Corrigé 3 - GR-HE | EPFL

Il nous faut montrer que l’homomorphisme Im(·2) ⊂ Ker(p). On a
[0] 2
·2
[0] 4 ∈ Ker(p),
[1] 2
·2
[2] 4 ∈ Ker(p).
On a bien Im(·2) ⊂ Ker(p), de plus Im(·2) est injective car Ker(·2) = {[0] 2 }.
Montrons maintenant que Ker(p) ⊂ Im(·2). Soit [x] 4 ∈ Z/4Z tel que [x] 2 =[0] 2 .
donc 2 divise x, i.e.,x =2k avec k ∈ Z. Donc[x] 4 =[2k] 4 .Parconséquent,
[k] 2
·2
[2k] 4 ,cequimontrequeKer(p) ⊂ Im(·2). La surjectivité de p est
immédiate. Ceci montre donc que la suite est bien exacte. Montrons à présent
qu’elle n’est pas scindée. Nous avons montré dans le point précédent que la suite
est scindée si et seulement si Z/2Z ⊕ Z/2Z ∼ = Z/4Z. MaisZ/4Z est cyclique
alors que Z/2Z ⊕ Z/2Z ne l’est pas. Par conséquent, la suite n’est pas scindée.
Exemple 2 : Considérons la suite
ι p
0 2Z Z Z/2Z 0.
Où ι :2Z ↩→ Z est l’inclusion naturelle et l’homomorphisme p : Z → Z/2Z
est défini par p(x) =[x] 2 .L’inclusionestbiendéfinie(coursd’algèbrede2ème
année). On vérifie de la même manière qu’à l’exemple 1) que l’homomorphisme
p est bien défini. De plus l’injectivité de ι et la surjectivité de p sont immédiats.
Il nous faut montrer à présent que la suite est exacte. Soit x ∈ 2Z, i.e.,∃k ∈ Z
tel que x =2k. Orp(x) =p(2k) =[2k] 2 =[0] 2 .DoncIm(ι) ⊂ Ker(p). Montrons
que Ker(p) ⊂ Im(ι). Soit x ∈ Z tel que p(x) =[x] 2 =[0] 2 ,i.e.,2divisex.
Donc ∃m ∈ Z tel que x =2m. Ilsuffitdeconsidérer2m ∈ 2Z. Onaalors,
i(2m) =2m ∈ Ker(p). Ainsi, Ker(p) ⊂ Im(ι). La suite est bien exacte mais
n’est pas scindée. En effet, nous avons montré au point b) del’exercice4,que
la suite est scindée si est seulement si Z ∼ = 2Z ⊕ Z/2Z. Considérons l’élément
(0, [1] 2 ) ∈ Z ⊕ Z/2Z. Nousavons(0, [1] 2 )+(0, [1] 2 )=(0, 0), i.e., 2Z ⊕ Z/2Z a
un élément d’ordre 2. Or Z n’a aucun élément d’ordre 2. Ceci implique donc que
Z≇2Z ⊕ Z/2Z et donc que la suite n’est pas scindée.
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