b. Soit f un morphisme de groupe de U n dans lui même. On sait que (les notations de l'énoncé),

MPSI B Année 2012-2013 Corrigé DM 9 (le 17/01/13) 29 juin 2019

Pb 1.

1. a. C'est une question de cours. On vérie immédiatement que le produit de deux racines n -ièmes de 1 est encore une racine n -ième de 1 . De même pour l'inverse (qui est aussi le complexe conjugué).

b. Soit f un morphisme de groupe de U n dans lui même. On sait que (les notations de l'énoncé),

U n =

1, u, u ² , · · · , u ⁿ⁻¹ avec u = e

Analyse. Supposons qu'il existe un entier m entre 0 et n−1 tel que f (v) = v ^m pour tous les v ∈ U n . En particulier pour v = u , on obtient f (u) = u ^m . Cela prouve l'unicité d'un tel m car si m ⁰ est un autre entier vériant les mêmes conditions

f (u) = u ^m = u ^m

⇒ m − m ⁰ ∈ Z n ⇒ m = m ⁰ car ils sont tous les deux entre 0 et n − 1 .

Synthèse. Comme f (u) ∈ U ⁿ , il existe un m entre 0 et n − 1 tel que f (u) = u ^m . Alors, pour tout v ∈ U ⁿ , f (v) = v ^m . En eet, il existe un entier k tel que v = u ^k . Comme f est un morphisme de groupes :

f (v) = f (u ^k ) = f (u) ^k = (u ^m ) ^k = u ^km = u ^{k m}

= v ^m

2. a. Comme f est un morphisme, il est immédiat que

∀(t, t ⁰ ) ∈ R ² : g(t + t ⁰ ) = g(t)g(t ⁰ )

Soit t un réel xé et h un réel non nul. Considérons le taux d'accroissement complexe et exploitons le fait que f est un morphisme

g(t + h) − g(t)

h = g(h) − g(0) h g(t)

Comme g est dérivable en 0 , on en déduit en prenant la limite pour h en 0 que g est dérivable en t avec g ⁰ (t) = g ⁰ (0)g(t) .

b. D'après la question précédente, la fonction à valeurs complexes g est solution d'une équation diérentielle linéaire à coecients constants. Il existe alors λ ∈ C tel que g(t) = λe ^g

^(0)t pour tous les réels t . Comme g(0) = 1 on a λ = 1 . Comme g(2π) aussi est égal à 1 , on a e ^2g

^(0)π = 1 . Il existe donc un m entier tel que g ⁰ (0) = im donc g(t) = e ^imt . On peut alors écrire :

∀v ∈ U , ∃t ∈ R tel que v = e ^it ⇒ f(v) = g(t) = e ^imt = v ^m

Pb 2.

1. L'application u ⁺ est linéaire comme combinaison de composées d'applications linéaires.

Considérons u ◦ h pour un h quelconque dans G : u ⁺ ◦ h = 1

m X

g∈G

g ⁻¹ ◦ u ◦ g ◦ h = 1

m h ◦ X

g∈G

(g ◦ h) ⁻¹ u ◦ (g ◦ h).

Pour h xé, g ⁰ = g ◦ h décrit le groupe G lorsque g décrit G donc u ⁺ ◦ h = 1

m h ◦ X

g

∈G

g ⁰⁻¹ ◦ u ◦ g ⁰ = h ◦ u ⁺ .

2. Comme u ⁺ commute avec tout élément g de G , u ⁺⁺ = 1

m X

g∈G

g ⁻¹ ◦ u ⁺ ◦ g = 1 m

X

g∈G

g ⁻¹ ◦ g ◦ u ⁺ = u ⁺ .

3. a. L'application p est un projecteur sur F qui est stable par les éléments de G donc :

∀x ∈ F, p ⁺ (x) = 1 m

X

g∈G

g ⁻¹ ◦ p(g(x)

|{z}

∈F

) = 1 m

X

g∈G

g ⁻¹ ◦ g(x) = x

donc F est inclus dans l'image de p ⁺ .

D'autre part, pour tout x de E , p(g(x)) ∈ F donc g ⁻¹ ◦ p ◦ g(x) ∈ F par stabilité puis p ⁺ (x) ∈ F par linéarité. On en déduit que F est l'image de p ⁺ .

b. Soit g et h quelconques dans G et y quelconque dans E . Alors p(y) ∈ F ⇒ g ◦ h ⁻¹ ◦ p(y) ∈ F (stabilité de F )

⇒ p◦ g ◦ h ⁻¹ ◦ p(y) = g ◦ h ⁻¹ ◦ p(y) ⇒ p ◦ g ◦ h ⁻¹ ◦ p = g ◦ h ⁻¹ ◦ p (à cause du ∀y)

⇒ g ⁻¹ ◦ p ◦ g ◦ h ⁻¹ ◦ p ◦ h = g ⁻¹ ◦ g ◦ h ⁻¹ ◦ p ◦ h = h ⁻¹ ◦ p ◦ h.

c. Pour montrer que p ⁺ est un projecteur, on forme p ⁺ ◦ p ⁺ . p ⁺ ◦ p ⁺ = 1

m ² X

(g,h)∈G

g ⁻¹ ◦ p ◦ g ◦ h ⁻¹ ◦ p ◦ h

= 1 m ²

X

(g,h)∈G

h ⁻¹ ◦ p ◦ h = 1 m

X

g∈G

p ⁺ = p ⁺ .

d. Pour tout x ∈ ker p ⁺ , p ⁺ ◦ g(x) = g ◦ p ⁺ (x) = 0 donc g(x) ∈ ker p ⁺ . D'où ker p ⁺ est stable par G .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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