conjugaison est
doublement transitive (cf. exercice IV.17, 3°)). Pour cela, il suffit de montrer (loc.
cit., question 1°)) que G est transitif et que TV est transitif sur S \ {P}. Or, G est
transitif sur S car les 7-Sylow sont conjugués et on a vu (question 1°)) que P est
transitif sur S \ {P} en sorte qu'il en est de même de N puisque N contient P.
Remarque. - On pouvait aussi montrer le caractère maximal de N en utilisant
l'action de G par translation à gauche (cf. Cours, §1.4, exemple C, page 17) : s'il existe
un sous-groupe propre TV ' tel que TV C TV ' C G alors, TV ' contiendrait au moins un
élément d'ordre 2 et serait donc d'ordre au moins 21 x 2 et serait donc d'indice au
plus 4 et par suite, il existerait un morphisme de G dans 64 dont le noyau serait
contenu dans TV ' (et donc distinct de G) et comme G est simple, le morphisme serait
injectif ce qui est absurde puisque 168 > 24.
Conséquences. - Comme 7r, \l et r engendrent G, les homographies 7f, JI et r
engendrent y?(G) et comme PGL(2,F7) est formé des homographies de F7, on a
bien ip(G) Ç PGL(2,F7). Comme det7r = l,det/x = 2 = 32,detr = 1 sont des
carrés dans F7, on en déduit (cf. exercice IV.20) que 7f,/ï,r G PSL(2,F7). Ainsi,
<^(G)ÇPSL(2,F7). Or,
|PSL(2,F7)| - ^%M _ ^M . P*-DP"-7) . 1W
Z z X D lZ
et par suite, <p(G) = PSL(2,F7). Ainsi, G ^ PSL(2,F7).
Enfin, PSL(3, F2) = GL(3, F2) est d'ordre (23 - 1)(23 - 2)(23 - 22) = 168 et est un
groupe simple (cf. Cours, théorème 4.1 page 102). De ce qui précède, on déduit donc
que PSL(3, F2) * PSL(2, F7).

RÉFÉRENCES
Après la référence bibliographique figure la liste des exercices où la référence est citée.
[ArBe] ARNAUDIÈS, BERTIN, Groupes, algèbres et géométrie, tome 1, Ellipses,
1993.
(Exercices II.2, III.16).
[Cal] CALAIS, Éléments de théorie des groupes, P.U.F., 1984.
(Exercice 1.42).
[DuFo] DUMMIT, FOOTE, Abstract Algebra (2nd édition), Prentice Hall, 1999,
désormais édité par Wiley.
(Exercices 1.17, 1.34, 1.41, 1.42, 1.43, 1.44, II.2, III.9).
[F] FlTZPATRICK, Proc. Roy. Irish Acad., Order conjugacy in finite groups,
section A (1985), 53-58.
(Exercice 1.5).
[Fr] Fresnel, Anneaux, Hermann, 2001.
(Exercice IV.ll).
[FrGi] FRANCINOU, GIANELLA, Exercices de mathématiques pour l'agrégation,
Algèbre 1, Masson, 1994.
(Exercices 1.20, 1.28, 1.32, 1.35, 1.38, 1.41, 1.43, III.7, 111.19, 111.20, 111.30, IV.14).
[GG] NEUMANN, Stoy, THOMPSON, Groups and geometry, Oxford University
Press, 1994.
(Exercice 1.42).
[Goz] GOZARD, Théorie de Galois, Ellipses, 1997.
(Exercices III.9, 111.26, IV.ll).
[Jac] JACOBSON, Basic Algebra, tome 2, Freeman, 1989, 1995.
(Exercice III.5).

218
[Lg] LANG, Algebra, Addison-Wesley, 1993, 1997.
(Exercices III.5, 111.13, 111.14).
[LiNiJ LlDL, NlEDERREITER, Finite fields, Addison-Wesley, 1983.
(Exercice 111.27).
[Ma] M.-P. MALLIAVIN, Algèbre commutative, Masson, 1985.
(Exercices 111.13, 111.14, 111.15).
[RMS] N. TOSEL, Entiers n tels que tout groupe d'ordre n est abélien, Revue de
mathématiques de l'enseignement supérieur (janvier 1997), 361-4.
(Exercice 1.41).
[Rot] J.J. ROTMAN, An introduction to the theory of groups (4th édition), Sprin-
ger, 1995.
(Exercices 1.1, 1.8).
Références sur Internet
Les groupes de discussions de usenet sci.math et fr.sci.maths sont consultables
à partir de http : //groups .google. corn/. De là, utiliser le moteur de recherche.
[wwwl] sci.math, R. Chapman, units of the ring A[X], 1999/05/27.
(Exercice II.3).
[www2]
- fr.sci.maths, X~3-X-l réductible sur F_p, 2000/09/25,
- sci.math, X~3-X-l irréductible (again), 2000/10/12.
(Exercice 111.28).
[www3] http : //www. spacef ire. com/numbertheory/.
(Exercice 111.37).
[www4] fr. s ci. maths, Corps fixe, 2003/04/18.
(ExerciceIV.ll).
[www5] http ://wims.unice.fr/wims/. Chercher SmallGroup dans Activités
WIMS.
(Exercices 1.17, 1.18, 1.20, 1.32, 1.35, 1.36, 1.37, 1.38, 1.39, 1.40, 1.43).
[www6] fr.sci.maths, au sujet de groupes finis, 2000/10/09.
(Exercice 1.41).
[www7] http ://medtib.free.fr/ReciprocityLaws.pdf.
(Exercice 111.41).

Correspondance entre
les exercices du Cours et les corrigés
I.A.l
I.A.2
I.A.3
I.A.4
I.A.5
I.A.6
I.B.l
I.B.2
I.B.3
I.B.4
I.B.5
I.B.6
I.C.1
I.C.2
rrô3
hrcT4
I.C.5
I.C.6
I.C.7
I.D.l
I.D.2
I.D.3
I.D.4
\TÏX5
I.E.l
I.E.2,a)b)
I.E.2,c)
I.E.2,d)
I.E.3
I.E.4
I.E.4 bis
I.E.5
I.E.6
I.E.7
I.E.8
| I.E.9
[FrGi] 1.1
[FrGi] 1.1
1.1
|FrGi] 1.5
|FrGi] 3.1
1.2
évident |
1.3
[FrGi] 1.3
[FrGi] 1.7
[FrGi] 1.4
1.4
1.5
1.6
T7
T8
1.9
1.10
1.11 à 1.20
1.21
1.22 à 1.26
[FrGi] 1.13
[FrGi] 1.13
T28
[FrGi] 1.16
1.29
[FrGi] 1.18
[FrGi] 1.15 et 1.18
[FrGi] 1.18
[FrGi] 1.14
1.31
T32
1.33
1.35
[FrGi] 1.17
1.36 à 1.40
1 I.F.l
I.F.2
I.F.3
I.F.4
I.F.5
I.F.6
I.F.7
I.F.8
I.G.l
I.G.2
I.G.3
I.G.4
11.11
II.1.2
II.1.3
II.Ï.4
II.1.5
II.2.1
II.2.2
II.2.3
II.2.4
II.3.1
H.3.2
II.3.3
II.3.4
II.3.5
II.3.6
II.3.7
II.4.1
II.4.2
II.4.3
II.4.4
II.4.5
II.5.1
II.5.2
| II.5.3
[FrGi] 1.19 1
[FrGi] 1.19
[FrGi] 1.20
[FrGi] 1.20
1.41
1.42
Ti3
1.44
1.16
1.18
1.47
1.45
II.l
[FrGi] 2.10
[FrGi] 2.10
[FrGi] 2.6
[FrGi] 2.14
[FrGi] 2.12
[FrGi] 2.24
[FrGi] 2.10
II.2
II.3
[FrGi] 2.15
[FrGi] 2.24
II.4
[FrGi] 2.16
[FrGi] 2.17
[FrGi] 2.18
II.5
[FrGi] 2.26
[FrGi] 2.28
[FrGi] 2.27
[FrGi] 2.29
[FrGi] 2.23
[FrGi] 2.19
[FrGi] 2.22
II.5.4
II.5.5
II.5.6
II.6.1
II.6.2
H.6.3
III.l 0
III.l.l
III.1.2
III.1.3
III.1.4
III.1.5
III.1.6
III.1.7
III.1.8
III.1.9
III.1.10
III.2/3.1
III.2/3.2
III.2/3.3
III.2/3.4
III.2/3.5
III.2/3.6
III.2/3.7
III.2/3.8
III.2/3.9
IH.2/3.10
IH.2/3.11
IH.2/3.12
III.2/3.13
III.2/3.14
III.2/3.15
III.2/3.16
[FrGi] 2.23
II.6
[FrGi] 2.28
II.7
II.8
II.9 et 11.10
III.l
III.l
III.2
III. 3 et [FrGi] 4.3
[FrGi] 4.1
III.6
III.7 et [FrGi] 4.7
III.8
[FrGi] 4.14
et [Goz] thm XVII.4
III.9
[FrGi] 4.5
III. 10 et [FrGi] 4.2
III. 11
III. 12
[FrGi] 4.7
[FrGi] 4.11
[FrGi] 4.8
[FrGi] 3.11
[FrGi] 5.10
III. 13 et [FrGi] 5.12
111.14 et 111.15
111.16
[FrGi] 4.23
[FrGi] 4.23
111.19
111.21 et [FrGi] 5.11
111.22

220
IV.3.4
IV.4.1
IV.4.2
IV.4.3
IV.4.4
IV.5.1
IV.5.2
[lV.5.3
Lemme 1.8.9
V.l.l
V.1.2
V.1.3
V.1.4
V.1.6
V.1.7
VI.3.4
VI.6.3
VII.3.2
VIII.1.9
IV.5
IV. 15
IV.16
IV.17
IV.18
IV. 19
IV.20
IV.21
1.46
III.4
111.38
111.39
III.5
111.41
111.41
1.47
11.11
1.48
111.42
IV.1.1
IV. 1.2
IV. 1.3
IV.2.1
IV.2.2
IV.2.3
IV.2.4
IV.2.5
IV.2.6
IV.2.7
IV.2.8
IV.2.9
IV.2.10
IV.2.11
IV.2.12
IV.2.13
IV.3.1
IV.3.2
IV.3.3
111.43
IV. 1
IV. 2
IV.3
IV.3
111.40 et IV.3
IV.4
IV.5
IV.6
IV.7
IV.8
IV.9
IV.10
IV.ll
1.49
IV.12
IV.13
IV.14
IV.3
III.2/3.17
III.2/3.18
III.2/3.19
III.4.1
III.4.2
III.4.3
III.4.4
III.4.5
III.4.6
III.4.7
III.4.8
III.4.9
III.4.10
III.4.11
III.4.12
III.4.13
III.4.14
111.23, 111.25,
111.26, 111.27,
111.28
[FrGi] 5.13
[FrGi] 5.12
111.29
111.30 et [FrGi] 5.18
[FrGi] 5.18
[FrGi] 5.18
111.31
111.32
111.33
111.34
111.35
111.36
111.30
111.37
[FrGi] 3.5, 4.26
[FrGi] 3.22
Compte tenu de la longueur de l'étude qu'elle réclame, la question de « botanique »
du groupe GL(2,5) (qui est d'ordre 480) à l'exercice I.C.7 du Cours n'a pas été
abordée. Son traitement est analogue à celui de l'exercice 1.20.

Achevé d'imprimer en février 2004
sur les presses de Normandie Roto Impression s.a.s.
à Lonrai (Orne)
N° d'imprimeur : 040318
Dépôt légal : mars 2004
Imprimé en France

Cette collection regroupe des ouvrages variés dont le but
est de compléter la formation- scientifique des candidats aux
concours d'Agrégation et de CAPES de Mathématiques, et
éventuellement de leur donner une préparation spécifique à
une épreuve ou un type d'épreuve.
Cet ouvrage propose la correction des exercices des quatre
premiers chapitres du Cours d'Algèbre de Daniel Perrin
(éditions Ellipses, 1996). Les exercices des autres chapitres se
rapportent à des thèmes d'algèbre bilinéaire et n'ont donc pas
été traités sauf très exceptionnellement lorsqu'ils étaient en
rapport avec les thèmes des chapitres I à IV. Les exercices corrigés
dans le recueil de AAM. Francinou et Gianella, Exercices de
mathématiques pour l'agrégation, Masson ( 1 994) ne sont pas
repris ici.
En général, les exercices reçoivent une solution très
détaillée. En particulier, les références au Cours sont
nombreuses et précises.
Assez rarement, certains résultats donnés dans la version
originale ont été prolongés ; de même ont été incorporés
quelques énoncés du Cours dont la démonstration était laissée
à titre d'exercice.
En fin d'ouvrage, se trouve un tableau de correspondance
entre les énoncés du Cours et les solutions.
ISBN 2-7298- 1857-X