مسابقة دكتوراه 2014 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 09

1) $H.K$ est distingué comme produit de deux distingués. $HK/K\cong H/(H\cap K)$ est résoluble (quotient de $H$), et $K$ est résoluble ; une extension d'un résoluble par un résoluble est résoluble, donc $HK$ l'est.

2) L'injection $G/(H\cap K)\hookrightarrow G/H\times G/K$ (théorème chinois pour groupes) plonge $G/(H\cap K)$ dans un produit de résolubles, donc il est résoluble.

3) $15=3\cdot5$ et $35=5\cdot7$ : dans les deux cas les théorèmes de Sylow forcent l'unicité des sous-groupes de Sylow, donc le groupe est cyclique : $\mathbb Z/15\mathbb Z$ et $\mathbb Z/35\mathbb Z$ (seuls groupes à iso près).

4) $\mathbb Z/18\mathbb Z\rhd\mathbb Z/9\mathbb Z\rhd\mathbb Z/3\mathbb Z\rhd0$ (facteurs $\mathbb Z/2,\mathbb Z/3,\mathbb Z/3$). $\mathbb Z/2\times\mathbb Z/2\rhd\mathbb Z/2\rhd0$ (facteurs $\mathbb Z/2,\mathbb Z/2$). $S_3\rhd A_3\rhd0$. $S_4\rhd A_4\rhd V_4\rhd\mathbb Z/2\rhd0$. $S_5\rhd A_5\rhd0$ (car $A_5$ est simple), facteurs $\mathbb Z/2$ et $A_5$.

1) Dans $M_2(\mathbb C)$, $E_{12}$ et $E_{21}$ sont nilpotentes ($E_{12}^2=0$), mais $E_{12}+E_{21}=\big(\begin{smallmatrix}0&1\\1&0\end{smallmatrix}\big)$ a pour carré $I_2$, donc n'est pas nilpotente : l'ensemble n'est pas stable par somme.

2) Prendre $x=1$ montre que tout $a\in N$ est nilpotent. Pour la stabilité par produit à gauche/droite par $A$ et par somme, on utilise que la somme de deux éléments dont tous les multiples sont nilpotents reste dans $N$ (le nilradéal de Baer/Köthe) : $N$ est un idéal bilatère, le plus grand idéal nil.

3) Si $I$ est un idéal bilatère nil et $a\in I$, alors pour tout $x$, $ax\in I$ est nilpotent, donc $a\in N$. Ainsi $I\subset N$ : $N$ est le plus grand idéal nil.

Comme $K$-espace vectoriel, $A=K\oplus Kx\oplus Ky$ (avec $x,y$ images de $X,Y$, et $x^2=xy=y^2=0$), de dimension $3$. L'idéal maximal est $\mathfrak m=(x,y)=Kx\oplus Ky$, qui vérifie $\mathfrak m^2=0$. 1) $a=c_0+c_1x+c_2y$ est inversible ssi $c_0\ne0$ (alors $a^{-1}=c_0^{-1}(1-c_0^{-1}(c_1x+c_2y))$) ; $A^*=\{c_0\ne0\}$. 2) Un idéal principal $(a)$ : si $a$ inversible, $(a)=A$ ; si $a=c_1x+c_2y\in\mathfrak m$ non nul, $(a)=Ka=\{\lambda(c_1x+c_2y)\}$, droite de $\mathfrak m$ ; $(0)=0$. Les idéaux principaux propres sont donc les droites vectorielles de $\mathfrak m$, plus $0$ et $A$. 3) Les idéaux sont : $0$, $A$, $\mathfrak m$ (dimension 2), et toutes les droites $K(c_1x+c_2y)$ de $\mathfrak m$ (sous-espaces de $\mathfrak m$ car $\mathfrak m^2=0$ rend tout sous-espace de $\mathfrak m$ idéal).

1) Soit $\{y_1,\dots,y_q\}$ une famille génératrice de $\operatorname{Im}f$ et $x_i\in L$ avec $f(x_i)=y_i$. Soit $\{z_1,\dots,z_p\}$ génératrice de $\operatorname{Ker}f$. Pour $x\in L$, $f(x)=\sum a_iy_i=f(\sum a_ix_i)$, donc $x-\sum a_ix_i\in\operatorname{Ker}f$ s'écrit $\sum b_jz_j$. Ainsi $\{x_i\}\cup\{z_j\}$ engendre $L$ : $L$ est de type fini.

2) La suite exacte courte $0\to\operatorname{Ker}f\to L\to\operatorname{Im}f\to0$ avec $\operatorname{Im}f\cong A^q$ libre est scindée (un module libre est projectif). Donc $L\cong\operatorname{Ker}f\oplus\operatorname{Im}f\cong A^p\oplus A^q\cong A^{p+q}$.