Groupes et théorie de Galois

jobherzt
jobherzt
dans Algèbre
bonjour a tous, suite a un examen raté, j'aimerais revenir sur les questions qui m'ont posée quelques difficultés... a priori rien de tres compliqué, mais bon, j'etais pas dedans :-). pour ceux qui connaissent, c'est un sujet du Pr Matzat himself, que j'ai la chance d'avoir comme prof a heidelberg. mais du coup un cours assez pointu, pas evident a suivre en allemand ( il ecrit mal :-) ) et donc un exam pas necessairement difficile mais j'ai eu du mal...

1)
soit G un groupe d'ordre $1617=3.7^2.11$, P un 3 sylow, Q un 7 sylow et R un 11 sylow :

a) Q et R sont distingués : theoremes de sylow, ils sont uniques donc stable par conjugaison donc distingués.
b) R est dans le centre de G. la j'ai bizzarement du mal, je me rends comptes que je connais peu de caracterisation du centre. aucune a part la definition, en fait ! intuitivement je me dis que ca dois se bidouiller avec l'ordre, mais je seche... donc dans la foulée, je veux bien quelque "siouxeries" recurrentes pour prouver qu'un sous groupe est dans le centre

c) H=P.Q est distingué : la aussi je n'y arrives pas bien. pourtant, je sens que ca ne doit pas etre bien compliqué..
d) G isomorphe a H x R : H et R d'ordre premiers entre eux, distingués -> immediat.


j'ai eu aussi un peu du mal avec un "vrai ou faux" un peu vicieux... :
a) un anneau commutatif ( tien, je me rends compte que j'avais pas fait gaffe qu'il etait commutatif... boulette :-) ) est integre si et slt si il ne possede pas d'element nilptent

b) soit M/K et N/K 2 extensiosn galoisiennes de degré m et n, la composition [M,N] est une extension galoisienne d'ordre mn

c) N/K extension galoisienne de degré $p^n$ ( p premier ), alors il existe un corps intermediaire L avec Gal(L/K)~$Z_p$.

d) un anneau commutatif est integre ssi l'ideal nulle (0) est un ideal premier.

merci a tout ceux qui auront la patience de m'aider !

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Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entier

Réponses

  • jobherzt
    jobherzt
    oops dans le vrai faux c) il faut lire $Gal(L/K)\cong Z_p$

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    Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entier
  • borde
    borde
    Salut Jobhertz,

    Pour le V/F (b) :

    (b) F en général, mais V si $\mathbb {M} / \K$ et $\mathbb {N} / \K$ sont {\it linéairement disjointes} sur $\K$.

    Borde
  • jobherzt
    jobherzt
    merci Borde... sinon, ca inspire si peu de monde ?
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir Jobhertz

    Ne sois pas si impatient !

    Pour le b) Tu remarques que puisque $R$ est distingué dans $G$, pour tout $g\in G$, la restriction à $R$ de $int_g = (x\mapsto gxg^{-1})$ est un automorphisme de $R$.
    Or $R\simeq \Z/11\Z$ donc son groupe d'Automorphisme est d'ordre $10 = 2.5$, mais comme c'est l'image de $g$ par le morphisme $int : G \rightarrow Aut(N)$, l'ordre de $int_g$ doit diviser $|G| = 3.7².11$. La seule possibilité est $\mathrm{pgcd}(10,1617)=1$ et donc pour tout $g\in G, \ int_g|_R=id_R$, c'est à dire $R\subset Z(G)$

    Pour le c) $H=P.Q$, comme $Q \lhd G$ alors $H$ est un sous-groupe de $G$, comme $\mathrm{pgcd}(|P|, |Q|) = 1$ on en déduit que $P \cap Q = \{1\}$ et donc $|P.Q| = 3.7²$
    Comme aussi $R \lhd G$ ici encore $R.PQ$ est un sous-groupe de $G$ donc $G$ tout entier (question de nombre d'éléments).
    Donc $G=R.P.Q$ et tout élément de $G$ s'écrit (peut-être pas de manière unique) $g=z.y.x,\ z\in R,\ y\in P, \ x\in Q$,
    alors $gPQg^{-1}=zyx.PQ.x^{-1}y^{-1}z^{-1} = z.PQ.z^{-1} =PQ$ puisque $z\in R \subset Z(G)$. Finalement $PQ\lhd G$.

    C'est un peu long, mais on aurait pu d'abord faire le d)
    $\mathrm{pgcd}(|R|, |PQ|)=1,\ G=R\rtimes PQ$ produit semi-direct et comme $R \subset Z(G)$ le produit semi-direct est le produit direct $G=R \times PQ$ et donc $PQ \lhd G$.

    Alain
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir Jobhertz

    Ne sois pas si impatient !

    Pour le b) Tu remarques que puisque $R$ est distingué dans $G$, pour tout $g\in G$, la restriction à $R$ de $int_g = (x\mapsto gxg^{-1})$ est un automorphisme de $R$.
    Or $R\simeq \Z/11\Z$ donc son groupe d'Automorphisme est d'ordre $10 = 2.5$, mais comme c'est l'image de $g$ par le morphisme $int : G \rightarrow Aut(N)$, l'ordre de $int_g$ doit diviser $|G| = 3.7².11$. La seule possibilité est $\mathrm{pgcd}(10,1617)=1$ et donc pour tout $g\in G, \ int_g|_R=id_R$, c'est à dire $R\subset Z(G)$

    Pour le c) $H=P.Q$, comme $Q \lhd G$ alors $H$ est un sous-groupe de $G$, comme $\mathrm{pgcd}(|P|, |Q|) = 1$ on en déduit que $P \cap Q = \{1\}$ et donc $|P.Q| = 3.7²$
    Comme aussi $R \lhd G$ ici encore $R.PQ$ est un sous-groupe de $G$ donc $G$ tout entier (question de nombre d'éléments).
    Donc $G=R.P.Q$ et tout élément de $G$ s'écrit (peut-être pas de manière unique) $g=z.y.x,\ z\in R,\ y\in P, \ x\in Q$,
    alors $gPQg^{-1}=zyx.PQ.x^{-1}y^{-1}z^{-1} = z.PQ.z^{-1} =PQ$ puisque $z\in R \subset Z(G)$. Finalement $PQ\lhd G$.

    C'est un peu long, mais on aurait pu d'abord faire le d)
    $\mathrm{pgcd}(|R|, |PQ|)=1,\ G=R\rtimes PQ$ produit semi-direct et comme $R \subset Z(G)$ le produit semi-direct est le produit direct $G=R \times PQ$ et donc $PQ \lhd G$.

    Alain
  • jobherzt
    jobherzt
    merci bien, ca me fait pas mal avancer !!
    si quelqu'un a des idees pour le retse, je suis preneur...
  • jobherzt
    jobherzt
    alain, si tu passes par la, a tout hasard : pourrais tu me reexpliquer pourquoi l'ordre de INTg divise l'ordre de G ? vu que c'est l'image de g par le morphisme
    $$int:G \rightarrow Aut(G)$$
    on en deduirais que ca divise l'ordre de Aut(G), ce qui est assez evident, et l'ordre de Im(G), ce que je ne sais pas calculer...

    en tout cas merci beaucoup, encore une fois !

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    Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entier
  • jobherzt
    jobherzt
    auto reponse :-) :

    l'ordre de g divise l'ordre de G, et par definition des homomorphisme, l'ordre de $int(g)$ divise l'ordre de g, donc a fortiori celui de G... merci alain, ta demonstration est vraiment tres elegante, maintenant que je l'ai bien comprise !!

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    Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entier
  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    Pour le c) je suposse que $Z_p=\mathbb Z/p\mathhb Z$. Comme $[N:K]=p^n$, $\#({\rm Gal}(N/K))=p^n$ et $G:={\rm Gal}(N:K)$ est un $p$-groupe. On sait (voir n'importe quel cours sur la theorie des groupes) qu'il existe une suite $(G_i)_{0\le i\le n}$ de sous-groupes de $G$ telle que pour tout $0\le i\le n$, $\#G_i=p^i$ et $G_i$ est distingué dans $G$. Soit $L=N^{G_{n-1}}$. Par la correspondance de Galois
    $L/K$ est galoisienne de groupe de Galois $G/G_{n-1}$. Comme $\#(G/G_{n-1})=p^n/p^{n-1}=p$, $G/G_{n-1}$ est isomorphe à $\mathbb Z/\pmathbb Z$.

    Joaopa
  • jobherzt
    jobherzt
    merci joapa, joli !! tant que tu as l'air dans le coin : une derniere chose me pose un probleme : est ce que si G est un groupe cyclique ( abelien ? ) d'ordre n alors l'ordre de Aut(G) est $\phi (n)$ ?? e me semble utilisé implicitement dans la demo d'alain, mais je ne suis pas sur de ce resultat...

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    Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entier
  • Cédric ALLALI
    Cédric ALLALI
    Aut(G)={x-> x^k avec pgcd(k,n)=1}
  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    Pour un groupe cyclique, oui. Pour un groupe abelien, je propose cett (pseudo?) demonstration:

    Par la structure des groupes abeliens finis,
    $$G\simeq G_1\times\cdots\times G_k$$
    ou les $G_i sont des groupes cycliques. Si on a la propriete
    $$\text{Aut( produit direct de groupes)=Produit direct des groupes d'automorphismes}$$
    alors la multiplicativites de la fonction d'Euler donne le resultat.
    Je pense qu'Alain va confirmer mon assertion sur les groupes d'automorphismes.

    Joaopa
  • jobherzt
    jobherzt
    je me re repond a moi meme ( en forme, moi, aujourd'hui :-) )

    en remarquant que :
    - l'image d'un generateur de $Z_n$ par un automorphisme doit etre un generateur de $Z_n$
    - comme $Z_n$ est cyclique, la donnée de l'image d'un seul générateur suffit a determiner l'automorphisme. en effet, soit $a$ un generateur de $Z_n$. $\forall b \in Z_n$, $\exists k, b=a^k$. donc si $\sigma$ est un automorphisme, on doit avoir $\sigma (b) = \sigma (a)^k$ donc c'est bon.

    d'ou le nombre d'automorphisme correspond au nombre d'image possibles pour un generateur, donc en fait au nombre de generateur $\phi(n)$..
    j'ai bon ?

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    Je viens de m'installer en allemagne, et je patine un peu en algebre. aussi, ne soyez pas surpris si je vous sollicite; ce n'est pas par flemme, mais bien parce que j'aimerais faire mes DM en entier
  • jobherzt
    jobherzt
    oops, cross posting... desolé, et merci !
  • jobherzt
    jobherzt
    je remets le texte de joapa :

    «Pour un groupe cyclique, oui. Pour un groupe abelien, je propose cett (pseudo?) demonstration:

    Par la structure des groupes abeliens finis,
    $$G\simeq G_1\times\cdots\times G_k$$
    ou les $G_i$ sont des groupes cycliques. Si on a la propriete
    $$\text{Aut( produit direct de groupes)=Produit direct des groupes d'automorphismes}$$
    alors la multiplicativites de la fonction d'Euler donne le resultat.
    Je pense qu'Alain va confirmer mon assertion sur les groupes d'automorphismes.

    Joaopa»

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  • Cédric ALLALI
    Cédric ALLALI
    Salut jobhertz,

    J'ai l'impression que ton raisonnement montre qu'il y a au plus $\varphi(n)$ automorphismes. Il te reste à montrer qu'il y en a exactemement $\varphi(n)$.

    Sauf erreur...

    Cédric.
  • jobherzt
    jobherzt
    euh.. je ne crois pas, puisque je definis chaque automorphisme par l'image d'un generateur donné. comme ces images sont distinctes, chaque automorphisme est distinct des autres... exemple avec $Z_6$ :

    - je choisis 1 comme generateur.
    - je determine ses images possibles, les generateurs de $Z_6$ sont : {1,5}, donc il ya 2 automorphismes distincts :
    celui qui a 1 assoce 1 ( l'identité )
    celui qui a 1 associe 5, et donc definit par $\sigma : a \rightarrow a^5$

    non ?

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  • Cédric ALLALI
    Cédric ALLALI
    Oui, oui c'est bon, autant pour moi.
  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    Pour le reste du vrai/faux
    <BR><a href=" http://www.les-mathematiques.net/d/a/t/node6.php3"&gt; http://www.les-mathematiques.net/d/a/t/node6.php3</a&gt;
    <BR>
    <BR>Joaopa<BR>
  • jobherzt
    jobherzt
    juste une question, comme ca, tant que j'y suis.. je sors d'xam, et ya un truc dont je suis pas tres sur.... est ce qu'un produit de groupes cycliques d'ordre premiers entre eux est cycliques ??? en gros j'ai un groupe G d'ordre pq, avec p,q premier et $p\neq q$. grace a sylow, j'en deduis qu'on a deux sous groupes distingués P et Q d'ordre respectif p et q, tel que leur intersection est vide, et je conclus que
    $$G=P\times Q$$
    et donc que G est cyclique puisque P et Q sont d'ordre premier entre eux. ca me semble evident, car cahque element de P est d'ordre p, chaque element de Q est d'ordre q, et donc chaque couple (a,b) est d'ordre pq puisque PGCD(p,q)=1, donc (a,b) ne peut pas etre d'ordre p ou q, et $(a,b)^{pq}=0$

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  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir Jobherzt

    Reprenons calmement !
    Oui, le produit direct de 2 groupes cycliques d'ordre premiers entre eux est cyclique d'ordre le produit des ordres.
    Il faut quand même faire attention aux notations, tu écris $(a,b)^{pq}$ ce qui supposes que tu prends la notation multiplicative, et alors ton terme doit être égal à 1 (et non pas 0).
    Ou bien tu choisis la notation additive (tes groupes et le groupe produit sont commutatifs) et alors tu écris $pq.(a,b) = 0$


    Pour revenir à la "conjecture de Joapa"
    >
    Cela n'est malheureusement pas vrai dans le cas général.
    Sinon $Aut\big((\Z/2\Z)^2\big) = Gl_2(\mathbb{F}_2)$ serait isomorphe à $ \{id\}^2$ donc trivial ! Or c'est isomorphe à $\frak{S}_3$.

    Si par contre tu ajoutes la condition {\bf $H$ et $K$ caractéristiques dans $G=H\times K$},
    alors dans ce cas $Aut(H\times K) \simeq Aut(H)\times Aut(K)$
    Or précisément si les ordres de $H, K$ sont premiers entre eux, ceux-ci sont caractéristiques dans $G=H\times K$.

    Alain
  • jobherzt
    jobherzt
    au risque de me la jouer " je suis dans l'abstrait", la notation $pq(a,b)$ me derange toujours un peu.... je considerais le groupe cyclique dans l'abstrait, independamment de ses elements et de la loi de composition.. donc pour moi $(a,b)^{pq}$ est egale a $(a,b) \star (a,b)...$ pq fois avec $\star$ une loi quelquonque. comme on est dans un groupe il n'y a pas d'ambiguité... a la limite, pour etre coherent, j'aurais du ecrire :
    $$(a,b)^{pq}=0_G$$

    m'enfin, c'est une question d'habitude.. :-)

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  • [Utilisateur supprimé]
    [Utilisateur supprimé]
    Au temps pour moi
    <BR>
    <BR>Joaopa<BR>
  • r1
    r1
    pq(a,b)
    ...
    Nous sommes en 2006.. il est déplorable de trouver ce genre d'abérrations... cette écriture est obsolète et infondée.


    PS : C'est Madame Lecler elle même qui me l'as dit.
  • r1
    r1
    PS : C'est Madame Lecler elle même qui me l'as dit.
  • Alain Debreil
    Alain Debreil
    Bonsoir R1

    La notation $pq.(a,b)$ est celle d'un $\Z$-modules à 2 générateurs, ce qui est justifié si le groupe est commutatif.

    R1 : Peut-être dans ton message, y a-t-il un zeste d'humour que je n'ai pas compris ?

    Alain
  • borde
    borde
    Y a-t-il dépendance entre l'année (1928, 1957, 1970, 2006, 2025,...) et les notations ? "Raisonnement" curieux...

    Borde.


    [Borde : Ai-je raté un épisode ? D'où cela sort-il ? AD]
  • Sylvain
    Sylvain
    Pour le V/F a) (c'est la seule question à laquelle je peux répondre :-)):

    S'il y a un élément nilpotent, l'anneau n'est pas intègre (ça me parait évident).
    Maintenant la question est de savoir si, sachant que l'anneau n'est pas intègre, il comprend un élément nilpotent.
    Je pense que la réponse est non: dans $\Z/6\Z$, qui n'est pas intègre, les éléments sont $0,1,2,3,4,5$ et aucun n'est nilpotent. Donc pas d'équivalence. Me trompé-je ?

    Sylvain
  • Fadalbalapoumbala
    Fadalbalapoumbala

    On prend un anneau produit $A \times B$, $A$ et $B$ \'etant sans \'el\'ements nilpotents. Cet anneau est sans \'el\'ements nilpotents mais n'est jamais int\`egres.

    Ceci correspond \`a l'anneau des fonctions de l'union disjointe de deux sous-vari\'et\'es.
  • borde
    borde
    Alain : je repondais (indirectement) à r1 qui comparait l'année 2006 avec une "notation obsolète et infondée"...C'est pour moi une justification curieuse, non ?

    Borde.
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