Compléments sur les groupes

Exercices de Mathématiques - MP/MP*

1 Applications de cours

Énoncé:Réunion de deux sous-groupes

Soit $H$ et $K$ deux sous-groupes d’un groupe $(G, *) .$
À quelle condition $H \cup K$ est-il un sous-groupe de $(G, *) ?$

Indication:

La condition est $H\subset K$ou$k\subset H$

Corrigé:

On montre que l’union est un sous-groupe si, et seulement, si l’un est inclus dans l’autre

Si $H \subset K$ ou $K \subset H$ alors $H \bigcup K=K(\text { resp. } H)$ et donc$H \cup K$ est un sous-groupe de $(G, *)$
Inversement, supposons que $H \cup K$ est un sous groupe et que $H \not\subset K .$Il existe alors $h \in H$tel que $h \notin K .$
Pour tout $k \in K,$on a$k * h \in H \cup K$car $H \cup K$ est stable pour $*$.
- Si $k * h \in K$alors $h=k^{-1} *(k * h) \in K$ce qui est exclu.
- Il reste $k * h \in H$qui donne $k=(k * h) * h^{-1} \in H .$Ainsi $K \subset H$.

Ainsi si $H \cup K$ est un sous-groupe alors $H \subset K$ou $K \subset H$.

Énoncé:

Soit $\left(G,.\right)$ un groupe multiplicatif. On note $Z(G) = \{ a \in G,\quad \forall\ b \in G,ab = ba\}$(centre de $G$), et pour ${a \in G\colon}$$C(a) = \{ b \in G$tel que $ab = ba\}$ (commutant de$a$).

Montrer que $C(a)$ et $Z(G)$ sont des sous-groupes de $G$.
Soit $n\geqslant 2$. Trouver les centres du groupe symétrique ${\rm S}_n$ et du groupe linéaire ${\rm GL}_n\left(\mathbb K\right)$

Indication

$\mathcal Z(G)=\displaystyle\bigcap_{a\in G}C(a)$
Utiliser les transpositions pour ${\rm S}_n$ et les matrices de transvections pour le groupe ${\rm GL}_n\left(\mathbb K\right)$

Corrigé

Posons $e$ l’élément neutre de $G$.

Commençons par montrer que $C(a)$ est un sous groupe de $(G,.)$.
- $C(a)\not=\emptyset$ car $ea=ae=a$, donc $e\in C(a)$
- Soit $x,y\in C(a)$, alors \[(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)\] Donc$xy\in C(a)$
- Soit $x\in C(a)$, on a $ax=xa$ et multiplions cette égalité à gauche et à droite par $\inv x$, on obtient donc $\inv xa=a\inv x$, donc $\inv x\in C(a)$ Ceci montre bien que $C(a)$ est un sous-groupe de $(G,.)$.
  Il suffit de voir que $Z(G)=\displaystyle{\bigcap_{a\in G}}C(a)$ est l’intersection d’une famille de sous-groupes de $(G,.)$.
- Déterminons le centre de ${\rm S}_n$
  - Si $n=2$, alors $\GroSym 2=\left\{{\rm Id}_{\IntEnt 12},(12)\right\}$ est abélien et donc $Z\left(\GroSym 2\right)=\GroSym 2$
  - Si $n\geqslant 3$. Montrons que $Z\left({\rm S}_n\right)=\left\{{\rm Id}_{\IntEnt 1n}\right\}$. Soit $\sigma\in Z\left({\rm S}_n\right)$ et $i\in\IntEnt 1n$. Comme $n\geqslant 3$, il existe deux éléments $j,k$ distincts de $\IntEnt 1n\setminus\{i\}$. La permutation $\sigma$ commute en particulier avec les deux transpositions $(i,j)$ et $(i,k)$. Avec $\sigma (i,j)\inv{\sigma}=(\sigma(i),\sigma(j))$ et d’autre part $\sigma (i,j)\inv{\sigma}=(i,j)$, on tire $\{\sigma(i),\sigma(j)\}=\{i,j\}$. De même $\{\sigma(i),\sigma(k)\}=\{i,k\}$. L’intersection des ensembles $\{i,j\}$ et $\{i,k\}$ est le singleton $\{i\}$, et $\{\sigma(i),\sigma(j)\}\cap \{\sigma(i),\sigma(k)\}=\{\sigma(i)\}$, donc$\sigma(i)=i$
- Déterminons le centre de ${\rm GL}_n\left(\mathbb K\right)$.
  
  Soit $A=(a_{k,\ell})_{1\leqslant k,\ell\leqslant n}\in{\rm GL}_n\left(\mathbb K\right)$.
  
  Si $A$commute avec toute matrice de ${\rm GL}_n\left(\mathbb K\right)$, en particulier_:$\forall(i,j)\in\{1,...,n\}^2,\;A(I_n+E_{i,j})=(I_n+E_{i,j})A$, soit $AE_{i,j}=E_{i,j}A$. Maintenant,
  
  \[AE_{i,j}=\sum_{1\leqslant k,\ell\leqslant n}^{}a_{k,\ell}E_{k,\ell}E_{i,j}=\sum_{k=1}^{n}a_{k,i}E_{k,j}\;\mbox{et}\;E_{i,j}A=\sum_{1\leqslant k,\ell\leqslant n}^{}a_{k,\ell}E_{i,j}E_{k,\ell}=\sum_{\ell=1}^{n}a_{j,\ell}E_{i,\ell}.\]
  
  On note que si $k\neq i$ ou $\ell\neq j$, $E_{k,j}\neq E_{i,\ell}$. Puisque la famille $(E_{i,j})_{1\leqslant i,j\leqslant n}$ est libre, on peut identifier les coefficients et on obtient_:si $k\neq i$, $a_{k,i}=0$. D’autre part, le coefficient de $E_{i,j}$ est $a_{i,i}$ dans la première somme et $a_{j,j}$ dans la deuxième. Ces coefficients doivent être égaux.
  
  Finalement, si $A$commute avec toute matrice inversible, ses coefficients non diagonaux sont nuls et ses coefficients diagonaux sont égaux. Par suite, il existe un scalaire $\lambda\in\K^*$tel que $A=\lambda I_n$. Réciproquement, si $A$ est une matrice scalaire non nulle, $A$ commute avec toute matrice inversible.

Énoncé:

Soit $(G,.)$ un groupe et $H$ une partie non vide de $G$, finie et stable.
Montrer que $H$ est un sous-groupe de $(G,.)$.

Indication

Montrer que tout élément de $H$ est inversible en utlisant la finitude de $H$

Corrigé

Il suffit de montrer que l’inverse d’un élément $x$ de $H$ est encore dans $H$. Puisque $H$ est stable, la suite des itérés $(x^n)_{n\geqslant 1}$ est incluse dans $H$. Mais puisque $H$ est fini, l’application $n\longmapsto x^n$ ne peut pas être injective. Il existe donc deux entiers $n, p$, avec $p > n$, tels que $x^n = x^p$. On simplifie par $x^n$ (dans le groupe $G$) et on trouve $x^{p-n} = e$. Il en découle que $e$ est dans $H$ et que $x^{p-n-1}$ (qui est lui aussi dans $H$) est l’inverse de $x$. Conclusion : $H$ est un sous-groupe de $G$.

2 Sous-groupe engendré

Énoncé:

Soit $H$ un sous-groupe strict d’un groupe $(G, \star )$. Déterminer le groupe engendré par le complémentaire de $H$ dans $G$.

Indication

Le sous-groupe est $G$

Corrigé

Notons $K$ le complémentaire de $H$ dans $G$ et montrons $\GroEng K=G$.

On a évidemment $\GroEng K\subset G$.
Inversement, on a$K\subset \GroEng K$ et il suffit d’établir $H\subset \GroEng K$pour conclure.
Puisque $H$ est un sous-groupe strict de $G$, son complémentaire $K$ est non vide et donc il existe $a\in K$.
Pour $x\in H$, l’élément $a.x$ne peut appartenir à$H$car sinon $a=(a.x)\inv x$ serait élément du sous-groupe $H$. On en déduit que $a.x\in K$ et donc $x=\inv a.(a.x)\in \GroEng K$. Ainsi $G=H\cup K\subset \GroEng K$ et on peut conclure $\GroEng K=G$.

3 Groupe de permutations

Énoncé:

Soit $n \geqslant 2$, $\sigma$ une permutation de $n $ et $c = \begin{pmatrix}{a_1 } & {a_2 } & \ldots & {a_p }\end{pmatrix}$ un $p$-cycle. Calculer la permutation $\sigma c \sigma ^{ - 1}$.

Indication

Montrer que $\sigma c \sigma ^{ - 1} = \begin{pmatrix}{\sigma(a_1) } & {\sigma(a_2) } & \ldots & {\sigma(a_p )}\end{pmatrix}$

Corrigé

Soit, pour $1\leqslant i\leqslant p$,$y_i=\sigma(x_i)$ et $y_{p+1}=y_1$. Alors $\sigma \begin{pmatrix}{a_1 } & {a_2 } & \ldots & {a_p }\end{pmatrix}\inv \sigma(y_i)=y_{i+1}$. Si $y\notin\left\{y_1,\cdots ,y_p\right\}$ alors $\sigma \begin{pmatrix}{a_1 } & {a_2 } & \ldots & {a_p }\end{pmatrix}\inv \sigma(y)=y$. Donc \[\sigma \begin{pmatrix}{a_1 } & {a_2 } & \ldots & {a_p }\end{pmatrix}\inv \sigma=\begin{pmatrix} \sigma(x_1),\cdots ,\sigma(x_p) \end{pmatrix}\]

Énoncé:

Montrer que si $c$ et $c^\prime$ sont des $n$-cycles de $S_n$ commutant entre eux, il existe $r$ tel que $c^\prime=c^r$

Indication

Justifier l’existence d’un élément $r\in\IntEnt 0{n-1}$ tel que $c^\prime(1)=c^r(1)$

Corrigé

On a $c.c^\prime=c^\prime.c$ où $c$ et $c^\prime$ sont deux cycles d’ordre $n$. On écrit $c=\begin{pmatrix} 1&c(1)&\cdots&c^{n-1}(1)\end{pmatrix}$ et $c=\begin{pmatrix} 1&c^\prime(1)&\cdots&c^{\prime(n-1)}(1)\end{pmatrix}$.
L’ensemble $\{1,\cdots,n\}$ est égal à $\{1,c(1),\cdots,c^{n-1}(1)\}$. Il existe donc $r$ tel que $c^\prime(1)=c^r(1)$ avec $0\leqslant r\leqslant n-1$. De plus, si $i\in\iic 1n$, il existe $s$ tel que $i=c^s(1)$, avec $0\leqslant s\leqslant n-1$; Donc \[\begin{eqnarray*} c^\prime(i)&=&c^\prime\circ c^s(i)=c^s\circ c^\prime(1)\\ &=&c^s\circ c^r(1)=c^r\circ c^s(1)=c^r(i) \end{eqnarray*}\] Donc $c^\prime=c^r$

4 Ordre

Énoncé:

Soient $a$ et $b$ deux éléments d’ordre respectifs $p$ et $q$ d’un groupe abélien $(G, . )$.

On suppose que $p$ et $q$ sont premiers entre eux. Montrer que l’élément $ab$ est d’ordre $pq$.
On ne suppose plus $p$ et $q$ premiers entre eux. L’élément $ab$ est-il nécessairement d’ordre $\textbf{ppcm} (p,q)$?

Indication

Utiliser le théorème de Gauss ou le théorème de Bezout
Non. Prendre les nombres complexes $-1$ et $j$.

Corrigé

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 donc$p$ divise $qr$. Or $p$ et $q$sont premiers entre eux donc$p$ divise $r$.
De même, on obtient que $q$ divise $r $ et donc$pq$ divise $r$ car $p$ et $q$sont premiers entre eux.
Finalement $ab$ est un élément d’ordre $pq$ exactement.
Dans $(\C^*,\times)$, $a=-1$ est d’ordre $2$ et $b=-j$ est d’ordre $6$tandis que $ab=j$ est d’ordre $3$.
Plus simplement encore, si $x$ est d’ordre $n$ alors $x\times \inv x$ est d’ordre $1$.

Énoncé:

Soit $\theta\in\mathbb R$, on pose $r=\begin{pmatrix}\cos\theta& -\sin\theta\\ \sin\theta &\cos\theta\end{pmatrix}\in{\rm GL}_2\left(\mathbb R\right)$.

Montrer que $r $ est d’ordre fini si et seulement si $\dfrac \theta{2\pi}\in\mathbb Q$
Si $\dfrac \theta{2\pi}=\dfrac pq$ avec $p\in\Z$ et $q\in\mathbb N^*$ tels que $p\wedge q=1$. Déterminer l’ordre de $r$

Indication

$\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}^k=\begin{pmatrix}\cos k\theta & -\sin k\theta\\ \sin k\theta & \cos k\theta\end{pmatrix}$.
écrire $\dfrac\theta{2\pi}=\dfrac pq$où$p\in\Z$,$q\in\N^*$ et $p\wedge q=1$

Corrigé

Soit $k\in\mathbb Z^*$, alors \[\begin{eqnarray*} r^k=I_2&\Longleftrightarrow & \begin{pmatrix} \cos k\theta& -\sin k\theta\\ \sin k\theta &\cos k\theta \end{pmatrix}=I_2\\ &\Longleftrightarrow & \begin{cases} \cos k\theta=1\\ \sin k\theta=0 \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow & k\theta\in 2\pi\mathbb Z\\ &\Longleftrightarrow & \exists m \in\mathbb Z,\quad k\theta=2\pi m \end{eqnarray*}\] $r$ est d’ordre fini s’il existe $\left(k,m\right)\in\mathbb Z^*\times \Z$ tel que $\dfrac\theta{2\pi}=\dfrac mk$. Autrement-dit si, et seulement, si $\dfrac\theta{2\pi}\in\mathbb Q$ Si $\dfrac\theta{2\pi}\not\in\mathbb Q$, alors $r$ est d’ordre infini
Si $\dfrac\theta{2\pi}\in\mathbb Q$, alors $r $ est d’ordre fini. Cherchons son ordre $n $.\ On écrit $\dfrac\theta{2\pi}=\dfrac pq\in\mathbb Q$, avec$\begin{cases} (p,q)\in\mathbb Z\times\mathbb N^*\\ p\wedge q=1 \end{cases}$, alors \[\begin{eqnarray*} r^k=I_2&\Longleftrightarrow & k\in q\mathbb Z \end{eqnarray*}\] Donc$\circ (r)=q$

5 Groupes monogènes groupes cycliques

Énoncé:

Soit $n \in \N^*$ et $G = \Z/n\Z$, $k \in \Z$ et $d = k \wedge n$.

Déterminer l’ordre de $\overline k$ dans $(G,+)$.
Montrer que $\overline k$ et $\overline d$ engendrent le même sous-groupe de $G$.
Quels sont tous les sous-groupes de $G$?

Indication

$\circ(\bar k)=\circ(\bar d)=\dfrac{n}d$.
Inclusion et égalité des cardinaux.
Le nombre de sous-groupes égal au nombre de diviseurs.

Corrigé

Soit $n^\prime$ et $k^\prime$ de $\mathbb Z$ tels que $n=dn^\prime$ et $k=dk^\prime$

Montrons que $\circ\left(\overline k\right)=n^\prime$.
- On a $n^\prime \overline k=\overline{n^\prime k}=\overline{n^\prime dk^\prime}=\overline 0$ et $n^\prime\not=0$, donc $\overline k$ est d’ordre fini
- Soit $p\in \mathbb Z$, on a \[\begin{eqnarray*} p\overline k=0& \Longleftrightarrow& n\mid pk\\ & \Longleftrightarrow & dn^\prime\mid pdk^\prime\\ & \Longleftrightarrow & n^\prime\mid pk^\prime\quad (d\not=0)\\ & \Longleftrightarrow & n^\prime\mid p\quad \mbox{ (Gauss)} \end{eqnarray*}\]
Donc$\circ(\overline k)=n^\prime=\dfrac nd=\dfrac{n}{k\wedge d}$
On sait déjà que $k=dk^\prime$, donc $\overline k=k^\prime \overline d$ et $\overline k\in \GroEng{\overline d}$, puis l’inclusion $\GroEng{\overline k}\subset \GroEng{\overline d}$. Or $\GroEng{\overline d}$ est d’ordre $\dfrac nd=\card\left(\GroEng{\overline k}\right)$, donc l’égalité
Soit $H$ un sous groupe additif de $\Z/n\Z$, alors $H$ est cyclique: il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $H=\GroEng{\overline k}$. On pose $ d=nk$, on a$H=$. On conclut donc qu’il existe $d$ diviseur de $n$ tel que $H=\GroEng{\overline d}$. Inversement si $d$ est un diviseur de $n$ il est clair que $\GroEng{\overline d}$ est un sous-groupe de $\Z/n\Z$. Bilan $H$ est un sous-groupe de $\Z/n\Z$ si et seulement s’il existe $d$ diviseur de $n$ tel que $H=\GroEng{\overline d}$

6 Morphismes de groupes

Énoncé:

Soit $\varphi$ un morphisme d’un groupe fini $(G, *)$ vers $\left(\mathbb{C}^{*}, .\right)$.
On suppose que $\varphi$ n’est pas une application constante. Calculer $\ds\sum_{x \in G}{\varphi(x)}$

Indication

Prendre $a\in G$ et utiliser la permutation $x\longmapsto a*x$

Corrigé

Si l’application $\varphi$ était constante, elle serait constante égale à 1 car c’est un morphisme. Puisque $\varphi$ n’est pas constante, il existe $a \in G$ tel que $\varphi(a) \neq 1$ On vérifie que l’application $x \mapsto a * x$ est une permutation de $G$car \[ \forall y \in G, \exists ! x \in G, y=a * x \] On en déduit \[ \sum_{x \in G} \varphi(a * x)=\sum_{x \in G} \varphi(x) \] car les deux sommes comportent les mêmes termes. Or $\varphi(a * x)=\varphi(a) \varphi(x)$ donc \[ \sum_{x \in G} \varphi(a * x)=\varphi(a) \sum_{x \in G} \varphi(x) \] Puisque $\varphi(a) \neq 1,$ on conclut \[ \sum_{x \in G} \varphi(x)=0 \]

Énoncé:

Soient $G$ et $G'$ deux groupes et $f$ un morphisme de $G$ dans $G'$.

Pour $a \in G$ d’ordre fini, comparer l’ordre de $a$ et celui de $f(a)$. Que peut-on dire si $f$ est injectif?
Soient $a,b \in G$. Comparer les ordres de $a$ et de $bab^{-1}$.
Soient $a,b \in G$. Comparer les ordres de $ab$ et de $ba$.

Indication

$o(f(a))$ divise $o(a)$, avec égalité si $f$ est injectif.
Utiliser la question précédente
Utiliser la question précédente

Corrigé

Soit $n=\Ord a$, on a $f(a)^n=f\left(a^n\right)=f(e)=e^\prime$, donc $f(a)$ est d’ordre fini et $\Ord{f(a)}$ divise $\Ord a$.
Si $f$ est injectif, on pose $p$ l’ordre de $f(a)$, alors $f(a^p)=f(a)p=e^$, donc $a^p=e$, on conclut que $n$ divise $p$. Ainsi $\Ord{f(a)}=\Ord a$
L’application $\varphi_b:x\longmapsto bx\inv b$ est un automorphisme de $G$, donc $\Ord{ba\inv b}=\Ord a$
Il suffit de voir que $ab=a\left(ba\right).\inv a$, donc $\Ord{ab}=\Ord{ba}$

Énoncé:

Soit $(G,.)$ un groupe et $\application f{G}Gx{x^2}$.
Montrer que $f$ est un endomorphisme de $(G,.)$ si, et seulement, si le groupe $(G,.)$ est abélien

Indication

Par double implications.

Corrigé

$\Rightarrow)$ Supposons que $f$ est un endomorphisme du groupe $( G, . )$.
Considérons alors $(x, y) \in G^2$. On sait que $f(x.y)=f(x) .f(y)$, c’est-à-dire\[(x .y)^2=\left(x^2\right) .\left(y^2\right)\]

            ou encore $$x . y . x . y=x.x.y.y$$

En multipliant à gauche par $x^{-1}$ et à droite par $y^{-1}$ on obtient

\[ y.x=x .y \]

ce qui prouve la commutativité de la loi $.$

$\Leftarrow)$ Supposons la loi $*$ commutative. On a alors\[ \begin{aligned} \forall(x, y) \in G^2, f(x .y) & =(x.y).(x.y) \\ & =x.(y.x).y \text { par associativité } \\ & =x.(x.y).y \text { par commutativité } \\ & =(x.x).(y.y) \text { par associativité } \\ & =f(x).f(y) \end{aligned} \]

donc $f$ est un endomorphisme du groupe $(G,.)$.

7 Grands classiques

Énoncé:

Soit $G$ un sous-groupe de $(\mathbb R,+)$ non réduit à $\{0\}$. On pose $G^+=\left\{x\in G\ |\ x>0\right\}$ et $\alpha=\inf G^+$

Justifier l’existence de $\alpha$
Dans cette question on suppose que $\alpha >0$. Montrer que $\alpha\in G^+$ puis que $G=\alpha \mathbb Z$.
On suppose que $\alpha =0$. Montrer que $G$ est dense dans $\R$

Indication

Pour la question 2, si $H$ est un sous-groupe propre, montrez qu’il existe un exposant maximal $k$ tel que $H \cap U_{p^k} \neq \emptyset$.
Observez la structure emboîtée des groupes de racines de l’unité : $U_p \subset U_{p^2} \subset \dots \subset U_{p^k} \dots$
Pour la question 3, montrez que toute famille finie engendre un sous-groupe fini, ce qui contredit l’infinitude de $G_p$.

Corrigé

Sous-groupe :

$G_p$ est une réunion croissante de groupes de racines $p^k$-ièmes de l’unité, qui sont tous des sous-groupes de $\mathbb{C}^\star$.
- $1 \in G_p$ (car $1^{p^0} = 1$
- Si $z_1, z_2 \in G_p$, alors $z_1 \in U_{p^{k_1}}$ et $z_2 \in U_{p^{k_2}}$. En posant $K = \max(k_1, k_2)$, on a $z_1, z_2 \in U_{p^K}$. Comme $U_{p^K}$ est un groupe, $z_1 z_2^{-1} \in U_{p^K} \subset G_p$.
Sous-groupes propres : Soit $H$ un sous-groupe propre de $G_p$. S’il contenait des racines d’ordre $p^k$ pour tout $k$, il contiendrait tous les générateurs de chaque $U_{p^k}$ et on aurait $H = G_p$. Ainsi, l’ensemble $\{ k \in \mathbb{N} \mid H \cap U_{p^k} \text{ contient une racine primitive} \}$ est majoré. Soit $k_0$ son plus grand élément. Alors $H = U_{p^{k_0}}$, qui est un groupe cyclique d’ordre $p^{k_0}$.
Maximalité : Aucun $U_{p^{k_0}}$ n’est maximal car $U_{p^{k_0}} \subsetneq U_{p^{k_0+1}} \subsetneq G_p$.
Système générateur fini :
Si $G_p = \langle z_1, \dots, z_m \rangle$, alors chaque $z_i$ appartient à un certain $U_{p^{k_i}}$. En posant $K = \max(k_i)$, on a $\langle z_1, \dots, z_m \rangle \subseteq U_{p^K}$. Ceci impliquerait $G_p \subseteq U_{p^K}$, ce qui est impossible car $U_{p^K}$ est fini et $G_p$ est infini.

Énoncé:

Soient $(G , \cdot)$ un groupe fini et $H$ un sous-groupe de $G$. Soit $\mathcal{R}$ la relation définie sur $G$ par : \[\forall x,y\in G ,\quad x \mathcal{R} y \Longleftrightarrow xy^{-1} \in H\]

Montrer que $\mathcal{R}$ est une relation d’équivalence.
Soit $a\in G$. Déterminer $\bar a$ la classe de $a$ et montrer qu’elle est équipotente à $H$.
En déduire que $\text{card}(H)$ divise $\text{card}(G)$.

Indication

$\bar a=\{ha \mid h\in H\}$. Considérer $h \longmapsto ha$.
L’ensemble des classes forme une partition.

Corrigé

La relation $\mathcal{R}$ est :
- Réflexive : car $\forall x\in G, x^{-1}x = e \in H$.
- Symétrique : car si $x\mathcal{R}y$, alors $x^{-1}y \in H$. Comme $H$ est un groupe, $(x^{-1}y)^{-1} = y^{-1}x \in H$, soit $y\mathcal{R}x$.
- Transitive : car si $x\mathcal{R}y$ et $y\mathcal{R}z$, alors $x^{-1}y \in H$ et $y^{-1}z \in H$. Par produit, $x^{-1}z = (x^{-1}y)(y^{-1}z) \in H$, soit $x\mathcal{R}z$.
Soit $a\in G$, alors $\bar a=\{x\in G \mid x^{-1}a \in H\} = Ha$. On considère l’application :\[\begin{array}{rl} \varphi_a : & H \longrightarrow Ha \\ & h \longmapsto ha \end{array}\] $\varphi_a$ est surjective par définition et injective car $a$ est régulier dans le groupe. Elle est donc bijective, d’où $\text{card}(Ha) = \text{card}(H)$.
Soit $\{\bar a_1, \dots, \bar a_p\}$ l’ensemble des classes d’équivalence. Elles forment une partition de $G$ et chaque classe a pour cardinal $\text{card}(H)$. Donc : \[\text{card}(G) = \text{card}\left(\bigcup_{k=1}^p \bar a_k\right) = \sum_{k=1}^p \text{card}(\bar a_k) = p \cdot \text{card}(H)\] Ainsi, $\text{card}(H)$ divise $\text{card}(G)$.

Énoncé:

Soit $G$ un groupe fini tel que :$\forall\ x \in G,\ x^2 = e$.

Montrer que $G$ est abélien.
Soit $H$ un sous-groupe de $G$ et $x \in G \setminus H$. On note $K=H\cup xH$.
Montrer que $K$ est un sous-groupe de $(G,.)$ et que $\card (K) = 2\card (H)$.
En déduire que $\card \left(G\right)$ est une puissance de 2.

Indication

(considérer $(xy)(xy)$).
Montrer que $K=H\cup xH$, avec$xH=\left\{xh\ ,\ h\in H\right\}$
Par récurrence sur le cardinal de $G$. Pour l’hérédité, considérer un sous-groupe strict de $G$ de cardinal maximal

Corrigé

Soit $x$ et $y$ deux éléments de $G$, alors $xy =(xy)^{-1} = y^{-1} x^{-1} = yx$, donc$G$ est abélien.
Montrons que $H\cup xH$ est un sous-groupe de $G$, plus précisément qu’il est égal au sous-groupe $K$ engendré par $x$ et $H$.
- On a clairement $H\cup xH \subset K$.
- Réciproquement,$x$étant d’ordre $2$, tout élément de $K$s’écrit $x^{\alpha}h$, avec $\alpha\in\left\{0,1\right\}$ et $h\in H$, donc $K\subset H\cup xH$.
$H$ est disjoint de $xH$, car sinon il existerait $h\in H$ qui s’écrirait $h=xk$, mais alors $x=k^{-1}h$ serait dans $H$
Montrons par récurrence sur $\card (G)$que $\card (G)$ est une puissance de $2$.
- Il n’y a rien à vérifier pour $\card (G)=1$.
- Supposons $\card (G)\geqslant 2$. On considère les sous-groupes de $G$ distincts de $G$. Il en existe, par exemple $\left\{e\right\}$. Choisissons-en un de cardinal maximal, que l’on notera$H$. D’après l’hypothèse de récurrence, $\card(H)$ est une puissance de $2$ (en effet,$H$vérifie la même propriété que $G$).
  Soit $a\in G\setminus H$. . Donc$\card(H\cup aH) = 2\card(H)$. De la maximalité du cardinal de $H$, on déduit alors que $G=H\cup aH$. Donc $\card(G)=2\card(H)$ est encore une puissance de $2$.

Énoncé:

Soit $(G,.)$ un groupe monogène, on pose $G={\rm gr}(a)$

Si $a$ est d’ordre infini, montrer que $a$ et $\inv a$sont ses seuls générateurs
Si $a$ est d’ordre fini $n $.
1. Soit $r\in\mathbb Z$. Montrer que $\circ\left(a^r\right)=\dfrac{n}{n\wedge r}$.
2. Montrer que les seuls générateurs de $G$sont $a^r$ avec $r\in\iic 0{n-1}$ et $n\wedge r=1$

Indication

Tout élément de $\GroEng a$ est de la forme $a^k$ où $k\in\Z$.
cours

Corrigé

Puisque $a$ est générateur,$\inv a$ l’est également : \[ \forall g\in G,\quad \exists n\in\mathbb Z;\quad g=a^n=\left(\inv a\right)^{-n} \] Soit $b$ un générateur de $G$. Comme $a$ et $b$ sont générateurs alors il existe $u,v\in\mathbb Z$ tels que $b=a^u$ et $a=b^v$, donc$b^{uv}=b$, soit $b^{uv-1}=e$.
Or, $b$ n’est pas d’ordre fini. (S’il l’était, il ne pourrait pas être générateur) Donc :$1-uv=0$ et $ uv=1$ Et comme $ u$ et $v$ sont des entiers :$u=1$ ou $u=-1$. D’où:$b=a$ ou $b=\inv a$.
1. Notons $ d=nr$. On a alors $n=dn^\prime$ et $r=dr^\prime$ avec $n^\prime$ et $r^\prime$ premiers entre eux. La relation $\left(a^r\right)^k=e$ est équivalente à $n\mid kr$. En simplifiant par $ d$ et en utilisant le théorème de Gauss, elle est équivalente à $n^\prime\mid k$. L’ordre de $a^r$ est donc $n^\prime=\dfrac{n}{n\wedge r}$.
2. $a^r $ engendre $G$ si, et seulement si, $\dfrac n{n\wedge r}=n$, c’est-à-dire $n\wedge r=1$

Énoncé:

Soit $p$ un nombre premier. On pose \[G_p = \left\{ {z \in \mathbb{C};\exists k \in \mathbb{N},z^{p^k } = 1} \right\}\]

Montrer que $G_p$ est un sous-groupe de $(\mathbb{C}^\star , \times )$.
Montrer que les sous-groupes propres de $G_p$ sont cycliques et qu’aucun d’eux n’est maximal pour l’inclusion.
Montrer que $G_p$ n’est pas engendré par un système fini d’éléments.

Indication

Pour la question 2, si $H$ est un sous-groupe propre, montrez qu’il existe un exposant maximal $k$ tel que $H \cap U_{p^k} \neq \emptyset$.
Observez la structure emboîtée des groupes de racines de l’unité : $U_p \subset U_{p^2} \subset \dots \subset U_{p^k} \dots$
Pour la question 3, montrez que toute famille finie engendre un sous-groupe fini, ce qui contredit l’infinitude de $G_p$.

Corrigé

Sous-groupe :

$G_p$ est une réunion croissante de groupes de racines $p^k$-ièmes de l’unité, qui sont tous des sous-groupes de $\mathbb{C}^\star$.
- $1 \in G_p$ (car $1^{p^0} = 1$
- Si $z_1, z_2 \in G_p$, alors $z_1 \in U_{p^{k_1}}$ et $z_2 \in U_{p^{k_2}}$. En posant $K = \max(k_1, k_2)$, on a $z_1, z_2 \in U_{p^K}$. Comme $U_{p^K}$ est un groupe, $z_1 z_2^{-1} \in U_{p^K} \subset G_p$.
Sous-groupes propres : Soit $H$ un sous-groupe propre de $G_p$. S’il contenait des racines d’ordre $p^k$ pour tout $k$, il contiendrait tous les générateurs de chaque $U_{p^k}$ et on aurait $H = G_p$. Ainsi, l’ensemble $\{ k \in \mathbb{N} \mid H \cap U_{p^k} \text{ contient une racine primitive} \}$ est majoré. Soit $k_0$ son plus grand élément. Alors $H = U_{p^{k_0}}$, qui est un groupe cyclique d’ordre $p^{k_0}$.
Maximalité : Aucun $U_{p^{k_0}}$ n’est maximal car $U_{p^{k_0}} \subsetneq U_{p^{k_0+1}} \subsetneq G_p$.
Système générateur fini :
Si $G_p = \langle z_1, \dots, z_m \rangle$, alors chaque $z_i$ appartient à un certain $U_{p^{k_i}}$. En posant $K = \max(k_i)$, on a $\langle z_1, \dots, z_m \rangle \subseteq U_{p^K}$. Ceci impliquerait $G_p \subseteq U_{p^K}$, ce qui est impossible car $U_{p^K}$ est fini et $G_p$ est infini.

8 Oraux

Énoncé:

Déterminer tous les sous-groupes finis de $(\C^*,\times)$.

Indication

Théorème de Lagrange

Corrigé

Soit $G$ un sous-groupe fini de $\left(\mathbb C^*,\times\right)$ et notons $n=\card\left(G\right)\in\mathbb N^*$.
Soit $x\in G$, d’après le théorème de Lagrange,$x$ est d’ordre fini et $x^n=1$ donc$xU_n $. Ainsi $GU_n $ et par comparaison des cardinaux$G=\mathbb U_n$.
Inversement pour tout $n\in\mathbb N^*$, $\mathbb U_n$ est un sous-groupe fini de $\left(\mathbb C^*,\times\right)$