´ Ecole Normale Sup´ erieure 1` ere ann´ ee Ann´ ee 2017-2018 Alg` ebre 1 TD2 :

´ Ecole Normale Sup´ erieure 1` ere ann´ ee Ann´ ee 2017-2018 Alg` ebre 1 TD2 : Produit semi-direct Exercices ⋆: ` a pr´ eparer ` a la maison avant le TD, seront corrig´ es en d´ ebut de TD. Exercices ⋆⋆: seront trait´ es en classe en priorit´ e. Exercices ⋆⋆⋆: plus difficiles. Exercice 1 : ⋆ Soient N et H des groupes et soit φ : H →Aut(N) un morphisme de groupes. Notons N ⋊ φ H l’ensemble N × H muni de la loi de composition d´ efinie par (n1, h1) ⋊ φ (n2, h2) = (n1φ(h1)(n2), h1h2). a) Montrer que N ⋊ φ H est un groupe, appel´ e produit semi-direct de H par N relativement ` a φ. b) Montrer que N × {eH} ◁N ⋊ φ H et {eN} × H < N ⋊ φ H. c) Identifier le quotient de N ⋊ φ H par N × {eH}. Solution de l’exercice 1. a) Montrons d’abord que la loi est associative. Soient n1, n2, n3 ∈N et h1, h2, h3 ∈H. Par d´ efinition du produit, on a ((n1, h1)⋊ φ (n2, h2))⋊ φ (n3, h3) = (n1φ(h1)(n2), h1h2)⋊ φ (n3, h3) = (n1φ(h1)(n2)φ(h1h2)(n3), h1h2h3) . De mˆ eme, on a (n1, h1)⋊ φ ((n2, h2)⋊ φ (n3, h3)) = (n1, h1)⋊ φ (n2φ(h2)(n3), h2h3) = (n1φ(h1)(n2φ(h2)(n3)), h1h2h3) . Or par d´ efinition de φ, φ(1) est un morphisme de groupes, et φ est lui-mˆ eme un morphisme, donc on a φ(h1)(n2φ(h2)(n3)) = φ(h1)(n2)(φ(h1) ◦φ(h2))(n3) = φ(h1)(n2)φ(h1h2)(n3) , dont on d´ eduit que ((n1, h1) ⋊ φ (n2, h2)) ⋊ φ (n3, h3) = (n1, h1) ⋊ φ ((n2, h2) ⋊ φ (n3, h3)) , donc le produit ⋊ φ est associatif. On voit tout de suite que l’´ el´ ement (eN, eH) est neutre pour la loi ⋊ φ . Montrons que tout ´ el´ ement admet un inverse. Soit n ∈N et h ∈H. Pour tous n′ ∈N, h′ ∈H, on a (n, h) ⋊ φ (n′, h′) = (eN, eH) si et seulement si (nφ(n′)(h′), hh′) = (eN, eH) , si et seulement si h′ = h−1 et n′ = φ(h−1)(n−1). Le calcul de (n′, h′)⋊ φ (n, h) est exactement simi- laire, ce qui assure que (n, h) est inversible et que son inverse est (n, h)−1 = (φ(h−1)(n−1), h−1). On a donc bien montr´ e que N ⋊ φ H est un groupe. 1 b) Les formules d´ efinissant le produit assurent que N × {eH} et {eN} × H sont bien des sous- groupes de N ⋊ φ H, car φ(h)(eN) = eN pour tout h ∈H. Montrons que le premier est distingu´ e : soit n, n′ ∈N et h′ ∈H. On a alors (n, h) ⋊ φ (n′, eH) ⋊ φ (n, h)−1 = (n, h) ⋊ φ (n′, eH) ⋊ φ (φ(h−1)(n−1), h−1) = (nφ(h)(n′), h) ⋊ φ (φ(h−1(n−1), h−1) = (nφ(h)(n′)φ(h)(φ(h−1)(n−1)), eH) = (nφ(h)(n′)n−1, eH) ∈N × {eH} . Cela montre bien que N × {eH} est distingu´ e. On remarque en revanche qu’en g´ en´ eral, {eN} × H n’est pas distingu´ e (faire le calcul). c) On dispose d’une application naturelle π : N ⋊ φ H →H donn´ e par la seconde projection, ` a savoir π(n, h) := h. Il est clair que π est surjective, et la d´ efinition de la loi de groupes assure que π est un morphisme de groupes. Calculons son noyau : soient n ∈N et h ∈H. On a π(n, h) = eH si et seulement si h = eH, donc Ker(π) = N × {eH}. Finalement, l’application π passe au quotient par son noyau et induit un isomorphisme de groupes π :  N ⋊ φ H  /  N ⋊ φ {eH}  ∼ − →H . Exercice 2 : ⋆ Soit G un groupe et soient N et H des sous-groupes de G tels que N ∩H = {e}, NH = G et N ◁G. Montrer que : a) l’application i : H →Aut(N) d´ efinie par h 7→ih, o` u ih(n) = hnh−1, est un morphisme de groupes. b) l’application f : N ⋊ i H → G (n, h) 7→ nh est un isomorphisme de groupes. On dit alors que G est le produit semi-direct de H par N. Solution de l’exercice 2. a) C’est ´ evident (i est bien d´ efinie car N est distingu´ e dans G). b) Montrons que f est un morphisme de groupes. Soient n, n′ ∈N et h, h′ ∈H. On a f(n, h)f(n′, h′) = nhn′h′ et f((n, h) ⋊ i (n′, h′)) = f(ni(h)(n′), hh′) = f(nhn′h−1, hh′) = nhn′h−1hh′ = nhn′h′ , ce qui assure que f((n, h)⋊ i (n′, h′)) = f(n, h)f(n′, h′), donc f est bien un morphisme de groupes. Montrons maintenant que f est un isomorphisme de groupes : l’hypoth` ese NH = G assure que f est surjectif, et l’hypoth` ese N ∩H = {e} assure que le noyau de f est trivial. Donc f est bien un isomorphisme. Exercice 3 : ⋆ Montrer que le produit semi-direct N ⋊ φ H est direct si et seulement si φ est le morphisme trivial si et seulement si {eN} × H ◁N ⋊ φ H. 2 Solution de l’exercice 3. Le produit semi-direct N ⋊ φ H est direct si et seulement si pour tous n, n′ ∈N et h, h′ ∈H, on a (n, h) ⋊ φ (n′, h′) = (n′, hh′) si et seulement si pour tous n, n′ ∈N et h ∈H, nφ(h)(n′) = nn′ si et seulement si pour tous n′ ∈N et h ∈H, φ(h)(n′) = n′ si et seulement si φ est le morphisme trivial. Pour tout n ∈N et h, h′ ∈H, on a (n, h) ⋊ φ (eN, h′) ⋊ φ (n, h)−1 = (nφ(hh′h−1)(n−1), hh′h−1) . On en d´ eduit imm´ ediatement que le morphisme φ est trivial si et seulement si {eN} × H est distingu´ e dans N ⋊ φ H. Exercice 4 : ⋆⋆ Une suite de morphismes . . . →A u →B v →C →. . . est dit exacte en B si Im(u) = Ker(v), et elle est dite exacte si elle est exacte en tous ses termes. Soit 1 − →N i − →G p − →H − →1 une suite exacte (courte). On dit alors que G est une extension de H par N. a) Montrer que, si G est le produit direct de H et N ou bien un produit semi-direct de H par N, alors on a une telle suite exacte. b) R´ eciproquement soit une telle suite exacte. Si p poss` ede une section, c’est-` a-dire s’il existe un morphisme de groupes s : H →G tel que p ◦s = idH, montrer que G est le produit semi-direct de H par N pour l’op´ eration h · n = s(h)ns(h)−1 . c) Donner un exemple de suite exacte courte qui n’est pas un produit semi-direct. Solution de l’exercice 4. a) On suppose que G = N ⋊ φ H. On a vu dans l’exercice 1, question c), que l’on disposait d’un morphisme surjectif π : G →H dont le noyau est le sous-groupe N ⋊ φ {eH}, qui est isomorphe ` a N. Donc on a bien une suite exacte 1 →N i − →G π − →H →1 , o` u i : N →G est d´ efini par i(n) := (n, eH). On v´ erifie en outre que l’application H →G d´ efinie par h 7→(eN, h) est une section de π. b) C’est une cons´ equence de l’exercice 2 appliqu´ e aux sous-groupes N′ := i(N) et H′ := s(H) de G. V´ erifons seulement que ces deux sous-groupes satisfont les hypoth` eses de l’exercice 2 : il est clair que N′ est distingu´ e dans G car N′ = Ker(p). Soit g ∈G, posons h := s(π(g)) ∈H′. Alors on a π(h) = π(s(π(g)) = π(g) , donc n := gh−1 ∈Ker(π) = N′, donc finalement on a bien g = nh, ce qui assure que G = N′H′. Soit g ∈N′ ∩H′. Comme g ∈H′, il existe h ∈H tel que g = s(h). Comme g ∈N′, π(g) = eH. Donc π(s(h)) = eH, i.e. h = eH, donc g = s(eH) = eG. Donc N′ ∩H′ = {eG}. On peut donc bien appliquer l’exercice 2 pour conclure. c) On peut par exemple consid´ erer la suite exacte 1 →Z/2Z →Z/4Z p − →Z/2Z →1 o` u p est la r´ eduction modulo 2. C’est bien une suite exacte, en revanche p n’admet pas de section, puisque l’´ el´ ement non trivial du quotient Z/2Z est d’ordre 2, alors que tous ses ant´ ec´ edents par p sont d’ordre 4. Donc Z/4Z n’est pas produit semi-direct de Z/2Z par Z/2Z. 3 Un autre exemple est donn´ e par le groupe des quaternions H8 dont le centre Z est isomorphe uploads/Marketing/ algebre1-td2-corrige.pdf

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• Détails
• Publié le Jui 26, 2021
• Catégorie Marketing
• Langue French
• Taille du fichier 0.2332MB