PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Algèbre no 1 Page 1
1. (X) Trouver les sous-groupes finis de R∗ et deC∗ pour la multiplication.
Les groupes (C,+) et(C∗,×) sont-ils isomorphes ?
Lemme 1 : si(G,·) est un groupe commutatif de cardinaln eta∈G, alors an= 1(l’élément neutre).
En admettant ce lemme, on obtient immédiatement le résultat attendu : Les sous-groupes finis de(C∗,×) sont lesUn,n∈N∗. (où Un est le groupe des racines n-ièmes de 1 dansC).
En effet, le fait que lesUnsoient des sous-groupes finis de(C∗,×)est bien connu, avec plus précisément
#Un=n. Et réciproquement, si G est un sous-groupe de cardinaln de(C∗,×), alors G⊂Un d’après le lemme, d’où G=Un puisqu’ils ont même cardinal !
Dém. du lemme 1 : j’utilise le produit P de tous les éléments de G : P =
u∈G
u et je remarque que l’application ϕ :u → a·u est une bijection de G dans G (de bijection réciproque v →a−1·v). J’en déduis par réindexation, la commutativité permettant de regrouper les noccurrences dea:
P =
u∈G
ϕ(u) =anP d’où an= 1.
En effet nous sommes dans un groupe donc je peux simplifier parP (en multipliant à droite par P−1).
Remarque : le résultat reste vrai sans l’hypothèse de commutativité, cela se démontre rapidement à l’aide du théorème de Lagrange (cf. T.D. 00, exercice3)b), surtout lorsqu’on connaît le
Lemme 2 : soit (G,·) un groupe et a∈ G ; Ga = {an, n∈Z} est un sous-groupe commutatif de G (le sous-groupe engendré par a). Si de plus Ga est fini, alors il est de la forme 1, a, a2, . . . , ap−1 où p = #Ga = min k∈N∗ / ak= 1 . On a alors ak = 1 si et seulement si k est un multiple de p (on parle degroupe cyclique).
Dém. du lemme 2 : il est immédiat queGa est une partie deG, contenant 1, stable par multiplication et passage à l’inverse. C’est donc bien un sous-groupe de G ; c’est plus précisément le plus petit sous-groupe deG contenanta (immédiat aussi).
Supposons désormais Ga fini. L’application n → an ne peut alors pas être injective de N dans G, je dispose donc de deux entiers naturels distincts i et j tels que ai =aj. Quitte à les échanger, je peux supposer i < j et j’ai alors, en multipliant par a−i, aj−i = 1. Par conséquent, k∈N∗ / ak= 1 est une partie non vide de N, je dispose donc de son plus petit élémentp.
J’ai par définition p∈N∗ etap = 1. De plus1, a, . . . , ap−1 sont distincts 2 à 2 (sinon le même procédé que ci-dessus conduirait àk=j−itel que0< k < petak= 1, ce qui contredirait la définition de p!).
Je montre alors que Ga = 1, a, . . . , ap−1 . L’inclusion ⊃ est banale. Soit k ∈ Z et k = pq+r sa division euclidienne parp. J’aiak = (ap)q·ar =ar et0≤r < ppar définition de la division euclidienne.
D’où l’inclusion ⊂. J’ai donc bien l’égalité et au passage#Ga=p.
Enfin, il est clair que, sik=pq, alorsak= (ap)q= 1. Réciproquement, sik∈Zvérifieak= 1, j’effectue de nouveau sa division euclidienne parp,k=pq+r d’oùar = 1et nécessairementr = 0(sinon j’aurais 0< r < p etar = 1, ce qui contredirait la définition de p). k est donc bien multiple dep.
Fin de l’exercice : pour les sous-groupes finis de (R∗,×) il suffit de remarquer que ce sont les sous- groupes finis de (C∗,×) dont les éléments sont tous réels ! Ce sont donc{1}et {−1,1}.
Enfin, si je suppose qu’il existe un isomorphismeϕde groupes de (C∗,×) dans(C,+), j’obtiens immé- diatement une contradiction en remarquant que ϕ (−1)2 vaut ϕ(1) d’une part (puisque(−1)2 = 1!) et vaut2ϕ(−1)d’autre part, par définition d’un morphisme.
Or ϕ(1) = 0 (car ϕ 12 = 2ϕ(1). . . ), d’oùϕ(−1) = 0 =ϕ(1), ce qui contredit l’injectivité deϕ! Le fond du problème est qu’un isomorphisme de groupes échange les sous-groupes, en particulier les sous-groupes finis avec conservation du cardinal. Or (C,+) ne contient qu’un sous-groupe fini ({0}) puisque si a= 0, lesna,n∈Z, sont distincts deux à deux. Et de son côté(C∗,×) contient un groupe de cardinal npour tout ndeN∗. . .
