Exercices sur les groupes

(1)

Groupes

Morphismes de groupes

Exercice 1 [ 02218 ][correction]

Soientn∈N^? et f :R^?→Rdéfinie parf(x) =xⁿ.

Montrer quef est un morphisme du groupe (R^?,×) dans lui-même.

En déterminer image et noyau.

Justifier que exp :C→C^?est un morphisme du groupe (C,+) vers (C^?,×).

En déterminer image et noyau.

Soit (G, ?), (G⁰,>) deux groupes etf :G→G⁰ un morphisme de groupes.

a) Montrer que pour tout sous-groupeH deG,f(H) est un sous-groupe de (G⁰,>).

b) Montrer que pour tout sous-groupeH⁰ deG⁰, f⁻¹(H⁰) est un sous-groupe de (G, ?).

SoitGun groupe noté multiplicativement.

Poura∈G, on noteτa l’application de GversGdéfinie parτa(x) =axa⁻¹. a) Montrer queτa est un morphisme du groupe (G,×) dans lui-même.

b) Vérifier que

∀a, b∈G, τa◦τb=τab

c) Montrer queτ_a est bijective et déterminer son application réciproque.

d) En déduire queT ={τa |a∈G}muni du produit de composition est un groupe.

On note Aut(G) l’ensemble des isomorphismes d’un groupe (G, ?) dans lui-même.

Montrer que Aut(G) est un sous-groupe du groupe des permutations (SG,◦).

Soit (G, ?) un groupe eta∈G.

On définit une loi de composition interne > surGparx>y=x ? a ? y.

a) Montrer que (G,>) est un groupe.

b) SoitH un sous groupe de (G, ?) et K= sym(a) ? H={sym(a) ? x/x∈H}.

Montrer queK est un sous groupe de (G,>).

c) Montrer quef :x7→x ? sym(a) est un isomorphisme de (G, ?) vers (G,>).

Soitn∈Ntel quen>2. Déterminer les morphismes du groupe (Sn,◦) vers (C^?,×).

Soitϕun morphisme d’un groupe fini (G, ?) vers (C^?,×).

On suppose queϕn’est pas une application constante. Calculer X

x∈G

ϕ(x)

Sous-groupes

Un sous-groupe d’un groupe produit est-il nécessairement produit de deux sous-groupes ?

SoientH etK deux sous-groupes d’un groupe (G, ?).

A quelle condition l’ensembleH∪Kest-il un sous-groupe de (G, ?) ?

Un sous-groupeH de (G, .) est dit distingué si

∀x∈H,∀a∈G, axa⁻¹∈H

a) Montrer que le noyau d’un morphisme de groupes au départ de (G, .) est distingué.

b) SoientH, K deux sous-groupes de (G, .).

(2)

On suppose le sous-groupeH distingué, montrer que l’ensemble HK={xy/x∈H, y∈K}

est un sous-groupe de (G, .).

Montrer que le sous-ensemble formé des éléments d’ordre fini d’un groupe abélien en est un sous-groupe.

[Théorème de Lagrange]

SoitH un sous-groupe d’un groupe (G, .) fini.

a) Montrer que les ensemblesaH ={ax/x∈H}aveca∈Gont tous le cardinal deH.

b) Montrer que les ensemblesaH aveca∈Gsont deux à deux confondus ou disjoints.

c) En déduire que le cardinal deH divise celui deG.

d) Application : Montrer que tout élément deGest d’ordre fini et que cet ordre divise le cardinal deG.

Montrer que

n x+y√

3/x∈N, y∈Z, x²−3y²= 1o est un sous-groupe de (R^?+,×).

SoitGun groupe, H un sous-groupe deG, Aune partie non vide deG. On pose AH={ah/a∈A, h∈H}. Montrer queAH=H si, et seulement si,A⊂H. Exercice 16 [ 02948 ][correction]

a) Montrer que tout sous-groupe additif deRqui n’est pas monogène est dense dansR.

b) Soitx∈R\Q. Montrer qu’il existe une infinité de (p, q)∈Z×N^?tels que

x−p q

< 1 q² c) Montrer la divergence de la suite de terme général

un= 1 nsinn

Eléments d’ordre fini

Soit (G, .) un groupe de cardinal 2n.

a) Justifier que l’on définit une relation d’équivalenceRsurGen posant xRy⇔x=y oux=y⁻¹

b) En déduire l’existence dansGd’un élément d’ordre 2.

Soient (G, ?) un groupe fini commutatif d’ordreneta∈G.

a) Justifier que l’applicationx7→a ? xest une permutation deG.

b) En considérant le produit des éléments deG, établir queaⁿ=e.

Quel est le plus petit entierntel qu’il existe un groupe non commutatif de cardinaln?

Soientaetb deux éléments d’ordre respectifspetq d’un groupe abélien (G, ?).

a) On suppose quepetqsont premiers entre eux.

Montrer que l’élémentab est d’ordrepq.

b) On ne suppose pluspet qpremiers entre eux.

L’élémentabest-il nécessairement d’ordre ppcm(p, q) ?

Soientaetb deux éléments d’ordre respectifspetq d’un groupe abélien (G, ?).

a) On suppose dans cette question seulement quepetq sont premiers entre eux.

Montrer que l’élémentab est d’ordrepq.

b) Soitdun diviseur dep. Montrer qu’il existe un élément d’ordreddans (G, ?).

c) Existe-t-il dansGun élément d’ordrem= ppcm(p, q) ?

Parties génératrices

Dans (S_n,◦) on considère les permutations τ = 1 2

et σ= 1 2 . . . n

(3)

a) Calculerσ^k◦τ◦σ^−k pour 06k6n−2.

b) En déduire que tout élément deSn peut s’écrire comme un produit deσet de τ.

Soitn∈Ntel quen>3. On considère la transpositionτ = 1 2

et len-cycle χ= 1 2 . . . n

.

a) Justifier que l’ensemble{τ, χ} forme une partie génératrice de (Sn,◦).

b) Existe-t-il une partie génératrice de (Sn,◦) formée d’un seul élément ?

Soitnun entier naturel non nul, (e₁, . . . , e_n) la base canonique deE=Rⁿ. SoitSn l’ensemble des permutations de{1,2, . . . , n}. Soitt_i= (1, i).

Pours∈ S_n, on définitu_s(e_i) =e_s(i). a) Montrer que (t₂, t₃, . . . , t_n) engendreS_n.

b) Interpréter géométriquementus lorsquesest une transposition.

c) Soits= (1 2 . . . n−1n). On suppose quesest la composée dep transpositions. Montrer quep>n−1.

d) Quelle est le cardinal minimal d’une famille de transpositions génératrice de Sn?

SoitH un sous-groupe strict d’un groupe (G, ?). Déterminer le groupe engendré par le complémentaire deH dansG.

Groupes cycliques

Soitxest un élément d’un groupe cyclique de cardinaln. Calculerxⁿ.

On désire établir que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est lui-même cyclique.

On introduit (G, ?) un groupe cyclique de générateuraetH un sous-groupe de (G, ?).

a) Justifier l’existence d’un plus petit entier naturel non nul tel queaⁿ∈H. b) Etablir qu’alorsH est le groupe engendré paraⁿ.

SoitGun groupe cyclique de cardinaln.

Montrer, que pour tout diviseurd∈N^? den,Gpossède un et un seul sous-groupe de cardinald.

SoientH etK deux groupes notés multiplicativement.

a) Montrer que sihest un élément d’ordrepdeH etkun élément d’ordreqdeK alors (h, k) est un élément d’ordre ppcm(p, q) deH×K.

b) On supposeH etK cycliques. Montrer que le groupe produitH×K est cyclique si, et seulement si, les ordres deH etK sont premiers entre eux.

[Groupe quasi-cyclique de Prüfer]

Soitpun nombre premier. On pose Gp=n

z∈C;∃k∈N, z^p^k = 1o a) Montrer queGp est un sous-groupe de (C^?,×).

b) Montrer que les sous-groupes propres deG_p sont cycliques et qu’aucun d’eux n’est maximal pour l’inclusion.

c) Montrer queG_p n’est pas engendré par un système fini d’éléments.

Soitnun entier>3.

a) Montrer que pour tout entier impaira, on a a²ⁿ⁻² ≡1 [2ⁿ] b) Le groupe ((Z/2ⁿZ)^?,×) est-il cyclique ?

Soit

M =







0 1 (0)

. .. . .. (0) . .. 1

1 (0) 0







∈ Mn(C)

(4)

a) Calculer le polynôme caractéristique deM. La matriceM est-elle diagonalisable ? est-elle inversible ?

b) SoitG=

M^k/k∈Z . Montrer queGest une groupe cyclique et préciser son cardinal.

Soit (G, ?) un groupe cyclique ànélément engendré para.

Pourr∈N^?, on introduit l’applicationf :G→Gdéfinie par

∀x∈G, f(x) =x^r a) Vérifier quef est un endomorphisme de (G, ?).

b) Déterminer le noyauf.

c) Montrer que l’image def est le sous-groupe engendré para^d avec d= pgcd(n, r).

d) Poury∈G, combien l’équationx^r=y possède-t-elle de solutions ?

Montrer que les sous-groupes finis du groupe (SO(2),×) des rotations du plan sont cycliques.

Groupes isomorphes

On noteV l’ensemble des matrices à coefficients entiers du type







a b c d d a b c c d a b b c d a







etGl’ensemble desM ∈V inversibles dansM4(R) et dont l’inverse est dansV. a) Quelle est la structure deG?

b) SoitM ∈V. Montrer queM ∈Gsi, et seulement si, detM =±1.

c) Donner un groupe standard isomorphe àGmuni du produit.

Les groupes (Q,+) et (Q^?,×) sont-ils isomorphes ?

(5)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Pourx∈R^?, on a bienf(x)∈R^?. Pourx, y∈R^?

f(xy) = (xy)ⁿ =xⁿyⁿ=f(x)f(y) doncf est un morphisme de (R^?,×) vers lui-même.

kerf =f⁻¹({1}) et Imf ={xⁿ/x∈R^?}.

Sinest pair alors

kerf ={1,−1} et Imf =R^+?

Sinest impair alors

kerf ={1} et Imf =R^?

On sait

∀x, y∈C, exp(x+y) = exp(x) exp(y) donc exp :C→C^? est un morphisme de groupes.

exp(x) = 1⇔ ∃k∈Z, x= 2ikπ donc

ker exp ={2ikπ/k∈Z}

La fonction exponentielle complexe prend toutes les valeurs deC^? donc Im exp =C^?

a)f(H)⊂G⁰,e⁰ =f(e)∈f(H) care∈H.

Soity, y⁰∈f(H), on peut écrirey=f(x) ety⁰=f(x⁰) avecx, x⁰∈H. y>y⁰⁻¹=f(x)>f(x⁰)⁻¹=f(x)>f(x⁰⁻¹) =f(x ? x⁰⁻¹) avecx ? x⁰⁻¹∈H doncy>y⁰⁻¹∈f(H).

Ainsif(H) est un sous-groupe de (G⁰, >).

b)f⁻¹(H⁰)⊂Get e∈f⁻¹(H⁰) carf(e) =e⁰∈H⁰. Soitx, x⁰ ∈f⁻¹(H⁰). On af(x), f(x⁰)∈H⁰.

f(x ? x⁰⁻¹) =f(x)>f(x⁰⁻¹) =f(x)>f(x⁰)⁻¹∈H⁰ doncx ? x⁰⁻¹∈f⁻¹(H⁰).

Ainsif⁻¹(H⁰) est un sous-groupe de (G, ?).

a) Soientx, y∈G. On a

τ_a(xy) =axya⁻¹=axa⁻¹aya⁻¹=τ_a(x)τ_a(y) τ_a est donc un endomorphisme du groupe (G,×).

b) Pour toutx∈G,

(τa◦τb)(x) =τa(bxb⁻¹) =abxb⁻¹a⁻¹= (ab)x(ab)⁻¹=τab(x) donc

τa◦τb=τab

c) (τ_a◦τ_a−1) =τ₁= Id_G et (τ_a−1◦τ_a) =τ₁= Id_G doncτ_a est bijective et (τ_a)⁻¹=τ_a−1.

d) Montrons queT est un sous-groupe du groupe des permutations (S_G,◦).

T ⊂ S_G et Id_G∈ T car Id_G=τ₁.

Soitf, g∈ T, on peut écriref =τa etg=τb aveca, b∈G. On a alors f◦g⁻¹=τa◦(τb)⁻¹=τa◦τ_b⁻¹ =τ_ab⁻¹ ∈ T carab⁻¹∈G.

AinsiT est un sous-groupe de (SG,◦) et donc (T,◦) est un groupe.

Aut(G)⊂ SG et IdG∈Aut(G).

Pour toutf, g∈Aut(G), on af◦g∈Aut(G) et f⁻¹∈Aut(G) par les propriétés sur les automorphismes.

Ainsi Aut(G) est un sous-groupe de (S_G,◦).

a) Soitx, y, z∈G,

(x>y)>z= (x ? a ? y) ? a ? z=x ? a ?(y ? a ? z) =x>(y>z) L’élément sym(a) est neutre pour la loi>. En effet, pourx∈G, on a

x>sym(a) =x= sym(a)>x Soitx∈G. Posonsy= sym(a)? sym(x) ? sym(a)∈G. On a

x>y=y>x= sym(a)

(6)

b)K⊂G, sym(a) = sym(a) ? edonc sym(a)∈K.

Soit sym(a)? x,sym(a)? y∈K. On a

(sym(a)? x)>(sym(a)? y)^>⁽⁻¹⁾= sym(a)? x ? a ?sym(a)?sym(y)? a ?sym(a) = sym(a)?(x ?sym(y))∈K c) Pourx, y∈G,

f(x ? y) =x ? y ?sym(a) = (x ? sym(a))>(y ? sym(a)) =f(x)>f(y) f est un morphisme de groupe et il est bijectif d’application réciproque g:x7→x ? a.

Soientϕun tel morphisme etτ la transposition qui échange 1 et 2. On aτ²= Id doncϕ(τ)²= 1 d’où ϕ(τ) = 1 ou−1. Soitτ⁰= i j

une transposition quelconque deSn. Il existe une permutation σ∈ Sn telle queτ⁰=σ◦τ◦σ⁻¹et alorsϕ(τ⁰) =ϕ(τ). Sachant enfin que tout élément de Sn est produit de

transpositions on peut conclure :

Siϕ(τ) = 1 alorsϕ:σ7→1. Siϕ(τ) =−1 alorsϕ=ε(morphisme signature).

Si l’applicationϕétait constante, elle serait constante égale à 1 car c’est un morphisme. Puisqueϕn’est pas constante, il existea∈Gtel que ϕ(a)6= 1.

On vérifie que l’applicationx7→a ? xest une permutation deGcar

∀y∈G,∃!x∈G, y=a ? x On en déduit

X

x∈G

ϕ(a ? x) =X

x∈G

ϕ(x)

car les deux sommes comportent les mêmes termes. Orϕ(a ? x) =ϕ(a)ϕ(x) donc X

x∈G

ϕ(a ? x) =ϕ(a)X

x∈G

ϕ(x)

Puisqueϕ(a)6= 1, on conclut

X

x∈G

ϕ(x) = 0

Non.{(x, x)/x∈Z}est un sous-groupe de (Z²,+) n’est pas produit de deux sous-groupes.

SiH ⊂K ouK⊂H alorsH∪K=K (resp.H) et doncH∪Kest un sous-groupe de (G, ?)

Inversement, supposons queH∪K est un sous groupe et queH 6⊂K. Il existe alorsh∈H tel que h /∈K.

Pour toutk∈K, on ak ? h∈H∪KcarH∪Kest stable.

Sik ? h∈Kalorsh=k⁻¹ ? (k ? h)∈K ce qui est exclu.

Il restek ? h∈H qui donnek= (k ? h) ? h⁻¹∈H. AinsiK⊂H. Ainsi siH∪K est un sous-groupe alorsH ⊂K ouK⊂H.

a) Soitϕ:G→G⁰ un tel morphisme etH ={x∈G/ϕ(x) =eG⁰} son noyau.

On sait déjà queH est un sous-groupe de (G, .).

Soientx∈H eta∈G. On a

ϕ(axa⁻¹) =ϕ(a)ϕ(x)ϕ(a)⁻¹=ϕ(a)e_G⁰ϕ(a)⁻¹=e_G⁰ doncaxa⁻¹∈H.

b)HK ⊂Gete=e.e∈HK.

Soienta, b∈HK. On peut écrire

a=xyetb=x⁰y⁰ avecx, x⁰∈H ety, y⁰∈K On a alors

ab=xyx⁰y⁰ Puisquez=yx⁰y⁻¹∈H, on a encore

ab= (xz)(yy⁰)∈HK Aussi

a⁻¹=y⁻¹x⁻¹=zy⁻¹∈HK avecz=y⁻¹x⁻¹y∈H.

AinsiHK est bien un sous-groupe de (G, .).

(7)

NotonsT l’ensemble des éléments d’ordre fini d’un groupe abélien (G, ?) de neutree.

On a évidemmentT ⊂Gete∈T. Six, y∈T avecxⁿ=y^m=ealors

(x ? y⁻¹)^mn=x^mn? y^−mn=e doncx ? y⁻¹∈T.

a) L’applicationf :H →aH définie parf(x) =axest bijective.

b) SiaH∩bH6=∅alorsb⁻¹a∈H et alors puisqueax=bb⁻¹ax on aaH⊂bH.

Par symétrieaH =bH.

c) Notonskle nombre d’ensemblesaH deux à deux distincts. La réunion de ceux-ci est égale àGdonc par cardinalité CardG=kCardH d’où CardH|CardG.

d)< x >est un sous-groupe de (G, .) de cardinal égal à l’ordre de l’élémentx.

Notons

H =n x+y√

3/x∈N, y∈Z, x²−3y²= 1o Poura∈H,a=x+y√

3 avecx∈N,y∈Zet x²−3y²= 1. On a donc x=p

1 + 3y²>√

3|y|puisa >0. AinsiH ⊂R^?+. 1∈H car on peut écrire 1 = 1 + 0√

3 avec 1²−3.0²= 1.

Poura∈H, on a avec des notations immédiates, 1

a =x−y√ 3 avecx∈N, −y∈Zet x²−3(−y)²= 1. Ainsi 1/a∈H.

Poura, b∈H et avec des notations immédiates,

ab=xx⁰+ 3yy⁰+ (xy⁰+x⁰y)√ 3

avecxx⁰+ 3yy⁰∈Z,xy⁰+xy⁰ ∈Zet (xx⁰+ 3yy⁰)²−3(xy⁰+x⁰y)²= 1.

Enfin puisquex >√

3|y|etx⁰>√

3|y⁰|, on axx⁰+ 3yy⁰>0 et finalementab∈H.

SupposonsAH=H.

∀a∈A,a=ae∈AH=H doncA⊂H.

SupposonsA⊂H. Pourx∈AH, x=ahaveca∈A,h∈H. Ora, h∈H donc x=ah∈H.

AinsiAH⊂H.

Inversement, poura∈A(il en existe carA6=∅) et pour touth∈H,h=a(a⁻¹h) aveca⁻¹h∈H donch∈AH. AinsiH ⊂AH puis =.

a) SoitH un tel groupe. NécessairementH 6={0}ce qui permet d’introduire a= inf{h >0/h∈H}

Sia6= 0, on montre quea∈H puis par division euclidienne que toutx∈H est multiple dea. AinsiH =aZce qui est exclu. Il restea= 0 et alors pour tout ε >0, il existeα∈H∩]0, ε]. On a alorsαZ⊂H et donc pour toutx∈R, il existeh∈αZ⊂H vérifiant|x−h|6α6ε. AinsiH est dense dansR.

b) Soitx∈R\Q. PourN ∈N^?, considérons l’applicationf :{0, . . . , N} →[0,1[

définie parf(k) =kx− bkxc. Puisque lesN+ 1 valeurs prises parf sont dans les N intervalles [i/N,(i+ 1)/N[ (aveci∈ {0, . . . , N−1}), il existe au moins deux valeurs prises dans le même intervalle. Ainsi, il existek < k⁰ ∈ {0, . . . , N}tel que

|f(k⁰)−f(k)|<1/N. En posantp=bk⁰xc − bkxc ∈Zetq=k⁰−k∈ {1, . . . , N}, on a|qx−p|<1/N et donc

x−p q

< 1 N q < 1

q²

En faisant varierN, on peut construire des couples (p, q) distincts et donc affirmer qu’il existe une infinité de couple (p, q)∈Z×N^? vérifiant

x−p q

< 1 q²

c) Puisqueπest irrationnel, il existe une suite de rationnelsp_n/q_n vérifiant

π−pn

qn

< 1 q_n² avecqn →+∞.

(8)

On a alors

|up_n|=

1 p_nsinp_n

=

1

p_nsin (p_n−q_nπ) > 1

|p_n| 1

|p_n−q_nπ| > qn

p_n → 1 π Ainsi la suite (un) ne tend pas vers 0.

{|sinn|/n∈N}={|sin(n+ 2kπ)|/n∈Z, k∈Z}=|sin (Z+ 2πZ)|

Puisque le sous-groupeH =Z+ 2πZ, n’est pas monogène (carπirrationnel), H est dense dansRet par l’application|sin(.)|qui est une surjection continue deR sur [0,1], on peut affirmer que{|sinn|/n∈N}est dense dans [0,1].

En particulier, il existe une infinité dentel que|sinn|>1/2 et pour ceux-ci

|un|62/n.

Ainsi, il existe une suite extraite de (u_n) convergeant vers 0.

Au final, la suite (u_n) diverge.

a) La relation est immédiatement réflexive et symétrique.

En discutant selon les cas d’égalité, on montre aussi qu’elle est transitive.

b) S’il n’existe pas dans (G, .) d’élément d’ordre 2, les classes d’équivalence de la relationRcomportent toutes deux éléments sauf celle deequi ne comporte qu’un élément. Les classes d’équivalence étant disjointes de réunionG, le cardinal deG est alors impair ce qui est contraire aux hypothèses.

a) Puisqueaest inversible,aest régulier ce qui fournit l’injectivité de l’applicationx7→a ? x.

Un argument de cardinalité finie donne la bijectivité de l’application.

b) Par permutation

Y

x∈G

x= Y

x∈G

(a ? x) =aⁿ? Y

x∈G

x

doncaⁿ=e.

Notons, pourn= 6 que (S₃,◦) est un groupe non commutatif à 6 éléments.

Un groupe àn= 1 élément est évidemment commutatif.

Pourn= 2,3 ou 5, les éléments d’un groupe ànéléments vérifientxⁿ =e.

Puisquenest premier, un élément autre queede ce groupe est un élément d’ordrenet le groupe est donc cyclique donc commutatif.

Pourn= 4, s’il y a un élément d’ordre 4 dans le groupe, celui-ci est cyclique.

Sinon, tous les éléments du groupe vérifientx²=e. Il est alors classique de justifier que le groupe est commutatif.

a) On a évidemment

(ab)^pq= (a^p)^q(b^q)^p=e Inversement, supposons (ab)^r=e. On a alors

a^qr = (a^r)^q = (b^−r)^q = (b^q)^−r=e

et doncpdiviseqr. Orpetq sont premiers entre eux doncpdiviser.

Mutatis mutandis, on obtient queqdiviseret doncpq divisercarpetqsont premiers entre eux.

Finalementabest un élément d’ordrepq exactement.

b) Dans (C^?,×),a=−1 est d’ordre etb=−j est d’ordre 6 tandis queab=j est d’ordre 3.

Plus simplement encore, sixest d’ordrenalorsx×x⁻¹ est d’ordre 1.

a) On a évidemment

(ab)^pq= (a^p)^q(b^q)^p=e Inversement, supposons (ab)^r=e. On a alors

a^qr = (a^r)^q = (b^−r)^q = (b^q)^−r=e

et doncpdiviseqr. Orpetq sont premiers entre eux doncpdiviser.

Mutatis mutandis, on obtient queqdiviseret doncpq divisercarpetqsont premiers entre eux.

Finalementabest un élément d’ordrepq exactement.

b) On peut écrirep=dp⁰. Considérons alorsx=a^p⁰. On a

x^k=e⇔a^kp⁰ =e⇔p|kp⁰⇔d|k et doncxest un élément d’ordrek.

c) Ecrivons les décompositions en facteurs premiers depetq(avec des facteurs premiers communs quitte à autoriser les exposants à être nuls)

p=p^α₁¹. . . p^α_N^N etq=p^β₁¹. . . p^β_N^N

(9)

On sait qu’alors

m=p^max(α₁ ¹^,β¹⁾. . . p^max(α_N ^N^,β^N⁾

Par la question b), il est possible de déterminerai élément d’ordrep^max(α_i ⁱ^,βⁱ⁾ et puisque lesa1, . . . , aN sont deux à deux premiers entre eux,x=a1. . . aN est un élément d’ordremcomme le montre un raisonnement par récurrence basé sur le résultat de la question a).

a)σ◦τ◦σ⁻¹= 2 3

,σ²◦τ◦σ⁻²= 3 4 ,..., σ^k◦τ◦σ^−k = k+ 1 k+ 2

.

b) Il est « connu »que toute permutation deS_n peut s’écrire comme produit de transpositions de la forme k k+ 1

. Ces dernières peuvent s’écrire comme produit deσ, deτ, et deσ⁻¹. Orσⁿ= Id et doncσ⁻¹=σⁿ⁻¹ et par conséquent, σ⁻¹ peut s’écrire comme produit de σ.

a)χ◦τ◦χ⁻¹= 2 3

,χ²◦τ◦χ⁻²= 3 4 , etc.

Les transpositions de la forme i i+ 1

appartiennent au sous-groupe engendré parχet τ. Or pour 16i < j6n, on observe

i j

= i i+ 1

◦. . .◦ j−1 j

◦. . .◦ i i+ 1

donc toutes les transpositions appartiennent au sous-groupe engendré parχet τ.

Sachant que toute permutation est produit de transposition, on peut conclure que {χ, τ}engendre le groupe (Sn,◦).

b) Le groupe (Sn,◦) n’étant pas commutatif (n>3), il n’est pas monogène.

a) Pouri6=j∈ {2, . . . , n},

(i, j) = (1, i)◦(1, j)◦(1, i)

Toute transposition appartient àht2, t3, . . . , tniet puisque celles-ci engendrentSn, Sn=ht2, t3, . . . , tni

b) Sis= (i, j),u_sest la réflexion par rapport à l’hyperplan de vecteur normal e_i−e_j.

c) Sisest le produit deptranspositions alors keru_scontient l’intersection dep hyperplans. Ici kerus={0}doncp>n−1.

d)n−1.

NotonsK le complémentaire deH dansGet montronshKi=G.

On a évidemmenthKi ⊂G.

Inversement, on aK⊂ hKiet il suffit d’établirH ⊂ hKipour conclure.

PuisqueH est un sous-groupe strict deG, son complémentaireK est non vide et donc il existea∈K.

Pourx∈H, l’élémenta ? xne peut appartenir àH car sinona= (a ? x)? x⁻¹ serait élément du sous-groupeH. On en déduit quea ? x∈K et donc

x=a⁻¹?(a ? x)∈ hKi Ainsi

G=H∪K⊂ hKi et on peut conclurehKi=G.

Soitaun générateur du groupe cyclique (G, ?) introduit dans l’énoncé.

On sait

G=

e, a, a², . . . , aⁿ⁻¹ avecaⁿ=e

Puisquexest élément deG, il existek∈[[0, n−1]] tel quex=a^k et alors xⁿ =a^kn=e

a) L’ensemble desn∈N^? est une partie non vide (cara^CardG=e∈H) deN, elle possède donc un plus petit élément.

b) Posonsb=aⁿ. Puisque bappartient au sous-groupeH,< b >⊂H.

Considérons ensuitex∈H. Il existep∈Ztel que x=a^p. Soitrle reste de la division euclidienne depparn

p=nq+ravec 06r < n

Commea^r=a^p−nq=xb^−q, on a a^r∈H et par définition den, on obtientr= 0.

Par suitex=a^nq=b^q et doncx∈< b >. AinsiH=< b >est cyclique.

Par isomorphisme, on peut supposer queG=Z/nZce qui rend les choses plus concrètes.

Soientd∈N^? un diviseur denet d⁰ son complément àn:d⁰ =n/d.

(10)

H =< d⁰>=

0,d¯⁰,2 ¯d⁰, . . . ,(d−1) ¯d⁰ est un sous-groupe deZ/nZàdéléments.

Inversement, considérons un sous-groupeH àdéléments.

Pour tout ¯xdeH, on ad¯x= ¯0 car l’ordre d’un élément divise celui du groupe.

Par suiten|dx puisd⁰|xce qui donne ¯x∈

0,d¯⁰,2 ¯d⁰, . . . ,(d−1) ¯d⁰ . AinsiH⊂

0,d¯⁰,2 ¯d⁰, . . . ,(d−1) ¯d⁰ puis l’égalité par cardinalité.

a) (h, k)ⁿ = 1_H×K ⇔p|netq|ndonc (h, k) est un élément d’ordre ppcm(p, q).

b) Posonspet qles ordres deH et K.

Supposonspet qpremiers entre eux.

Sihetk sont générateurs deH et Kalors (h, k) est un élément d’ordre ppcm(p, q) =pq deH×K.

Or CardH×K=pq doncH×K est cyclique.

Inversement, supposonsH×K cyclique.

Si (h, k) est générateur deH×Kalorshetksont respectivement générateurs de H etK.

On en déduit quehest un élément d’ordrep,kd’ordreqet puisque (h, k) est d’ordre ppcm(p, q) etpq, on conclut quepet qsont premiers entre eux.

a)Gp⊂C^?, 1∈Gp, pourz∈Gp, il existek∈Ntel quez^p^k= 1 et alors (1/z)^p^k = 1 donc 1/z∈Gp.

Si de plusz⁰∈Gp, il existek⁰ ∈Nvérifiantz^0p^k

0

et alors (zz⁰)^p^k+k

0

= z^p^k^p^k

0

z^0p^k

0^p^k

= 1 donczz⁰∈Gp. b) Notons

U_pk =n

z∈C/z^p^k = 1o SoitH un sous-groupe deGpdifférent deGp.

S’il existe une infinité dek∈NvérifiantU_pk⊂H alorsH =Gp carGp est la réunion croissante deU_pk.

Ceci étant exclu, on peut introduire le plus grandk∈NvérifiantU_pk⊂H.

Pour` > k, tous les éléments deU_p`\U_pk engendrent au moinsU_pk+1, or U_pk+1 6⊂H doncH⊂U_pk puisH =U_pk

H est donc un sous-groupe cyclique et ne peut être maximal pour l’inclusion car inclus dans le sous-groupe propreU_pk+1.

c) SiG_p pouvait être engendré par un système fini d’éléments, il existeraitk∈N tel que ses éléments sont tous racinesp^k-ième de l’unité et alorsGp⊂U_pk ce qui est absurde.

a) Par la factorisationa²−b²= (a−b)(a+b)

a²ⁿ⁻²−1 = (a²ⁿ⁻³+ 1)(a²ⁿ⁻³−1) et en répétant l’opération

a²ⁿ⁻²−1 = (a²ⁿ⁻³+ 1)(a²ⁿ⁻⁴+ 1). . .(a²⁰+ 1)(a²⁰−1)

Il y an−1 facteurs dans ce produit et ceux-ci sont tous pairs caraest impair.

De plus, les deux derniers facteurs sonta+ 1 eta−1 et parmi ces deux figure un multiple de 4.

On en déduit que 2ⁿ divisea²ⁿ⁻²−1 et donca²ⁿ⁻² ≡1 [2ⁿ].

b) Par l’absurde supposons (Z/2ⁿZ)^? cyclique.

Les éléments de ce groupe sont les ¯kavec 2∧k= 1, ce sont donc les classes des entiers impairs. Il y en a exactement 2ⁿ⁻¹. Si ¯aest un générateur de (Z/2ⁿZ)^? alorsaest un entier impair et ¯aest un élément d’ordre 2ⁿ⁻¹. Or le résultat précédent donne ¯a²ⁿ⁻² = ¯1 et donc l’ordre deaest inférieur à 2ⁿ⁻²<2ⁿ⁻¹. C’est absurde.

a) On obtientχ_M(X) = (−1)ⁿ(Xⁿ−1).

Les racines deχ_M sont les racines de l’unité, il y en ance qui est la taille de la matrice et doncM est diagonalisable.

Puisque 0 n’est pas racine deχ_M, la matriceM est inversible.

b) Par Cayley-Hamilton, nous savonsMⁿ=I_n et donc M est un élément d’ordre fini du groupe (GLn(C),×). Par calcul ou par considération de polynôme

minimal, on peut affirmer quenest le plus petit exposantp >0 tel queM^p=In

et doncM est un élément d’ordre exactementn. On en déduit queGest un groupe cyclique de cardinaln.

a) Le groupe (G, ?) est nécessairement commutatif car cyclique. Pour tout x, y∈G, on a

f(x ? y) = (x ? y)^r=x^r? y^r=f(x)? f(y) b) Pourx∈G, on peut écrirex=a^k aveck∈Zet alors

f(x) =e⇔a^kr =e Puisqueaest d’ordren

f(x) =e⇔n|kr

(11)

En introduisantd= pgcd(n, r), on peut écriren=dn⁰ etr=dr⁰ avecn⁰∧r⁰= 1 et alors le théorème de Gauss donne

n|kr⇔n⁰|k Par conséquent

kerf =D aⁿ⁰E

c) Par l’égalité de Bézout, on peut écrirenu+rv=det alors a^d=a^nu? a^rv=a^rv=f(a^v)∈Imf Puisque Imf est un sous-groupe, on a déjà

a^d

⊂Imf.

Inversement, soity∈Imf. On peut écrirey=x^ravecxde la formea^k oùk∈Z. On a donc

y=a^kr Ord|ret doncy∈

a^d

. Ainsi Imf ⊂ a^d

puis l’égalité.

d) Siy /∈Imf, l’équation n’a pas de solution. Sinon, il existex₀∈Gtel que x^r₀=y et alors

x^r=y⇔(x ? x⁻¹₀ )^r=e

Ceci permettre de mettre en correspondance bijective les solutions de l’équation x^r=y avec les éléments du noyau def. Dans ce cas, il y a exactementn/n⁰=d solutions à l’équation.

Commençons par rappeler que les éléments de SO(2) sont les matrices R(θ) =

cosθ −sinθ sinθ cosθ

SoitGun sous-groupe fini de (SO(2),×).

L’ensembleT ={θ >0/R(θ)∈G} est une partie non vide (car 2πen est élément) et minorée deR. On peut donc introduire

θ₀= infT ∈R⁺ Commençons par établir queθ₀ est élément deT.

On peut construire une suite (θ_n)_n_>₁d’éléments de T convergeant versθ₀. Puisque l’ensembleGest fini, l’ensemble desR(θ_n) est lui aussi fini. Il existe donc une infinité d’indicesnpour lesquels lesθn sont égaux modulo 2πà une valeurα.

Puisqueθn →θ0, il y a une infinité deθn égaux àθ0 et doncθ0∈T.

PuisqueR(θ0)∈G, on ahR(θ0)i ⊂G.

Inversement, soitRun élément deG. Il existeθ∈Rtel queR=R(θ). On peut écrireθ=qθ0+θ⁰ avecq∈Zetθ⁰∈[0,2π[. On a alors

R(θ⁰) =R(θ)R(θ0)^−q ∈G

Siθ⁰>0 alorsθ⁰∈T ce qui contredit la définition deθ₀= infT carθ⁰ < θ₀. Nécessairementθ⁰= 0 et donc θ=qθ₀ ce qui donneR=R(θ₀)^q ∈ hR(θ₀)i.

Finalement

G=hR(θ₀)i

a)G⊂GL4(R),Gest non vide, stable par passage à l’inverse et par produit car V l’est. AinsiGest un sous-groupe de GL₄(R) donc un groupe.

b) SiM ∈Galors detM,detM⁻¹∈Zet detM×detM⁻¹= detI₄= 1 donc detM =±1.

Inversement si detM =±1 alors M⁻¹=^tcomM ∈V doncM ∈G.

c)

detM = ((a+c)²−(b+d)²)((a−c)²+ (b−d)²) donc

detM =±1⇔

((a+c)²−(b+d)²=±1 (a−c)²+ (b−d)²=±1

La résolution de ce système à coefficients entiers donne à l’ordre près : a, b, c, d=±1,0,0,0.

PosonsJ la matrice obtenue poura=c=d= 0 etb= 1. On vérifieJ⁴=I₄. L’applicationϕ:U₂×Z/4Z→Gdéfinie parϕ(ε, n) =εJⁿ est bien définie, c’est un morphisme de groupe, injectif et surjectif. AinsiGest isomorphe àU₂×Z/4Z ou plus élégamment àZ/2Z×Z/4Z.

Non, l’équationx²= 1 admet deux solutions dans (Q^?,×) alors que l’équation analogue dans (Q,+), à savoir 2x= 0, n’admet qu’une solution.