2.2 Exemples de groupes

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Structures algébriques Lois de compositions internes

Groupes 1 Lois de compositions internes.

⊲ Exercice1.1. SoitE={a, b, c}un ensemble muni de la LCI∗définie par la table suivante :

∗ → a b c

↑

a a c b

b c b a

c b a c

1. Quelles sont les propriétés de la loi∗?

2. Résoudre les équations d’inconnuex∈E suivantes

x∗b=c (1), (b∗x)∗a=c (2), x∗x=a (3), x∗x=x (4).

⊲ Exercice 1.2. Soit E = {a, b, c, d, e, f} l’ensemble des sommets d’un hexagone régulier de centre O. On définit une LCI surEen posant, pour tout (x, y)∈E²,x∗y=zoùzest le sommet image dexdans la réflexion d’axe (Oy).

1. Dresser la table de loi de∗.

2. Quelles sont les propriétés de la LCI∗? 3. Résoudre les équations d’inconnuex∈E

a∗x=e (1), x∗a=e (2), x∗x=a (3), x∗x=x (4) (e∗x)∗a=c (5), e∗(x∗a) =c (6).

⊲ Exercice 1.3. SoitE un ensemble non vide.

1. Quelles sont les propriétés des LCI∩et∪surP(E) ?

2. Quelles sont les propriétés de la LCI ∆ (différence symétrique) surP(E) ? On pourra calculer, pour tout A∈ P(E),A∆A, A∆∅ etA∆E. Tout élément est-il symétrisable pour cette loi ?

⊲ Exercice 1.4. Dans l’anneau usuel (Z,+,×), on définit la loi⊥par a⊥b=a²+b²

1. Calculer 2 ⊥1, 5 ⊥3, (3 ⊥1) ⊥5, 3 ⊥(1 ⊥ 5). Quelles sont les propriétés de la loi ⊥(associativité, commutativité, neutre) ?

2. On définita⁽ⁿ⁾ pour tout n∈N^∗ par







a⁽¹⁾ =a

∀n∈N^∗, aⁿ= (((a⊥a)⊥a)⊥. . .⊥a)

| {z }

nfoisa

. Exprimera⁽²⁾, a⁽³⁾, a⁽⁴⁾ eta⁽²⁾⊥a⁽²⁾.

2 Groupes

2.1 Propriétés élémentaires des groupes.

⊲ Exercice 2.1. Union de sous-groupes

Soient (G,∗) un groupe,H et K deux sous-groupes de G. Montrer que H ∪K est un sous-groupe deG si et seulement siH ⊂K ouK⊂H.

Ce résultat est à rapprocher du suivant : soient (E,+, .) unK-espace vectoriel,FetGdeux sous-espaces vectoriels deE, montrer queF∪Gest un sous-espace vectoriel deE si et seulement siF ⊂GouG⊂F.

⊲ Exercice 2.2. Intersection de sous-groupes

Soient (G,∗) un groupe,Iun ensemble quelconque et (Hi)i∈I une famille de sous-groupes deG.

Montrer que \

i∈I

Hi est un sous-groupe de (G,∗).

⊲ Exercice2.3. Soit (G,∗) un groupe. Montrer que l’application Ψ :

G → G

g 7→ g⁻¹ est une bijection. Ψ est-il un morphisme de groupe ?

(2)

⊲ Exercice 2.4. Centre d’un groupeSoit (G,∗) un groupe. Le centreZ(G) deGest l’ensemble des éléments deGqui commutent avec tous les autres éléments deG:

Z(G) ={g∈G| ∀h∈G, g∗h=h∗g }. Montrer queZ(G) est un sous-groupe abélien deG.

⊲ Exercice 2.5. SoientE un ensemble et (S(E),◦) le groupe des permutations de E.

Fixonsf0∈ S(E).

1. Montrer queC^f⁰ ={f ∈ S(E)|f ◦f0=f0◦f}est un sous-groupe de (S(E),◦).

2. Posonsϕ

S(E) → S(E)

f 7→ f₀⁻¹◦f◦f0 Montrer queϕest un automorphisme de groupes.

Préciser le sous-groupeϕ(C^f⁰).

2.2 Exemples de groupes

⊲ Exercice 2.6.

1. Sur l’intervalle ]−1,1[, à partir des LCI usuelles +_R et ×R deR, on définit une LCI notée∗en posant, pour tout (a, b)∈]−1,1[²,a∗b= a+_Rb

1 +_Ra×Rb. Montrer que cette formule donneeffectivementune LCI sur ]−1,1[ puis montrer que (]−1,1[,∗) est un groupe abélien.

2. En exprimant, pour (x, y) ∈ R² quelconques, th(x+y) en fonction de th(x) et de th(y), montrer que (]−1,1[,∗) est isomorphe à (R,+).

⊲ Exercice 2.7. Groupe de points d’une hyperbole Montrer queG={x+y√

3∈R|(x, y)∈R² : x²−3y²= 1} est un sous-groupe de (R^∗,×) (on suppose connu que (R^∗,×) est un groupe).

⊲ Exercice2.8. SoitEun ensemble non vide muni d’une loi de composition interne notée∗qui est associative, qui admet un élément neutre noté e, et pour laquelle, tout élément est symétrisable à droite (c’est à dire :

∀x∈E, ∃y∈E:x∗y=e).

1. Nous allons dans un premier temps supposer queE est un ensemble fini.

(a) Montrer que, dans un ensemble (fini ou pas) muni d’une LCI associative et d’un élément neutre, si un élément est symétrisable à droite et à gauche, alors il est symétrisable.

(b) Montrer que, pourx∈E fixé quelconque,

E −→ E

z 7−→ z∗x est injective.

(c) En déduire que (E,∗) est un groupe.

2. Montrer directement que, dans le cas général, l’ensemble (E,∗) est un groupe.

⊲ Exercice 2.9. Le plus petit groupe non abélien : (S³,◦), le groupe des isométries d’un triangle équilatéral.

SoitABC un triangle équilatéral.

Notonsr la rotation de centre le centre de gravité deABC et d’angle 2π

3 ,sla réffexion d’axe la médiatrice de [AB].

SoitS³={id, r, r², s, s◦r, s◦r²}. Montrer que cet ensemble, muni de la loi de composition est un groupe non abélien de cardinal 6.

2.3 Propriétés de certains groupes particuliers

⊲ Exercice 2.10. Soit (G,∗) un groupe non réduit à un seul élément dont tout élément différent du neutre (notée) est d’ordre 2 (c’est-à-dire que∀g∈G, g∗g=e).

1. Montrer queGest abélien (on pourra considérer (g1∗g2)²).

2. Montrer queGpossède au moins un sous-groupe de cardinal 2.

3. (a) SoitH un sous-groupe fini strict de G(c’est-à-direH (G) et soitg∈G\H.

PosonsgH={g∗h|h∈H}.

Montrer queH∪gH est un sous-groupe deGde cardinal 2|H|.

(b) En déduire que, siGest un groupe fini, alors son cardinal est une puissance de 2.

⊲ Exercice 2.11. Soit (G,∗) un groupe de cardinal fini et pair. Le but est de prouver qu’il existe au moins un élément non trivial d’ordre 2 (c’est-à-direg∈Gtel queg²=eet g6=eoùeest le neutre deG).

1. SoitE={g∈G|g²6=e}. Montrer que, si g∈E, g⁻¹∈E.

2. En déduire queE est de cardinal pair et conclure.

(3)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

1. • La LCI ∗est commutative (symétrie de la table de loi par rapport à une des diagonales).

• La LCI∗ ne possède pas délément neutre (sinon l’une la colonne correspondant à cet élément serait identique à la première colonne).

• La LCI ∗n’est pas associative :

a∗(b∗c) =a∗a=a et (a∗b)∗c=c∗c=c .

• La LCI ∗a la proprié suivante :∀x∈E,x∗x=x.

2. • x∗b=c ⇐⇒ x∈ {a}.

• (b∗x)∗a=c ⇐⇒ b∗x=b ⇐⇒ x∈ {b}.

• x∗x=a ⇐⇒ x∈ {a}.

• x∗x=x ⇐⇒ x∈ {a, b, c} ⇐⇒ x∈E.

1.

∗ → a b c d e f

↑

a a c e a c e

b f b d f b d

c e a c e a c

d d f b d f b

e c e a c e a

f b d f b d f

2. • La LCI ∗n’est pas commutative :a∗b=c6=f =b∗a.

• La LCI∗ ne possède pas délément neutre (sinon l’une la colonne correspondant à cet élément serait identique à la première colonne).

• La LCI ∗n’est pas associative :

a∗(b∗c) =a∗d=a et (a∗b)∗c=c∗c=c .

• La LCI∗ a les propriétés suivantes : ∀x∈E, x∗x=xet ∀(x, y, z)∈E³, x∗y =z ⇐⇒ z∗y =x (qui est la conséquence directe du fait qu’une réflexion est une involution).

3. • a∗x=e ⇐⇒ x∈ {c, f}.

• x∗a=e ⇐⇒ x∈ {c}.

• x∗x=a ⇐⇒ x∈ {a}.

• x∗x=x ⇐⇒ x∈ {a, b, c, d, e, f} ⇐⇒ x∈E.

• (e∗x)∗a=c ⇐⇒







e∗x=b ou

e∗x=e ⇐⇒





 x∈ ∅

ou

x∈ {b, e} ⇐⇒ x∈ {b, e}.

• e∗(x∗a) =c ⇐⇒







x∗a=a ou

x∗a=d ⇐⇒







x∈ {a}∅

ou

x∈ {d} ⇐⇒ x∈ {a, d}.

1. 2⊥1 = 5, 5⊥3 = 34, (3⊥1)⊥5 = 10⊥5 = 125, 3⊥(1⊥5) = 3⊥26 = 585.

• La loi⊥est commutative :

∀(a, b)∈Z² , a⊥b=a²+b²=b²+a²=b⊥a

• La loi⊥n’est pas associative car (3⊥1)⊥5 = 3⊥(1⊥5).

• La loi⊥ne possède pas d’élément neutre. En effet, raisonnons par l’absurde et supposons quea∈Z est le neutre de⊥, alors

1⊥a= 1⇒1 +a²= 1⇒a²= 0⇒a= 0 Par conséquent, 0 est le neutre de⊥donc

2⊥0 = 2⇒4 + 0 = 2 ce qui est une contradiction.

2. a⁽²⁾= 2a²,a⁽³⁾= 4a⁴+a²,a⁽⁴⁾= 16a⁸+ 8a⁶+a⁴+a² et a⁽²⁾⊥a⁽²⁾ = 8a⁴.

(4)

• Supposons queH ⊂K (resp.K⊂H).

AlorsH∪K=K (resp.H∪K=H) qui est un sous-groupe deGpar hypothèse.

• Supposons queH∪K est un sous-groupe deG.

Par l’absurde, supposons queH (KetK(H.

Alors∃(xK, xH)∈(K\H)×(H\K) . Considérons l’élémentz=xK∗xH.

Puisque H ∪K est un sous-groupe de G, z ∈ H ∪K (car obtenu en composant pour la LCI ∗ deux éléments deH∪K).

⋆ Siz∈H, alorsxK = z

|{z}

∈H

∗ x⁻¹_H

|{z}

∈H carxH∈H et

H sous-groupe

|{z}⇒ H sous-groupe

xK ∈H ce qui est une contradiction donc

z /∈H.

⋆ Siz∈K, alorsxH= x⁻¹_K

|{z}∈K carxK ∈K et

Ksous-groupe

∗ z

|{z}

∈K

|{z}⇒ Ksous-groupe

xH ∈Kce qui est une contradiction donc

xH∈H.

Ainsi, d’une partz∈H (K et d’autre partz /∈H etz /∈K, ce qui est une contradiction.

Par conséquent, l’hypothèse de départ, à savoirH ( K et K ( H est fausse si bien que H ⊂ K ou K⊂H.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.2 Notonsel’élément neutre deG.

PosonsH =\

i∈I

Hi.

⋆ H⊆Gpar définition.

⋆ H6=∅ car∀i∈I,Hi sous-groupe deGdonce∈Hi si bien quee∈\

i∈I

Hi.

⋆ Soient (g, h)∈H² fixés quelconques.

Soiti∈I fixé quelconque.

Puisque (g, h)∈H², (g, h)∈Hi² orHi est un sous-groupe deGdoncg∗h⁻¹∈Hi. Par conséquent,g∗h⁻¹∈H.

Ainsi,H est un sous-groupe de (G,∗).

⊲ Corrigé de l’exercice 2.3 Considérons l’application Ψ :

G → G

g 7→ g⁻¹

1. — Cette application est bien définie car dans un groupe, tout élément est symétrisable.

— Soient (g, h)∈G² fixés quelconques tels que Ψ(g) = Ψ(h).

Alorsg⁻¹=h⁻¹. En composant à gauche parg et à droite parh, on obtienth=g.

Ainsi, Ψ est injective.

— Soitg∈E fixé quelconque.

D’après la première question,g⁻¹∈E, donc Ψ(g⁻¹) a un sens et de plus Ψ(g⁻¹) = (g⁻¹)⁻¹=g.

Ainsi, Ψ est surjective.

Par conséquent, Ψ est une bijection.

Remarque : une autre preuve consiste à dire que Ψ◦Ψ = idG donc Ψ est une involution, donc une bijection.

2. (a) Montrons que, si (G,∗) est abélien, alors Ψ est un morphisme de groupes.

(b) Montrons que si (G,∗) n’est pas abélien, Ψ n’est pas toujours un morphisme de groupe. Prenons notre groupe non abélien préféré :Scal3c’est à dire le groupe des isométries d’un triangle équilatéralABC: (S³,◦) ={id, r, r², s, s◦r, s◦r²}oùrest la rotation de centre le centre de gravité et d’angle 2π

3 ,sest la réffexion d’axe la médiatrice de [AB].

Alors Ψ(r) =r² (carr³= id), Ψ(s) =s(cars²= id), Ψ(s◦r) =s◦r (cars◦rest une réflexion) et Ψ(s)◦Ψ(r) =scircr² donc Ψ(s◦r)6= Ψ(s)◦Ψ(r).

• Méthode 1.Montrons queZ(G) satisfait la définition d’un sous-groupe.

— Z(G) est une partie du groupe (G,∗).

— Le neutre deGappartient à Z(G) car∀h∈G,e∗h=h=h∗e.

— Soient (u, v)∈ Z(G)²fixés quelconques.

(5)

Soith∈Gfixé quelconque.

h∗(u∗v) = (h∗u)∗v= (u∗h)∗v=u∗(h∗v) =u∗(v∗h) = (u∗v)∗h doncu∗v ∈ Z(G).

Ainsi,Z(G) est stable pour la loi ∗.

— Soitg∈ Z(G) fixé quelconque.

Alors, ∀h∈ G, h∗g =g∗h donc, en composant parg⁻¹ à droite et à gauche,g⁻¹∗h∗g∗g⁻¹ = g⁻¹∗g∗h∗g⁻¹ donch∗g⁻¹=g⁻¹∗hsi bien queg⁻¹∈ Z(G).

Ainsi,Z(G) est stable par passage au symétrique.

• Méthode 2.Montrons queZ(G) satisfait la caractérisation d’un sous-groupe.

— (Z(G)) est une partie du groupe (G,∗).

— Z(G) est non vide : l’élément neutre deG, notéeappartient àGcar∀h∈G,e∗h=h=h∗e.

— Soient (u, v)∈ Z(G)²fixés quelconques.

Soith∈Gfixé quelconque.

(u∗v⁻¹)∗h = u∗(v⁻¹∗h)

= u∗(h⁻¹∗v)⁻¹

= u∗(v∗h⁻¹)⁻¹ carh∈Getv∈ Z(G)

= u∗h∗v⁻¹

= (u∗h)∗v⁻¹

= (h∗u)∗v⁻¹ caru∈ Z(G)

= h∗(u∗v⁻¹) doncu∗v⁻¹∈ Z(G).

1. ⋆ C^f⁰ ⊂ S(E) et (S(E),◦) est un groupe.

⋆ idE◦f0=f0 etf0◦idE=f0 donc idE∈ C^f⁰ d’oùC^f⁰ 6=∅.

⋆ Soient (f, g)∈ Cf²0 fixés quelconques.

(f ◦g)◦f0 = f◦(g◦f0) (une loi de groupe est associative)

= f◦(f0◦g) carg∈ C^f⁰

= (f ◦f0)◦g) (une loi de groupe est associative)

= (f0◦f)◦g carf ∈ C^f⁰

= f0◦(f ◦g) (une loi de groupe est associative) doncf◦g∈ C^f⁰.

⋆ Soitf ∈ C^f⁰ fixé quelconque.

Par définition,f◦f0=f0◦f donc en composant parf⁻¹ à gauche et à droite, f⁻¹◦f

| {z }

= idE

◦f0◦f⁻¹=f⁻¹◦f0◦f◦f⁻¹

| {z }

= idE

d’oùf0◦f⁻¹=f⁻¹◦f0doncf⁻¹∈ C^f⁰. Ainsi,C^f⁰ est un sous-groupe de (S(E),◦).

2. ⋆ ϕest une application bien définie puisqu’une composée de bijections est une bijection.

⋆ Soient (f, g)∈ S(E)² fixés quelconques.

ϕ(f◦g) =f₀⁻¹◦(f ◦g)◦f0=f₀⁻¹◦f◦f0◦f₀⁻¹◦g◦f0=ϕ(f)◦ϕ(g)

Ainsi,ϕest un morphisme de groupes.

De plus, résolvons l’équation d’inconnuef ∈ S(E) et de paramètreg∈ S(E) fixé quelconque : ϕ(f) =g ⇐⇒ f₀⁻¹◦f◦f0=g

⇐⇒ f0◦(f₀⁻¹◦f◦f0)◦f₀⁻¹=f◦g◦f₀⁻¹

⇐⇒ f =f◦g◦f₀⁻¹

Le sens direct prouve queϕest injective, le sens réciproque prouve queϕest surjective doncϕest bijective.

De plus,ϕest un morphisme du groupe (S(E),◦) dans lui-même doncϕest un automorphisme de groupe du groupe (S(E),◦).

(6)

Bonus :la résolution de l’équationϕ(f) =gpermet d’expliciterϕ⁻¹ :

S(E) → S(E) g 7→ f0◦g◦f₀⁻¹ Observons que

∀f ∈ C^f⁰ , ϕ(f) =f₀⁻¹◦f ◦f0=f ◦f₀⁻¹◦f0

| {z } idE

=f

doncϕ|Cf0 = id|Cf0 si bien que ϕ(C^f⁰) =C^f⁰ .

⊲ Corrigé de l’exercice 2.6 Rédaction du corrigé.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.7 SoitG={x+y√

3∈R| (x, y)∈R² : x²−3y²= 1}.

• G6=∅car 1 = 1 + 0√

3∈Gpuisque 1²+ 3×0²= 1.

• L’inclusionG⊆Rest immédiate. De plus, si 0∈G, alors il existe (x0, y0)∈R² : x²₀−3y₀²= 1 (∗) et x0+y0

√3 = 0 donc x0 =−y0

√3. En injectant dans la relation (∗), on trouve 3y₀²−3y₀² = 1 ce qui est faux. Par conséquent, 0∈/ G.

Ainsi,G⊆R^∗ et (R^∗,×) est un groupe.

• Soient (g1, g2)∈G² fixés quelconques.

Alors, par définition deG,∃(x1, x2, y1, y2)∈R⁴: g1 = x1+y1

√3 g2 = x2+y2√

3 et

x²₁−3y₁³ = 1 x²₂−3y₂³ = 1

Pour montrer queg1×g⁻¹₂ appartient àG, mettonsg1×g₂⁻¹sous la forme des éléments deG, c’est à dire trouvons

(x3, y3)∈R² : g1×g₂⁻¹=x3+y3

√3 et x²₃−3y₃³= 1

g1×g₂⁻¹ = x1+y1√ 3 x2+y2√

3

= (x1+y1√

3)(x2−y2√ 3) x²₂−3y₂²

| {z }

= 1

en multipliant par l’expression conjuguée

= (x1x2−3y1y2) + (−x1y2+x2y1)√ 3 Posonsx3=x1x2−3y1y2 ety3=−x1y2+x2y1.

Calculons maintenant

x²₃−3y₃² = x²₁x²₂−6x1x2y1y2+ 9y₁²y₂²

−3 x²₁y²₂−2x1y2x2y1+x²₂y₁²

= x²₁



x²₂−3y₂²

| {z }

= 1



+−6x1x2y1y2+ 6x1y2x2y1

| {z }

= 0

+3y²₁



3y²₂−x²₂

| {z }

=−1





= x³₁−3y₁²

= 1

Ainsi,∃(x3, y3)∈R² :g1×g⁻¹₂ =x3+y3

√3 etx²₃−3y₃³= 1 doncg1×g⁻¹₂ ∈G.

Ainsi, (G,×) est un sous-groupe de (R^∗,×).

1. Nous allons dans un premier temps supposer queE est un ensemble fini.

(a) Montrer que, dans un ensemble (fini ou pas) muni d’une LCI associative et d’un élément neutre, si un élément est symétrisable à droite et à gauche, alors il est symétrisable.

(b) Montrer que, pourx∈E fixé quelconque,

E −→ E

z 7−→ z∗x est injective.

(c) En déduire que (E,∗) est un groupe.

2. (i) E est un ensemble muni d’une LCI∗ associative, (ii) La LCI∗ admet un élément neutre,

(7)

(iii) Soitx∈E fixé quelconque.

Puisquex∈E,xest symétrisable à droite donc

∃a∈E : x∗a=e . De plus,a∈E est donc lui aussi symétrisable à droite :

∃c∈E : a∗c=e . Calculonsa∗x∗a∗cde deux façons différentes :

— a∗x∗a∗c= (a∗x)∗(a∗c) = (a∗x)∗e=a∗x

— a∗x∗a∗c=a∗(x∗a)∗c=a∗(e)∗c=a∗c=e donca∗x=e

Par conséquentx∗a=a∗x=edoncxest symétrisable.

Ainsi, l’ensemble (E,∗) est un groupe.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.9 Rédaction du corrigé.

1. Soient (g1, g2)∈G² fixés quelconques.

Alors l’élémentg1∗g2 est d’ordre 2 donc (g1∗g2)²=esoit g1∗g2∗g1∗g2=e.

Par ailleurs,g1∗g1=eet g2∗g2=edoncg1∗g1∗g2∗g2=esi bien que g1∗g2∗g1∗g2=g1∗g1∗g2∗g2

d’où, en composant à gauche parg⁻¹₁ et à droite parg⁻¹₂ , g2∗g1=g1∗g2. Ainsi, (G,∗) est un groupe abélien.

2. PuisqueGn’est pas réduit à un seul élément, choisissonsg∈Gsetminus{e}. Par hypothèse,gest d’ordre 2 doncg∗g=ed’oùg⁻¹=g. ConsidéronsH ={e, g}. Montrons queH est un sous-groupe deG:

— H est une partie deG,

— H contient le neutre deG,

— H est stable pour la loi∗care∗e=e∈H,e∗g=g∈H,g∗e=g∈H etg∗g=e∈H,

— H est stable par inversion :e⁻¹=e∈H etg⁻¹=g∈H.

Ainsi,Gpossède au moins un sous-groupe de cardinal 2.

3. (a)

(b) Ainsi, siGest un groupe fini, alors son cardinal est un puissance de 2.

1. SoitE={g∈G|g²6=e}. Montrer que, si g∈E, g⁻¹∈E.

Soitg∈G. Montrons queg²=e ⇐⇒ (g⁻¹)²=e.

— Supposons queg²=e. En composant parg⁻¹ à gauche, on obtientg⁻¹∗g² =g⁻¹∗e doncg=g⁻¹ doncg²= (g⁻¹)² org²=gdonc (g⁻¹)²=e.

— Supposons que (g⁻¹)²=e. En appliquant le sens direct pourg=g⁻¹, on obtient que (g⁻¹)⁻¹2

=e.

Or la prise du symétrique est une involution dans un groupe donc (g⁻¹)⁻¹=g si bien queg²=e.

En contraposant les deux implications de l’équivalence prouvée ci-dessus, g∈E ⇐⇒ g⁻¹∈E . 2. G est l’union disjointe de F = {g ∈ G|g² = e} et de E = {g ∈ G|g² 6= e} (ces deux ensembles sont

clairement disjoints !) et puisqueGest un groupe fini,

|G|=|E|+|F|

De plus les éléments deE peuvent être regroupés par paires de la forme (g, g⁻¹) car d’une partg∈E⇒ g⁻¹∈E et d’autre partg∈E⇒g⁻¹6=g(carg⁻¹=g⇒g²=edoncg∈F!).

Par conséquent le cardinal deE est pair, or celui deGest pair donc celui de|F|est aussi pair.

De plus|F|>1 car e∈F donc|F|>2.

Ainsi,∃g∈F tel queg6=eetg²=e.

Remarque :une “bonne” façon de formaliser ce dénombrement consiste à utiliser la notion de relation d’équivalence et celle d’ensemble quotient.