Exercice 1 2366 CENTRALE (MP)Correction

Montrer que

{x + y \sqrt{3} | x \in ℕ, y \in ℤ, x^{2} - 3 y^{2} = 1}

est un sous-groupe de $(ℝ_{+}^{*}, \times)$ .

Solution

Pour $a \in H$ , $a = x + y \sqrt{3}$ avec $x \in ℕ$ , $y \in ℤ$ et $x^{2} - 3 y^{2} = 1$ . On a donc

x = \sqrt{1 + 3 y^{2}} > \sqrt{3} | y |

puis $a > 0$ . Ainsi $H \subset ℝ_{+}^{*}$ .

On vérifie $1 \in H$ car on peut écrire $1 = 1 + 0 \cdot \sqrt{3}$ avec $1^{2} - 3 \cdot 0^{2} = 1$ .

Pour $a \in H$ , on a avec des notations immédiates,

a^{- 1} = \frac{1}{a} = x - y \sqrt{3}

avec $x \in ℕ$ , $- y \in ℤ$ et $x^{2} - 3 {(- y)}^{2} = 1$ . Ainsi $a^{- 1} \in H$ .

Enfin, pour $a, b \in H$ et avec des notations immédiates,

a b = \underset{\begin{matrix} = x^{''} \end{matrix}}{\underset{⏟}{x x^{'} + 3 y y^{'}}} + \underset{\begin{matrix} = y^{''} \end{matrix}}{\underset{⏟}{(x y^{'} + x^{'} y)}} \sqrt{3} .

On vérifie $x^{''} \in ℤ$ , $y^{''} \in ℤ$ et $x^{'', 2} - 3 y^{2} = {(x x^{'} + 3 y y^{'})}^{2} - 3 {(x y^{'} + x^{'} y)}^{2} = 1$ . De plus, puisque $x > \sqrt{3} | y |$ et $x^{'} > \sqrt{3} | y^{'} |$ , on a $x^{''} = x x^{'} + 3 y y^{'} \geq 0$ donc $x^{''} \in ℕ$ . Ainsi $a b \in H$ .

Finalement, $H$ est un sous-groupe de $(ℝ_{+}^{*}, \times)$ .

Exercice 2 113 Correction

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

Solution

Non, ${(x, x) | x \in ℤ}$ est un sous-groupe de $(ℤ^{2}, +)$ mais n’est pas produit de deux sous-groupes de $(ℤ, +)$ !

Exercice 3 2648 MINES (MP)Correction

Soient $G$ un groupe, $H$ un sous-groupe de $G$ , $A$ une partie non vide de $G$ . On pose $A H = {a h | a \in A, h \in H}$ . Montrer que $A H = H$ si, et seulement si, $A \subset H$ .

Solution

Supposons $A H = H$ .

\forall a \in A, a = a e \in A H = H

donc $A \subset H$ .

Supposons $A \subset H$ . Pour $x \in A H$ , $x = a h$ avec $a \in A$ , $h \in H$ . Or $a, h \in H$ donc $x = a h \in H$ . Ainsi, $A H \subset H$ .

Inversement, pour $a \in A$ (il en existe car $A \neq \emptyset$ ) et pour tout $h \in H$ , $h = a (a^{- 1} h)$ avec $a^{- 1} h \in H$ donc $h \in A H$ . Ainsi, $H \subset A H$ puis $A H = H$ .

Exercice 4 5648 Correction

Soit $E$ un espace euclidien. On note $𝒮$ l’ensemble des endomorphismes $f$ de $E$ vérifiant

\forall (x, y) \in E^{2}, ⟨ x, y ⟩ = 0 \Leftrightarrow ⟨ f (x), f (y) ⟩ = 0 .

Montrer que $𝒮$ est un groupe pour la loi de composition des applications.

Solution

On vérifie que $𝒮$ est un sous-groupe du groupe $(GL (E), \circ)$ des automorphismes de $E$ .

Soit $f \in 𝒮$ . Pour $x \in Ker (f)$ , on a $f (x) = 0$ donc $⟨ f (x), f (y) ⟩ = 0$ pour tout $y \in E$ . On en déduit

\forall y \in E, ⟨ x, y ⟩ = 0 .

Le vecteur $x$ est orthogonal à tout vecteur de $E$ , c’est donc le vecteur nul. Ainsi, $Ker (f) = {0_{E}}$ . L’endomorphisme est donc bijectif: $𝒮 \subset GL (E)$ .

L’endomorphisme ${Id}_{E}$ est bien évidemment élément de $𝒮$ .

Pour $f, g \in 𝒮$ ,

	$\forall (x, y) \in E^{2}, ⟨ x, y ⟩ = 0$	$\Leftrightarrow ⟨ f (x), f (y) ⟩ = 0$
		$\Leftrightarrow ⟨ g (f (x)), g (f (y)) ⟩ = 0$

et donc $g \circ f \in 𝒮$ .

Enfin

	$\forall (x, y) \in E^{2}, ⟨ x, y ⟩ = 0$	$\Leftrightarrow ⟨ f (f^{- 1} (x)), f (f^{- 1} (y)) ⟩ = 0$
		$\Leftrightarrow ⟨ f^{- 1} (x), f^{- 1} (y) ⟩ = 0$

et donc $f^{- 1} \in 𝒮$ .

On peut conclure que $𝒮$ est un sous-groupe de $(GL (E), \circ)$ , c’est donc un groupe pour la loi de composition des applications.

En fait, $𝒮$ est le groupe des similitudes de $E$ , c’est l’ensemble des endomorphismes de la forme $k φ$ avec $k \in ℝ_{+}^{*}$ et $φ \in O (E)$ .

Exercice 5 4277

Soient $H$ et $K$ deux sous-groupes d’un groupe $(G, ⋆)$ . Montrer que $H \cup K$ est un sous-groupe de $(G, ⋆)$ si, et seulement si, $H \subset K$ ou $K \subset H$ .

Exercice 6 3432 Correction

(Sous-groupe distingué)

Un sous-groupe $H$ de $(G, \cdot)$ est dit distingué lorsque

\forall x \in H, \forall a \in G, a x a^{- 1} \in H .

(a)

Montrer que le noyau d’un morphisme de groupes au départ de $(G, \cdot)$ est distingué.
(b)

Soient $H, K$ deux sous-groupes de $(G, \cdot)$ . On suppose le sous-groupe $H$ distingué, montrer que l’ensemble

$H K = {x y | x \in H, y \in K}$

est un sous-groupe de $(G, \cdot)$ .

Solution

(a)

Soient $φ : G \to G^{'}$ un tel morphisme et $H = {x \in G | φ (x) = e_{G^{'}}}$ son noyau.

On sait déjà que $H$ est un sous-groupe de $(G, \cdot)$ .

Soient $x \in H$ et $a \in G$ . Par morphisme,

$φ (a x a^{- 1}) = φ (a) φ (x) φ {(a)}^{- 1} = φ (a) e_{G^{'}} φ {(a)}^{- 1} = e_{G^{'}}$

donc $a x a^{- 1} \in H$ .

Le sous-groupe $H$ est donc distingué.
(b)

On a immédiatement $H K \subset G$ et $e = e \cdot e \in H K$ .

Soient $a, b \in H K$ . On peut écrire

$a = x y et b = x^{'} y^{'} avec x, x^{'} \in H et y, y^{'} \in K .$

On a alors

$a b = x y x^{'} y^{'} .$

Puisque $z = y x^{'} y^{- 1} \in H$ , on a encore

$a b = (x z) (y y^{'}) \in H K .$

Aussi

$a^{- 1} = y^{- 1} x^{- 1} = z y^{- 1} \in H K$

avec $z = y^{- 1} x^{- 1} y \in H$ .

Ainsi, $H K$ est bien un sous-groupe de $(G, \cdot)$ .

Exercice 7 5620 Correction

(Sous-groupe distingué)

Un sous-groupe $H$ de $(G, \cdot)$ est dit distingué lorsque

\forall x \in H, \forall a \in G, a x a^{- 1} \in H .

(a)

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

Soit $H$ un sous-groupe d’un groupe $(G, \cdot)$ .

(b)

Montrer que l’on définit une relation d’équivalence $ℛ$ sur $G$ en posant

$x ℛ y \Leftrightarrow x y^{- 1} \in H$

On note $\bar{x}$ la classe d’équivalence d’un élément $x$ de $G$ pour la relation $ℛ$ et l’on note $G^{'} = G / ℛ$ l’ensemble des classes d’équivalence pour la relation $ℛ$ .

(c)

On suppose le sous-groupe $H$ distingué. Vérifier que l’on définit une opération $(\cdot)$ sur $G^{'}$ en posant

$\bar{x} \cdot \bar{y} = \bar{x \cdot y} pour tous x, y \in G^{'}$
(d)

Établir qu’alors $(G^{'}, \cdot)$ est un groupe.

Solution

(a)

Soient $φ : G \to G^{'}$ un tel morphisme et $H = {x \in G | φ (x) = e_{G^{'}}}$ son noyau.

On sait déjà que $H$ est un sous-groupe de $(G, \cdot)$ .

Soient $x \in H$ et $a \in G$ . Par morphisme,

$φ (a x a^{- 1}) = φ (a) φ (x) φ {(a)}^{- 1} = φ (a) e_{G^{'}} φ {(a)}^{- 1} = e_{G^{'}}$

donc $a x a^{- 1} \in H$ .

Le sous-groupe $H$ est donc distingué.
(b)

Soient $x, y, z \in G$ .

On vérifie $x ℛ x$ car $x x^{- 1} = 1 \in H$ .

Si $x ℛ y$ alors $x y^{- 1} \in H$ donc $y x^{- 1} = {(x y^{- 1})}^{- 1} \in H$ et ainsi $y ℛ x$ .

Si $x ℛ y$ et $y ℛ z$ alors $x y^{- 1} \in H$ et $y z^{- 1} \in H$ donc $x z^{- 1} = x y^{- 1} y z^{- 1} \in H$ et ainsi $x ℛ z$ .

$ℛ$ est donc une relation d’équivalence.
(c)

Il s’agit de vérifier que le résultat du calcul $\bar{x} \cdot \bar{y}$ ne dépend pas des réprésentants $x$ et $y$ choisis pour $\bar{x}$ et $\bar{y}$ .

Supposons $\bar{x} = \bar{x^{'}}$ et $\bar{y} = \bar{y^{'}}$ . On a $x x^{', - 1} \in H$ et $y y^{', - 1} \in H$ donc

$(x y) {(x^{'} y^{'})}^{- 1} = x y y^{', - 1} x^{', - 1} = (x y y^{', - 1} x^{- 1}) x x^{', - 1} \in H$

En effet, il s’agit du produit de deux éléments de $H$ car $x y y^{', - 1} x^{- 1} = x (y y^{', - 1}) x^{- 1}$ est de la forme $a x a^{- 1}$ avec $x \in H$ .

On a donc vérifié $\bar{x y} = \bar{x^{'} y^{'}}$ .
(d)

Pour $x, y, z \in G$ ,

$(\bar{x} \bar{y}) \bar{z} = \bar{(x y) z} = \bar{x (y z)} = \bar{x} (\bar{y} \bar{z})$

La loi $(\cdot)$ est associative

Aussi,

$\bar{x} \bar{1} = \bar{x \cdot 1} = \bar{x} et \bar{1} \bar{x} = \bar{1 \cdot x} = \bar{x}$

La loi $(\cdot)$ possède un neutre $\bar{1}$ .

Enfin,

$\bar{x} \bar{x^{- 1}} = \bar{x x^{- 1}} = \bar{1} et \bar{x^{- 1}} \bar{x} = \bar{x^{- 1} x} = \bar{1}$

Tout élément $\bar{x}$ de $G^{'}$ est donc inversible avec ${\bar{x}}^{- 1} = \bar{x^{- 1}}$ .

Finalement, $(G^{'}, \cdot)$ est un groupe.

Exercice 8 117

(Théorème de Lagrange)

Soient $(G, \cdot)$ un groupe de cardinal fini et $H$ un sous-groupe de $G$ .

Pour tout $a \in G$ , on note $a H = {a h | h \in H}$ .

(a)

Observer $Card (a H) = Card (H)$ pour tout $a \in G$ .
(b)

Montrer que les ensembles $a H$ sont disjoints ou confondus.
(c)

En déduire que le cardinal de $H$ divise celui de $G$ .
(d)

Application : Décrire $H \cap K$ lorsque $H$ et $K$ sont deux sous-groupes de $G$ de cardinaux premiers entre eux.

Exercice 9 5621 Correction

(a)

Montrer que

$H = {x + y \sqrt{3} | x \in ℕ, y \in ℤ, x^{2} - 3 y^{2} = 1}$

est un sous-groupe de $(ℝ_{+}^{*}, \times)$ .
(b)

Vérifier

$\min {z \in H | z > 1} = 2 + \sqrt{3} .$
(c)

En déduire que $H = ⟨ 2 + \sqrt{3} ⟩$ .

Solution

(a)

Pour $a \in H$ , $a = x + y \sqrt{3}$ avec $x \in ℕ$ , $y \in ℤ$ et $x^{2} - 3 y^{2} = 1$ . On a donc

$x = \sqrt{1 + 3 y^{2}} > \sqrt{3} | y |$

puis $a > 0$ . Ainsi $H \subset ℝ_{+}^{*}$ .

On vérifie $1 \in H$ car on peut écrire $1 = 1 + 0 \cdot \sqrt{3}$ avec $1^{2} - 3 \cdot 0^{2} = 1$ .

Pour $a \in H$ , on a avec des notations immédiates,

$a^{- 1} = \frac{1}{a} = x - y \sqrt{3}$

avec $x \in ℕ$ , $- y \in ℤ$ et $x^{2} - 3 {(- y)}^{2} = 1$ . Ainsi $a^{- 1} \in H$ .

Enfin, pour $a, b \in H$ et avec des notations immédiates,

$a b = \underset{\begin{matrix} = x^{''} \end{matrix}}{\underset{⏟}{x x^{'} + 3 y y^{'}}} + \underset{\begin{matrix} = y^{''} \end{matrix}}{\underset{⏟}{(x y^{'} + x^{'} y)}} \sqrt{3} .$

On vérifie $x^{''} \in ℤ$ , $y^{''} \in ℤ$ et $x^{'', 2} - 3 y^{2} = {(x x^{'} + 3 y y^{'})}^{2} - 3 {(x y^{'} + x^{'} y)}^{2} = 1$ . De plus, puisque $x > \sqrt{3} | y |$ et $x^{'} > \sqrt{3} | y^{'} |$ , on a $x^{''} = x x^{'} + 3 y y^{'} \geq 0$ donc $x^{''} \in ℕ$ . Ainsi $a b \in H$ .

Finalement, $H$ est un sous-groupe de $(ℝ_{+}^{*}, \times)$ .
(b)

On remarque que si $z = x + y \sqrt{3}$ est un élément de $H$ alors $y \sqrt{3} = \pm \sqrt{x^{2} - 1}$ . Ainsi,

$z = {\begin{matrix} x + \sqrt{x^{2} - 1} > 1 & si y > 0 \\ 1 & si y = 0 \\ x - \sqrt{x^{2} - 1} < 1 & si y < 0 . \end{matrix}$

Par conséquent,

${z \in H | z > 1} = {x + y \sqrt{3} | x \in ℕ, y \in ℕ^{*}, x^{2} - 3 y^{2} = 1} .$

La plus petite valeur que l’on peut acquérir de cette forme est obtenue pour $(x, y) = (2,1)$ et cela donne $z = 2 + \sqrt{3}$
(c)

On a immédiatement $⟨ 2 + \sqrt{3} ⟩ \subset H$ .

Soit $z \in H$ . Il existe $n \in ℤ$ tel que

${(2 + \sqrt{3})}^{n} \leq z < {(2 + \sqrt{3})}^{n + 1} à savoir n = ⌊ \frac{\ln (x)}{\ln (2 + \sqrt{3})} ⌋ .$

On vérifie alors

$z^{'} = z \cdot {(2 + \sqrt{3})}^{n} \in H \cap [1; 2 + \sqrt{3} [$

et donc $z^{'} = 1$ puis $z = {(2 + \sqrt{3})}^{n}$ . Ainsi, $H \subset ⟨ 2 + \sqrt{3} ⟩$ puis l’égalité.

Exercice 10 4294

(Sous-groupes additifs de $R$ )

Soit $H$ un sous-groupe de $(ℝ, +)$ non réduit à ${0}$ . On pose $a = inf {h \in H | h > 0}$

(a)

On suppose $a > 0$ . Montrer que $a$ appartient à $H$ puis que $H = a ℤ$ .
(b)

On suppose $a = 0$ . Montrer que $H$ est une partie dense de $ℝ$ .
(c)

Application : Établir¹¹ 1 Ici, la notation $\bar{A}$ désigne l’adhérence topologique d’une partie. $\bar{{\cos (n) | n \in ℕ}} = [- 1; 1]$ .

Exercice 11 2948 X (MP)Correction

(a)

Montrer que tout sous-groupe additif de $ℝ$ qui n’est pas monogène est dense dans $ℝ$ .
(b)

Soit $x \in ℝ ∖ ℚ$ . Montrer qu’il existe une infinité de $(p, q) \in ℤ \times ℕ^{*}$ tels que

$| x - \frac{p}{q} | < \frac{1}{q^{2}} .$
(c)

Montrer la divergence de la suite de terme général

$u_{n} = \frac{1}{n \sin (n)} .$

Solution

(a)

Soit $H$ un tel groupe. Nécessairement $H \neq {0}$ ce qui permet d’introduire

$a = inf {h > 0 | h \in H} .$

Si $a \neq 0$ , on montre que $a \in H$ puis par division euclidienne que tout $x \in H$ est multiple de $a$ . Ainsi, $H = a ℤ$ ce qui est exclu. Il reste $a = 0$ et alors pour tout $ε > 0$ , il existe $α \in H \cap] 0; ε]$ . On a alors $α ℤ \subset H$ et donc pour tout $x \in ℝ$ , il existe $h \in α ℤ \subset H$ vérifiant $| x - h | \leq α \leq ε$ . Ainsi, $H$ est dense dans $ℝ$ .
(b)

Soit $x \in ℝ ∖ ℚ$ . Pour $N \in ℕ^{*}$ , considérons l’application

$f : {0, \dots, N} \to [0; 1 [$

définie par $f (k) = k x - ⌊ k x ⌋$ . Puisque les $N + 1$ valeurs prises par $f$ sont dans les $N$ intervalles $[i / N; (i + 1) / N [$ (avec $i \in {0, \dots, N - 1}$ ), il existe au moins deux valeurs prises dans le même intervalle. Ainsi, il existe $k < k^{'} \in {0, \dots, N}$ tel que

$| f (k^{'}) - f (k) | < \frac{1}{N}$

. En posant $p = ⌊ k^{'} x ⌋ - ⌊ k x ⌋ \in ℤ$ et $q = k^{'} - k \in {1, \dots, N}$ , on a $| q x - p | < 1 / N$ et donc

$| x - \frac{p}{q} | < \frac{1}{N q} < \frac{1}{q^{2}} .$

En faisant varier $N$ , on peut construire des couples $(p, q)$ distincts et donc affirmer qu’il existe une infinité de couple $(p, q) \in ℤ \times ℕ^{*}$ vérifiant

$| x - \frac{p}{q} | < \frac{1}{q^{2}} .$
(c)

Puisque $π$ est irrationnel, il existe une suite de rationnels $p_{n} / q_{n}$ vérifiant

$| π - \frac{p_{n}}{q_{n}} | < \frac{1}{q_{n}^{2}}$

avec $q_{n} \to + \infty$ .
On a alors

$| u_{p_{n}} | = | \frac{1}{p_{n} \sin (p_{n})} | = | \frac{1}{p_{n} \sin (p_{n} - q_{n} π)} | \geq \frac{1}{| p_{n} |} \frac{1}{| p_{n} - q_{n} π |} \geq \frac{q_{n}}{p_{n}} \to \frac{1}{π} .$

Ainsi, la suite $(u_{n})$ ne tend pas vers $0$ .

${| \sin (n) | | n \in ℕ} = {| \sin (n + 2 k π) | | n \in ℤ, k \in ℤ} = | \sin (ℤ + 2 π ℤ) | .$

Puisque le sous-groupe $H = ℤ + 2 π ℤ$ , n’est pas monogène (car $π$ irrationnel), $H$ est dense dans $ℝ$ et par l’application $| \sin (.) |$ qui est une surjection continue de $ℝ$ sur $[0; 1]$ , on peut affirmer que ${| \sin (n) | | n \in ℕ}$ est dense dans $[0; 1]$ .
En particulier, il existe une infinité de $n$ tel que $| \sin (n) | \geq 1 / 2$ et pour ceux-ci $| u_{n} | \leq 2 / n$ .
Ainsi, il existe une suite extraite de $(u_{n})$ convergeant vers $0$ .
Au final, la suite $(u_{n})$ diverge.

Exercice 12 4297

(Description des sous-groupes $Z^{2}$ )

Dans ce sujet, on étudie les sous-groupes de $(ℤ^{2}, +)$ .

(a)

Soient $e_{1} = (x_{1}, y_{1})$ et $e_{2} = (x_{2}, y_{2})$ deux éléments de $ℤ^{2}$ . Montrer

$⟨ e_{1}, e_{2} ⟩ = ℤ^{2} \Leftrightarrow | \begin{matrix} x_{1} & x_{2} \\ y_{1} & y_{2} \end{matrix} | = \pm 1 .$

Soit $H$ un sous-groupe de $ℤ^{2}$ non réduit au neutre. On note $d$ le plus petit pgcd de $x$ et $y$ pour $(x, y)$ parcourant $H ∖ {(0,0)}$ et l’on introduit $(u_{0}, v_{0}) \in ℤ^{2}$ et $(x_{0}, y_{0}) \in H$ tels que $d = u_{0} x_{0} + v_{0} y_{0}$ .

(b)

Soit $(u, v) \in ℤ^{2}$ . Montrer qu’il existe $a_{u, v} \in ℤ$ tel que

$H_{u, v} = {u x + v y | (x, y) \in H} = a_{u, v} ℤ .$
(c)

Déterminer $a_{u_{0}, v_{0}}$ .

On introduit $e_{1} = (x_{1}, y_{1})$ et $e_{2} = (x_{2}, y_{2})$ avec

x_{1} = \frac{x_{0}}{d}, y_{1} = \frac{y_{0}}{d}, x_{2} = - v_{0} et y_{2} = u_{0} .

(d)

Montrer que $⟨ e_{1}, e_{2} ⟩ = ℤ^{2}$ et qu’il existe $n \in ℕ$ tel que $⟨ d e_{1}, n e_{2} ⟩ = H$ .
(e)

Vérifier que $d$ divise $n$ .

[<] Sous-groupes[>] Groupes cycliques

Exercice 13 5811 Correction

(a)

Vérifier que

$\frac{1}{3} ℤ + \frac{3}{5} ℤ$

est un sous-groupe monogène de $(ℚ, +)$ .
(b)

Même question avec

$\frac{2}{3} ℤ + \frac{4}{5} ℤ .$

Solution

(a)

Par opérations sur les sous-groupes d’un groupe commutatif¹¹ 1 Dans un groupe $(G, ⋆)$ commutatif, on vérifie que $H ⋆ K$ est un sous-groupe lorsque $H$ et $K$ le sont, on peut affirmer que $H = \frac{1}{3} ℤ + \frac{3}{5} ℤ$ est un sous-groupe de $(ℚ, +)$ .

Il s’agit de déterminer $a \in H$ tel que $1 / 3 \in a ℤ$ et $3 / 5 \in a ℤ$ . Les éléments de $H$ s’écrivent

$\frac{1}{3} u + \frac{3}{5} v = \frac{5 u + 9 v}{15} avec u, v \in ℤ .$

Les entiers $5$ et $9$ étant premiers entre eux, il existe $u, v \in ℤ$ tel que $\frac{1}{15} = \frac{1}{3} u + \frac{3}{5} v$ (en l’occurrence $u = 2$ et $v = - 1$ ). On en déduit

$\frac{1}{15} \in \frac{1}{3} ℤ + \frac{3}{5} ℤ donc \frac{1}{15} ℤ \subset \frac{1}{3} ℤ + \frac{3}{5} ℤ .$

Inversement, on vérifie

$\frac{1}{3} = 5 \cdot \frac{1}{15} \in \frac{1}{15} ℤ et \frac{3}{5} = 9 \cdot \frac{1}{15} \in \frac{1}{15} ℤ .$

On en déduit

$\frac{1}{3} ℤ + \frac{3}{5} ℤ = \frac{1}{15} ℤ .$
(b)

On remarque

$\frac{2}{3} u + \frac{4}{5} v = \frac{10 u + 12 v}{15} = \frac{2 (5 u + 6 v)}{15} avec u \land v = 1 .$

La même étude qu’au-dessus conduit à

$\frac{2}{3} ℤ + \frac{4}{5} ℤ = \frac{2}{15} ℤ .$

Exercice 14 5401 Correction

Dans $(ℂ^{*}, \times)$ , déterminer le sous-groupe $⟨ 𝒫 ⟩$ engendré par l’ensemble $𝒫$ des nombres premiers.

Solution

Tout entier naturel $n \geq 2$ est un produit d’un nombre fini de nombres premiers et est donc élément $⟨ 𝒫 ⟩$ . Aussi, le neutre $1$ est élément de $⟨ 𝒫 ⟩$ et donc

ℕ^{*} \subset ⟨ 𝒫 ⟩ .

Par stabilité d’un groupe par produit et passage à l’inverse, on peut affirmer que

\forall (p, q) \in {(ℕ^{*})}^{2}, \frac{p}{q} = p \times \frac{1}{q} \in ⟨ 𝒫 ⟩ .

Ainsi,

ℚ_{+}^{*} \subset ⟨ 𝒫 ⟩ .

Or $ℚ_{+}^{*} = ℚ^{*} \cap ℝ_{+}^{*}$ est un sous-groupe de $(ℂ^{*}, \times)$ contenant $𝒫$ et donc

⟨ 𝒫 ⟩ \subset ℚ_{+}^{*} .

Par double inclusion,

⟨ 𝒫 ⟩ = ℚ_{+}^{*} .

Exercice 15 3256

Soit $H$ un sous-groupe d’un groupe $(G, ⋆)$ distinct de $G$ .

Déterminer le groupe engendré par le complémentaire $\bar{H}$ de $H$ dans $G$ .

Exercice 16 4286

Soient $H$ et $K$ deux sous-groupes d’un groupe abélien $(G, +)$ . Montrer que le sous-groupe engendré par $H \cup K$ est

H + K = {h + k | h \in H et k \in K} .

Exercice 17 4199

Montrer qu’un groupe fini $G$ de cardinal $n \geq 2$ possède une partie génératrice constituée d’au plus $\log_{2} (n)$ éléments.

Exercice 18 4285

Dans le groupe $(𝒮_{E}, \circ)$ des permutations de $E = ℝ ∖ {0,1}$ , déterminer le sous-groupe engendré par les fonctions $f$ et $g$ définies par

f (x) = 1 - x et g (x) = 1 / x .

Exercice 19 4278

(Sous-groupe engendré par deux éléments)

Soient $a, b$ deux éléments d’un groupe $G$ noté multiplicativement et

H = {a^{k_{1}} b^{ℓ_{1}} a^{k_{2}} b^{ℓ_{2}} \dots a^{k_{n}} b^{ℓ_{n}} | n \in ℕ, k_{1}, ℓ_{1}, k_{2}, ℓ_{2}, \dots, k_{n}, ℓ_{n} \in ℤ}

l’ensemble des produits finis d’itérés de $a$ et de $b$ .

(a)

Montrer que $H$ est le sous-groupe engendré par ${a, b}$ .
(b)

Simplifier la description de $H$ lorsque $a$ et $b$ commutent.

Exercice 20 5863 Correction

Soit $A$ est une partie non vide d’un groupe $(G, ⋆)$ .

Montrer

⟨ A ⟩ = {a_{1} ⋆ \dots ⋆ a_{n} | n \in ℕ^{*}, a_{1}, \dots, a_{n} \in A \cup A^{'}}

en notant

A^{'} = {a^{- 1} | a \in A} .

Solution

Notons

H = {a_{1} ⋆ \dots ⋆ a_{n} | n \in ℕ^{*}, a_{1}, \dots, a_{n} \in A \cup A^{'}} .

Montrons l’égalité $⟨ A ⟩ = H$ par double inclusion.

Par définition, $A \subset ⟨ A ⟩$ .

Pour tout $x \in A \subset ⟨ A ⟩$ , $x^{- 1} \in ⟨ A ⟩$ car le sous-groupe $⟨ A ⟩$ est stable par passage à l’inverse. On a donc $A^{'} \subset ⟨ A ⟩$ .

Pour tout $n \in ℕ^{*}$ et tous $a_{1}, \dots, a_{n} \in A \cup A^{'} \subset ⟨ A ⟩$ , on a $a_{1} ⋆ \dots ⋆ a_{n} \in ⟨ A ⟩$ car le sous-groupe $⟨ A ⟩$ est stable par composition.

Ainsi, on dispose d’une première inclusion $H \subset ⟨ A ⟩$ . Pour établir l’inclusion réciproque, il suffit d’observer que $H$ est un sous-groupe de $(G, ⋆)$ contenant $A$ .

Pour tout $x \in A$ , on peut écrire $x = a_{1}$ avec $a_{1} \in A \cup A^{'}$ . On a donc $x \in H$ ce qui fournit l’inclusion $A \subset H$ . Vérifions maintenant que $H$ est un sous-groupe de $(G, ⋆)$ .

Immédiatement, $H$ est une partie non vide de $(G, ⋆)$ .

Soit $x \in H$ . On peut écrire $x = a_{1} ⋆ \dots ⋆ a_{n}$ avec $n \in ℕ^{*}$ et $a_{1}, \dots, a_{n} \in A \cup A^{'}$ .

On a $x^{- 1} = a_{n}^{- 1} ⋆ \dots ⋆ a_{1}^{- 1}$ avec $a_{n}^{- 1}, \dots, a_{1}^{- 1} \in A \cup A^{'}$ donc $x^{- 1} \in H$ .

Soit de plus $y \in H$ . On peut écrire $y = b_{1} ⋆ \dots ⋆ b_{m}$ avec $m \in ℕ^{*}$ et $b_{1}, \dots, b_{m} \in A \cup A^{'}$ .

On a alors $x ⋆ y = c_{1} ⋆ \dots c_{p}$ en posant $p = n + m \in ℕ^{*}$ ,

c_{1}, \dots, c_{n} = a_{1}, \dots, a_{n} et c_{n + 1}, \dots, c_{n + m} = b_{1}, \dots, b_{m}

de sorte que $c_{1}, \dots, c_{p} \in A \cup A^{'}$ . Ainsi, $x ⋆ y \in H$ .

Finalement, $H$ est un sous-groupe de $(G, ⋆)$ contenant $A$ . Or $⟨ A ⟩$ est le plus petit sous-groupe contenant $A$ donc $⟨ A ⟩ \subset H$ .

Par double inclusion, $⟨ A ⟩ = H$ .

Exercice 21 5626 Correction

Soient $x = (a, b)$ et $y = (c, d)$ deux éléments du groupe $(ℤ^{2}, +)$ .

(a)

Établir $⟨ {x, y} ⟩ = {(k a + ℓ c, k b + ℓ d) | k, ℓ \in ℤ}$ .
(b)

Montrer que ${x, y}$ est une partie génératrice de $(ℤ^{2}, +)$ si, et seulement si, $a d - b c = \pm 1$ .

Solution

(a)

Considérons

$H = {(k a + ℓ c, k b + ℓ d) | k, ℓ \in ℤ} .$

Pour tout $k \in ℤ$ , $(k a, k b) = k . x \in ⟨ x ⟩ \subset ⟨ {x, y} ⟩$ . Aussi, pour tout $ℓ \in ℤ$ , $(ℓ c, ℓ d) = ℓ . y \in ⟨ y ⟩ \subset ⟨ x, y ⟩$ . Par additition,

$(k a + ℓ c, k b + ℓ d) = (k a, k b) + (ℓ c, ℓ d) \in ⟨ x, y ⟩ .$

Ainsi, $H \subset ⟨ {x, y} ⟩$ .

Inversement, on vérifie que $H$ est un sous-groupe de $(ℤ^{2}, +)$ contenant les éléments $x$ et $y$ et donc $⟨ {x, y} ⟩ \subset H$ .

Par double inclusion,

$⟨ {x, y} ⟩ = H .$
(b)

$(⟹)$ Si $a d - b c = 1$ , on observe

$d . (a, b) - b . (c, d) = (1,0) et - c . (a, b) + a . (c, d) = (0,1) .$

Par conséquent,

$(1,0), (0,1) \in ⟨ {x, y} ⟩ .$

On en déduit $ℤ^{2} = ⟨ {(1,0), (0,1)} ⟩ = ⟨ {x, y} ⟩$

Si $a d - b c = - 1$ , on opère de façon semblable.

$(⟸)$ Supposons $⟨ {x, y} ⟩ = ℤ^{2}$ . Il existe $k, ℓ \in ℤ$ tels que

$(1,0) = k . x + ℓ . y .$

Il existe aussi $m, n \in ℤ$ tels que

$(0,1) = m . x + n . y .$

On en déduit

$(\begin{matrix} a & c \\ b & d \end{matrix}) (\begin{matrix} k & m \\ ℓ & n \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .$

En passant au déterminant,

$(a d - b c) (k n - ℓ m) = 1 .$

Or $a d - b c, k n - ℓ m \in ℤ$ donc $a d - b c = \pm 1$ .

Exercice 22 2229 Correction

Dans $(𝒮_{n}, \circ)$ on considère les permutations

τ = (\begin{matrix} 1 & 2 \end{matrix}) et σ = (\begin{matrix} 1 & 2 & \dots & n \end{matrix}) .

(a)

Calculer $σ^{k} \circ τ \circ σ^{- k}$ pour $0 \leq k \leq n - 2$ .
(b)

En déduire que tout élément de $𝒮_{n}$ peut s’écrire comme un produit de $σ$ et de $τ$ .

Solution

(a)

$σ \circ τ \circ σ^{- 1} = (\begin{matrix} 2 & 3 \end{matrix})$ , $σ^{2} \circ τ \circ σ^{- 2} = (\begin{matrix} 3 & 4 \end{matrix})$ ,… $σ^{k} \circ τ \circ σ^{- k} = (\begin{matrix} k + 1 & k + 2 \end{matrix})$ .
(b)

Il est « connu » que toute permutation de $𝒮_{n}$ peut s’écrire comme produit de transpositions de la forme $(\begin{matrix} k & k + 1 \end{matrix})$ . Ces dernières peuvent s’écrire comme produit de $σ$ , de $τ$ , et de $σ^{- 1}$ . Or $σ^{n} = Id$ et donc $σ^{- 1} = σ^{n - 1}$ et par conséquent, $σ^{- 1}$ peut s’écrire comme produit de $σ$ .

Exercice 23 120

Soit $n \in ℕ$ tel que $n \geq 3$ . Dans le groupe $(𝒮_{n}, \circ)$ des permutations de $⟦ 1; n ⟧$ , on considère la transposition $t = (\begin{matrix} 1 & 2 \end{matrix})$ et le cycle $c = (\begin{matrix} 1 & 2 & \dots & n \end{matrix})$ de longueur $n$ .

(a)

Justifier que l’ensemble ${c, t}$ constitue une partie génératrice de $(𝒮_{n}, \circ)$ .
(b)

Existe-t-il une partie génératrice de $(𝒮_{n}, \circ)$ formée d’un seul élément?

Exercice 24 2368 CENTRALE (MP)Correction

Soit $n$ un entier naturel non nul, $(e_{1}, \dots, e_{n})$ la base canonique de $E = ℝ^{n}$ .
Soit $𝒮_{n}$ l’ensemble des permutations de ${1,2, \dots, n}$ . Soit $t_{i} = (1, i)$ .
Pour $s \in 𝒮_{n}$ , on définit $u_{s} (e_{i}) = e_{s (i)}$ .

(a)

Montrer que $(t_{2}, t_{3}, \dots, t_{n})$ engendre $𝒮_{n}$ .
(b)

Interpréter géométriquement $u_{s}$ lorsque $s$ est une transposition.
(c)

Soit $s = (1 2 \dots n - 1 n)$ . On suppose que $s$ est la composée de $p$ transpositions. Montrer que $p \geq n - 1$ .
(d)

Quel est le cardinal minimal d’une famille de transpositions génératrice de $𝒮_{n}$ ?

Solution

(a)

Pour $i \neq j \in {2, \dots, n}$ ,

$(i, j) = (1, i) \circ (1, j) \circ (1, i) .$

Toute transposition appartient à $⟨ t_{2}, t_{3}, \dots, t_{n} ⟩$ et puisque celles-ci engendrent $S_{n}$ ,

$S_{n} = ⟨ t_{2}, t_{3}, \dots, t_{n} ⟩ .$
(b)

Si $s = (i, j)$ , $u_{s}$ est la réflexion par rapport à l’hyperplan de vecteur normal $e_{i} - e_{j}$ .
(c)

Si $s$ est le produit de $p$ transpositions alors $Ker (u_{s} - {Id}_{E})$ contient l’intersection de $p$ hyperplans (ceux correspondant aux transpositions comme décrit ci-dessus). Or, ici $Ker (u_{s} - {Id}_{E}) = Vect (e_{1} + \dots + e_{n})$ et donc $p \geq n - 1$ .
(d)

$n - 1$ en conséquence de ce qui précède.

Exercice 25 4231

On note ${SL}_{n} (ℤ)$ l’ensemble des matrices carrées de taille $n \geq 2$ à coefficients entiers et de déterminants $1$ .

(a)

Montrer que ${SL}_{n} (ℤ)$ est un groupe multiplicatif.

On note $H$ le sous-groupe de ${SL}_{n} (ℤ)$ engendré par les matrices $I_{n} + E_{i, j}$ avec $i, j$ éléments distincts de $⟦ 1; n ⟧$ .

(b)

Vérifier l’appartenance à $H$ des matrices $I_{n} + k E_{i, j}$ pour tous indices $i, j$ distincts dans $⟦ 1; n ⟧$ et tout $k \in ℤ$ .
(c)

Soit $M \in {SL}_{n} (ℤ)$ . Montrer qu’il existe une matrice $A \in H$ telle que la première colonne de $A M$ est constituée d’un $1$ suivi de $0$ .
(d)

Montrer $H = {SL}_{n} (ℤ)$ .

[<] Groupe engendré par une partie[>] Éléments d'ordre fini

Exercice 26 3364 Correction

Soit $x$ est un élément d’un groupe cyclique de cardinal $n$ . Calculer $x^{n}$ .

Solution

Soit $a$ un générateur du groupe cyclique $(G, *)$ introduit dans l’énoncé.
On sait

G = {e, a, a^{2}, \dots, a^{n - 1}} avec a^{n} = e .

Puisque $x$ est élément de $G$ , il existe $k \in ⟦ 0; n - 1 ⟧$ tel que $x = a^{k}$ et alors

x^{n} = a^{k n} = e .

Exercice 27 123

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

Soient $(G, \cdot)$ un groupe cyclique de générateur $a$ et $H$ un sous-groupe de $(G, \cdot)$ .

(a)

Justifier l’existence d’un plus petit entier naturel non nul $n$ tel que $a^{n} \in H$ .
(b)

Établir que $H$ est alors le sous-groupe engendré par $a^{n}$ .

Exercice 28 124

Soit $G$ un groupe cyclique de cardinal $n$ .

Montrer que pour tout diviseur¹¹ 1 On a vu que le cardinal d’un sous-groupe divise le cardinal du groupe (voir le sujet 117): l’hypothèse que $d$ divise $n$ est nécessaire à l’existence d’un sous-groupe de cardinal $d$ . $d \in ℕ^{*}$ de $n$ , il existe un unique sous-groupe de cardinal $d$ dans $G$ .

Exercice 29 3715 Correction

Soit $(G, ⋆)$ un groupe cyclique à $n \geq 2$ éléments engendré par $a$ .

Pour $r \in ℕ^{*}$ , on introduit l’application $f : G \to G$ définie par

f (x) = x^{r} pour tout x \in G .

Enfin, on pose $d = n \land r$ .

(a)

Vérifier que $f$ est un endomorphisme du groupe $(G, ⋆)$ .
(b)

Déterminer le noyau $f$ .
(c)

Montrer que l’image de $f$ est le sous-groupe engendré par $a^{d}$ .
(d)

Pour $y \in G$ , combien l’équation $x^{r} = y$ possède-t-elle de solutions?

Solution

(a)

Le groupe $(G, ⋆)$ est nécessairement commutatif car cyclique. Pour tout $x, y \in G$ , on a

$f (x ⋆ y) = {(x ⋆ y)}^{r} = x^{r} ⋆ y^{r} = f (x) ⋆ f (y) .$
(b)

Pour $x \in G$ , on peut écrire $x = a^{k}$ avec $k \in ℤ$ et alors

$f (x) = e \Leftrightarrow a^{k r} = e .$

Puisque $a$ est d’ordre $n$

$f (x) = e \Leftrightarrow n ∣ k r .$

Pour $d = pgcd (n, r)$ , on peut écrire $n = d n^{'}$ et $r = d r^{'}$ avec $n^{'} \land r^{'} = 1$ et alors le théorème de Gauss donne

$n ∣ k r \Leftrightarrow n^{'} ∣ k .$

Par conséquent,

$Ker (f) = ⟨ a^{n^{'}} ⟩ .$
(c)

Par l’égalité de Bézout, on peut écrire $n u + r v = d$ et alors

$a^{d} = a^{n u} ⋆ a^{r v} = a^{r v} = f (a^{v}) \in Im (f) .$

Puisque $Im (f)$ est un sous-groupe, on a déjà $⟨ a^{d} ⟩ \subset Im (f)$ .

Inversement, soit $y \in Im (f)$ . On peut écrire $y = x^{r}$ avec $x$ de la forme $a^{k}$ où $k \in ℤ$ . On a donc

$y = a^{k r} .$

Or $d ∣ r$ et donc $y \in ⟨ a^{d} ⟩$ . Ainsi, $Im (f) \subset ⟨ a^{d} ⟩$ puis l’égalité.
(d)

Si $y \notin Im (f)$ , l’équation n’a pas de solution. Sinon, il existe $x_{0} \in G$ tel que $x_{0}^{r} = y$ et alors

$x^{r} = y \Leftrightarrow {(x ⋆ x_{0}^{- 1})}^{r} = e .$

Cela permet de mettre en correspondance bijective les solutions de l’équation $x^{r} = y$ avec les éléments du noyau de $f$ . Dans ce cas, il y a exactement $n / n^{'} = d$ solutions à l’équation.

Exercice 30 4291

Soient $H$ et $K$ deux sous-groupes d’un groupe abélien $(G, \cdot)$ de cardinaux $p$ et $q$ nombres premiers distincts.

Montrer que $H K = {h k | h \in H et k \in K}$ est un sous-groupe cyclique de $G$ .

Exercice 31 125 Correction

Soient $H$ et $K$ deux groupes notés multiplicativement.

(a)

Montrer que si $h$ est un élément d’ordre $p$ de $H$ et $k$ un élément d’ordre $q$ de $K$ alors $(h, k)$ est un élément d’ordre $ppcm (p, q)$ de $H \times K$ .
(b)

On suppose $H$ et $K$ cycliques. Montrer que le groupe produit $H \times K$ est cyclique si, et seulement si, les ordres de $H$ et $K$ sont premiers entre eux.

Solution

(a)

${(h, k)}^{n} = 1_{H \times K} \Leftrightarrow p ∣ n$ et $q ∣ n$ donc $(h, k)$ est un élément d’ordre $ppcm (p, q)$ .
(b)

Posons $p$ et $q$ les ordres de $H$ et $K$ .
Supposons $p$ et $q$ premiers entre eux.
Si $h$ et $k$ sont générateurs de $H$ et $K$ alors $(h, k)$ est un élément d’ordre $ppcm (p, q) = p q$ de $H \times K$ .
Or $Card (H \times K) = p q$ donc $H \times K$ est cyclique.
Inversement, supposons $H \times K$ cyclique.
Si $(h, k)$ est générateur de $H \times K$ alors $h$ et $k$ sont respectivement générateurs de $H$ et $K$ .
On en déduit que $h$ est un élément d’ordre $p$ , $k$ d’ordre $q$ et puisque $(h, k)$ est d’ordre $ppcm (p, q)$ et $p q$ , on conclut que $p$ et $q$ sont premiers entre eux.

Exercice 32 4293

(Groupe $p$ -quasi-cyclique de Prüfer)

Soit $p$ un nombre premier. On pose

𝕌_{p^{\infty}} = {z \in ℂ | \exists k \in ℕ, z^{p^{k}} = 1} .

(a)

Montrer que $𝕌_{p^{\infty}}$ est un groupe multiplicatif dont tous les éléments sont d’ordre finis.
(b)

Montrer que les sous-groupes propres¹¹ 1 Un sous-groupe propre d’un groupe $(G, ⋆)$ est un sous-groupe non trivial, c’est-à-dire un sous-groupe distinct de ${e}$ et de $G$ . de $𝕌_{p^{\infty}}$ sont cycliques.

[<] Groupes cycliques[>] Groupes isomorphes

Exercice 33 115 Correction

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

Solution

Notons $T$ l’ensemble des éléments d’ordre fini d’un groupe abélien $(G, *)$ de neutre $e$ .
On a évidemment $T \subset G$ et $e \in T$ .
Si $x, y \in T$ avec $x^{n} = y^{m} = e$ alors

{(x * y^{- 1})}^{m n} = x^{m n} * y^{- m n} = e

donc $x * y^{- 1} \in T$ .

Exercice 34 4279

Soit $a$ un élément d’un groupe $(G, ⋆)$ .

(a)

Montrer que l’application $φ : k \mapsto a^{k}$ définit un morphisme du groupe $(ℤ, +)$ vers $(G, ⋆)$ .
(b)

Déterminer l’image et le noyau de $φ$ en discutant selon l’ordre de $a$ .

Exercice 35 116 Correction

Soient $(G, *)$ un groupe fini commutatif d’ordre $n$ et $a \in G$ .

(a)

Justifier que l’application $x \mapsto a * x$ est une permutation de $G$ .
(b)

En considérant le produit des éléments de $G$ , établir que $a^{n} = e$ .

Solution

(a)

Puisque $a$ est inversible, $a$ est régulier ce qui fournit l’injectivité de l’application $x \mapsto a * x$ .
Un argument de cardinalité finie donne la bijectivité de l’application.
(b)

Par permutation

$\prod_{x \in G} x = \prod_{x \in G} (a * x) = a^{n} * \prod_{x \in G} x$

donc $a^{n} = e$ .

Exercice 36 2363 CENTRALE (MP)Correction

Quel est le plus petit entier $n$ tel qu’il existe un groupe non commutatif de cardinal $n$ ?

Solution

Notons, pour $n = 6$ que $(𝒮_{3}, \circ)$ est un groupe non commutatif à 6 éléments.
Un groupe à $n = 1$ élément est évidemment commutatif.
Pour $n = 2$ , $3$ ou $5$ , les éléments d’un groupe à $n$ éléments vérifient $x^{n} = e$ . Puisque $n$ est premier, un élément autre que $e$ de ce groupe est un élément d’ordre $n$ et le groupe est donc cyclique donc commutatif.
Pour $n = 4$ , s’il y a un élément d’ordre 4 dans le groupe, celui-ci est cyclique. Sinon, tous les éléments du groupe vérifient $x^{2} = e$ . Il est alors classique de justifier que le groupe est commutatif.

Exercice 37 5493 Correction

Soit $a$ un élément d’ordre $n$ d’un groupe multiplicatif $(G, \cdot)$

(a)

Montrer que si $d \in ℕ^{*}$ divise $n$ alors $a^{d}$ est d’ordre $n / d$ .
(b)

Plus généralement, montrer que $a^{m}$ est d’ordre $n / pgcd (n, m)$ pour tout $m \in ℤ$ .

Solution

Rappelons que si $a$ est un élément d’ordre $n$ , son ordre est caractérisé par la propriété

\forall k \in ℤ, a^{k} = 1 \Leftrightarrow n ∣ k .

(a)

Posons $d^{'} = n / d$ de sorte que $n = d d^{'}$ .

Pour tout $k \in ℤ$ ,

${(a^{d})}^{k} = 1$ $\Leftrightarrow a^{d k} = 1$

$\Leftrightarrow n ∣ d k$

$\Leftrightarrow d^{'} ∣ k .$

On en déduit que $a^{d}$ est un élément d’ordre $d^{'}$ .
(b)

Posons $d = pgcd (n, m)$ . On peut écrire $n = d n^{'}$ et $m = d m^{'}$ avec $n^{'}, m^{'}$ entiers premiers entre eux. Pour tout $k \in ℤ$ ,

${(a^{m})}^{k} = 1$ $\Leftrightarrow a^{m k} = 1$

$\Leftrightarrow n ∣ m k$

$\Leftrightarrow n^{'} ∣ m^{'} k$

$\Leftrightarrow n^{'} ∣ k$

car $n^{'} \land m^{'} = 1$ . On en déduit que $a^{m}$ est d’ordre $n^{'}$ .

Exercice 38 4280

Soient $a$ et $b$ deux éléments d’un groupe¹¹ 1 Le groupe est ici noté multiplicativement. $(G, \cdot)$ .

(a)

On suppose $a b$ d’ordre fini égal à $n$ . Que dire de $b a$ ?
(b)

On suppose $a$ d’ordre fini égal à $n$ . Pour $k \in ℤ$ , quel est l’ordre de $a^{k}$ ?

Exercice 39 5506 Correction

Pour tout $(a, b) \in ℂ^{*} \times ℂ$ , on considère la fonction $f_{a, b} : ℂ \to ℂ$ définie par

f_{a, b} (z) = a z + b .

(a)

Montrer que l’ensemble ${f_{a, b} | a \in ℂ^{*}, b \in ℂ}$ est muni d’une structure de groupe pour la loi de composition des applications.
(b)

Déterminer les éléments d’ordre fini de ce groupe.

Solution

(a)

Notons

$H = {f_{a, b} | a \in ℂ^{*}, b \in ℂ}$

et montrons que $H$ est un sous-groupe du groupe $(𝒮_{ℂ}, \circ)$ des permutations de $ℂ$ .

La permutation ${Id}_{ℂ}$ est élément de $H$ car ${Id}_{ℂ} = f_{1,0}$ .

Pour tout $z \in ℂ$ et tout $Z \in ℂ$ ,

$Z = a z + b \Leftrightarrow z = \frac{1}{a} Z - \frac{b}{a} .$

On en déduit que $f_{a, b}$ est une bijection de $ℂ$ vers $ℂ$ et $f_{a, b}^{- 1} = f_{1 / a, - b / a}$ . Ainsi, $H \subset 𝒮_{ℂ}$ et

$\forall f \in H, f^{- 1} \in H .$

Enfin,

$\forall z \in ℂ, f_{a, b} \circ f_{c, d} (z) = a (c z + d) + b = a c z + (a d + b)$

donc $f_{a, b} \circ f_{c, d} = f_{a c, a d + b}$ . Ainsi,

$\forall f, g \in H, f \circ g \in H .$

On peut conclure que $H$ est un sous-groupe de $(𝒮_{ℂ}, \circ)$ et donc $(H, \circ)$ est un groupe.
(b)

Par récurrence sur $n \in ℕ$ , on vérifie

$f_{a, b}^{n} = f_{a^{n}, (a^{n - 1} + \dots + a + 1) b}$

(où l’exposant $n$ doit être compris comme un itéré de composition et non une puissance multiplicative).

Pour que $f_{a, b}$ soit un élément d’ordre fini, il faut et il suffit qu’il existe $n \in ℕ$ tel que $f_{a, b}^{n} = {Id}_{ℂ}$ c’est-à-dire $f_{a^{n}, (a^{n - 1} + \dots + a + 1) b} = f_{1,0}$ . Puisque l’on vérifie aisément

$\forall (a, b), (c, d) \in ℂ^{*} \times ℂ, f_{a, b} = f_{c, d} \Leftrightarrow (a, b) = (c, d)$

on parvient au système

${\begin{matrix} a^{n} = 1 \\ (a^{n - 1} + \dots + a + 1) b = 0 . \end{matrix}$

Cas: $a = 1$ . Le système se résume à la condition $b = 0$ .

Cas: $a \neq 1$ . La deuxième équation du système se relit par sommation géométrique

$\frac{1 - a^{n}}{1 - a} b = 0 .$

Elle est automatiquement vérifiée lorsque la première équation l’est.

En résumé, les éléments d’ordre fini de $H$ sont l’application $f_{1,0} = Id$ et les applications $f_{a, b}$ pour $a \neq 1$ une racine de l’unité et $b \in ℂ$ quelconque.

Exercice 40 4290

Soit $a$ un élément d’un groupe $G$ noté multiplicativement. On suppose $a$ d’ordre $p q$ avec $p$ et $q$ dans $ℕ^{*}$ premiers entre eux.

Déterminer des éléments $b$ et $c$ d’ordres respectifs $p$ et $q$ tels que $a = b c = c b$ .

Exercice 41 3332

Soient $a$ et $b$ deux éléments d’ordres respectifs $m$ et $n$ d’un groupe abélien $(G, \cdot)$ .

(a)

On suppose que $m$ et $n$ sont premiers entre eux. Montrer que $a b$ est d’ordre $m n$ .
(b)

On ne suppose plus $m$ et $n$ premiers entre eux, l’élément $a b$ est-il nécessairement d’ordre $m \lor n$ ?
(c)

Soit $d$ un diviseur de $m$ . Montrer qu’il existe un élément d’ordre $d$ dans $G$ .
(d)

Existe-t-il dans $G$ un élément d’ordre $m \lor n$ ?

Exercice 42 4053 Correction

Soit $(G, \cdot)$ un groupe abélien fini de neutre $e$ .

(a)

Soient $x$ et $y$ deux éléments de $G$ d’ordres finis $p$ et $q$ premiers entre eux.

Montrer que l’élément $z = x y$ est d’ordre $p q$ .
(b)

On note $m$ le ppcm des ordres des éléments de $(G, \cdot)$ et l’on introduit sa décomposition en facteurs premiers

$m = p_{1}^{α_{1}} \dots p_{N}^{α_{N}} .$

Montrer qu’il existe un élément $x_{i}$ dans $G$ d’ordre $p_{i}^{α_{i}}$ pour chaque $i \in ⟦ 1; N ⟧$ .
(c)

Établir l’existence dans $G$ d’un élément d’ordre $m$ exactement.

Solution

(a)

Puisque le groupe $(G, \cdot)$ est commutatif,

$z^{p q} = x^{p q} y^{p q} = {(x^{p})}^{q} {(y^{q})}^{p} = e .$

De plus, pour $k \in ℕ$ , si $z^{k} = e$ alors $z^{k p} = e$ donc $y^{k p} = e$ ce qui entraîne que $q$ divise $k p$ . Or $p$ et $q$ sont premiers entre eux donc $q$ divise $k$ . De même, on obtient que $p$ divise $k$ . À nouveau, puisque $p$ et $q$ sont premiers entre eux, on conclut que $p q$ divise $k$ . L’ordre de $z$ est donc exactement $p q$ .
(b)

Puisque $p_{i}^{α_{i}}$ est facteur du ppcm des ordres des éléments de $(G, .)$ , il existe un élément $x$ dans $G$ d’ordre $p_{i}^{α_{i}} d$ pour un certain $d \in ℕ^{*}$ . L’élément $x_{i} = x^{d}$ est alors d’ordre exactement $p_{i}^{α_{i}}$ .
(c)

Une petite récurrence et l’élément $y = x_{1} \dots x_{m}$ fait l’affaire.

Exercice 43 4292

Soient $G$ et $G^{'}$ deux groupes notés multiplicativement. On suppose que le groupe $G$ est cyclique engendré par un élément $a$ .

(a)

Soit $b$ un élément de $G^{'}$ . Montrer qu’il existe un morphisme $φ : G \to G^{'}$ vérifiant $φ (a) = b$ si, et seulement si, $b$ est d’ordre fini divisant celui de $a$ .
(b)

Combien existe-t-il de morphismes de $(ℤ / n ℤ, +)$ dans lui-même?
(c)

Combien existe-t-il de morphismes de $(ℤ / n ℤ, +)$ dans $(ℂ^{*}, \times)$ ?

Exercice 44 3453 Correction

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

(a)

Justifier que l’on définit une relation d’équivalence $ℛ$ sur $G$ en posant

$x ℛ y \Leftrightarrow x = y ou x = y^{- 1} .$
(b)

En déduire l’existence dans $G$ d’un élément d’ordre $2$ .

Solution

(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 $(G, \cdot)$ d’élément d’ordre $2$ , les classes d’équivalence de la relation $ℛ$ comportent toutes deux éléments sauf celle de $e$ qui ne comporte qu’un élément. Les classes d’équivalence étant disjointes de réunion $G$ , le cardinal de $G$ est alors impair ce qui est contraire aux hypothèses.

[<] Éléments d'ordre fini[>] Groupe fini

Exercice 45 122 Correction

Les groupes $(ℚ, +)$ et $(ℚ^{*}, \times)$ sont-ils isomorphes?

Solution

Non, l’équation $x^{2} = 1$ admet deux solutions dans $(ℚ^{*}, \times)$ alors que l’équation analogue dans $(ℚ, +)$ , à savoir $2 x = 0$ , n’admet qu’une solution.

Exercice 46 5742 Correction

Soient $m$ et $n \in ℕ^{*}$ premiers entre eux.

Établir que l’application

φ : {\begin{matrix} 𝕌_{m n} & \to & 𝕌_{m} \times 𝕌_{n} \\ z & \mapsto & (z^{n}, z^{m}) \end{matrix}

est un isomorphisme de groupes.

Solution

L’application $φ$ est correctement définie car, si $z \in 𝕌_{m n}$ , on vérifie $z^{n} \in 𝕌_{m}$ et $z^{m} \in 𝕌_{n}$ . L’application $φ$ est aussi un morphisme de groupes multiplicatifs car, pour $z_{1}, z_{2} \in 𝕌_{m n}$ ,

φ (z_{1} z_{2}) = (z_{1}^{n} z_{2}^{n}, z_{1}^{m} z_{2}^{m}) = (z_{1}^{n}, z_{1}^{m}) \times (z_{2}^{n}, z_{2}^{m}) = φ (z_{1}) φ (z_{2}) .

Étudions le noyau de $φ$ . Pour $z \in 𝕌_{m n}$ , supposons $φ (z) = (1,1)$ , c’est-à-dire $z^{n} = z^{m} = 1$ . Puisque les entiers $m$ et $n$ sont premiers entre eux, il existe $u, v \in ℤ$ tels que $m u + n v = 1$ et alors $z = {(z^{m})}^{u} {(z^{n})}^{v} = 1$ . Ainsi, $Ker φ = {1}$ .

Le morphisme $φ$ est donc injectif. Or $Card 𝕌_{m n} = m n = Card (𝕌_{m} \times 𝕌_{n})$ donc l’application $φ$ est bijective. Finalement, $φ$ est un isomorphisme de groupe.

Exercice 47 5498 Correction

Soient $p, q$ deux entiers naturels premiers entre eux et $n = p q$ . Soit $(G, \cdot)$ un groupe fini commutatif vérifiant $x^{n} = 1$ pour tout $x \in G$ . On forme

M = {x \in G | x^{p} = 1} et N = {x \in G | x^{q} = 1} .

(a)

Montrer que $M$ et $N$ sont des sous-groupes de $(G, \cdot)$ .
(b)

Vérifier $M \cap N = {1}$ .
(c)

Établir que l’application

$f : {\begin{matrix} M \times N & \to & G \\ (x, y) & \mapsto & x y \end{matrix}$

est un isomorphisme de groupes.

Solution

(a)

$M$ est une partie de $G$ contenant $1$ car $1^{p} = 1$ .

Pour $x, y \in M$ , on vérifie par commutativité, ${(x y)}^{p} = x^{p} y^{p}$ et donc ${(x y)}^{p} = 1 \times 1 = 1$ . Ainsi, $x y \in M$ .

Pour $x \in M$ , on vérifie

${(x^{- 1})}^{p} = {(x^{p})}^{- 1} = 1^{- 1} = 1$

et donc $x^{- 1} \in M$ . Ainsi, $M$ est un sous-groupe de $(G, \cdot)$ et l’on montre qu’il en est de même pour $N$ .
(b)

Par le théorème de Bézout, il existe $u, v \in ℤ$ tels que $p u + q v = 1$ .

Pour $x \in M \cap N$ ,

$x = x^{p u + q v} = {(x^{p})}^{u} {(x^{q})}^{v} = 1^{u} \times 1^{v} = 1 .$

Ainsi, $M \cap N \subset {1}$ et l’inclusion réciproque est entendue.
(c)

L’application $f$ est correctement définie. Au départ, l’ensemble $M \times N$ est muni de la loi produit définie

$(x, y) \times (x^{'}, y^{'}) = (x x^{'}, y y^{'}) pour tout (x, y), (x^{'}, y^{'}) \in M \times N .$

Pour $(x, y), (x^{'}, y^{'}) \in M \times N$ ,

$f ((x, y) \times (x^{'}, y^{'})) = f (x x^{'}, y y^{'}) = x x^{'} y y^{'} = x y x^{'} y^{'} = f (x, y) f (x^{'}, y^{'}) .$

L’application $f$ est bien un morphisme de groupes.

Soit $(x, y) \in Ker (f)$ . On a $x y = 1$ . D’une part, $x \in M$ et, d’autre part, $y \in N$ donne $x = y^{- 1} \in N$ . On en déduit $x = 1$ . Ainsi, $Ker (f) = {1}$ ce qui permet d’affirmer que le morphisme $f$ est injectif.

Soit $z \in G$ . On peut écrire

$z = z^{p u + q v} = z^{q v} \times z^{p u} = x y avec x = z^{q v} et y = z^{p u} .$

On remarque alors

$x^{p} = z^{p q v} = {(z^{n})}^{v} = 1^{v} = 1 et y^{q} = z^{p q u} = {(z^{n})}^{u} = 1^{u} = 1 .$

Ainsi, $z = x y$ avec $(x, y) \in M \times N$ ce qui assure la surjectivité de $f$ .

Finalement, $f$ est un isomorphisme de groupes.

Exercice 48 4288

Parmi les groupes suivants, lesquels sont isomorphes?

(a)

$(ℤ / 4 ℤ, +)$
(b)

$(𝕌_{4}, \times)$
(c)

$(ℤ / 2 ℤ \times ℤ / 2 ℤ, +)$
(d)

$(ℤ / 6 ℤ, +)$
(e)

$(ℤ / 2 ℤ \times ℤ / 3 ℤ, +)$
(f)

$(𝒮_{3}, \circ)$
(g)

$(ℚ, +)$
(h)

$(ℚ^{*}, \times)$
(i)

$(ℚ_{+}^{*}, \times)$ .

Exercice 49 4281

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $ω = e^{2 i π / n}$ .

(a)

Montrer que l’application $φ : ℤ / n ℤ \to 𝕌_{n}$ déterminée par $φ (\bar{k}) = ω^{k}$ est un isomorphisme du groupe $(ℤ / n ℤ, +)$ vers $(𝕌_{n}, \times)$ .
(b)

Quelles sont les générateurs du groupe $𝕌_{n}$ ?

Exercice 50 2650 MINES (MP)Correction

On note $V$ l’ensemble des matrices à coefficients entiers du type

(\begin{matrix} a & b & c & d \\ d & a & b & c \\ c & d & a & b \\ b & c & d & a \end{matrix})

et $G$ l’ensemble des $M \in V$ inversibles dans $ℳ_{4} (ℝ)$ et dont l’inverse est dans $V$ .

(a)

Quelle est la structure de $G$ ?
(b)

Soit $M \in V$ . Montrer que $M \in G$ si, et seulement si, $\det (M) = \pm 1$ .
(c)

Donner un groupe standard isomorphe à $G$ muni du produit.

Solution

(a)

$G \subset {GL}_{4} (ℝ)$ , $G$ est non vide, stable par passage à l’inverse et par produit car $V$ l’est. Ainsi $G$ est un sous-groupe de ${GL}_{4} (ℝ)$ donc un groupe.
(b)

Si $M \in G$ alors $\det (M), \det (M^{- 1}) \in ℤ$ et $\det (M) \times \det (M^{- 1}) = \det (I_{4}) = 1$ donc $\det (M) = \pm 1$ .

Inversement, si $\det (M) = \pm 1$ alors $M^{- 1} = \pm Com {(M)}^{⊤}$ est à coefficients entiers. On peut remarquer que

$E = {(\begin{matrix} a & b & c & d \\ d & a & b & c \\ c & d & a & b \\ b & c & d & a \end{matrix}) | a, b, c, d \in ℝ}$

est un sous-espace vectoriel de $ℳ_{4} (ℝ)$ stable par produit et contenant $I_{n}$ . L’application $φ : X \mapsto M X$ y définit un endomorphisme injectif donc bijectif. On en déduit que $M^{- 1} = φ^{- 1} (I_{n})$ est élément de $E$ donc de $V$ . Par conséquent, $M \in G$ .
(c)

$\det (M) = ({(a + c)}^{2} - {(b + d)}^{2}) ({(a - c)}^{2} + {(b - d)}^{2})$

donc

$\det (M) = \pm 1 \Leftrightarrow {\begin{matrix} {(a + c)}^{2} - {(b + d)}^{2} & = \pm 1 \\ {(a - c)}^{2} + {(b - d)}^{2} & = \pm 1 . \end{matrix}$

La résolution de ce système à coefficients entiers donne à l’ordre près: $a, b, c, d = \pm 1,0,0,0$ .
Posons $J$ la matrice obtenue pour $a = c = d = 0$ et $b = 1$ . On vérifie $J^{4} = I_{4}$ .
L’application $φ : U_{2} \times ℤ / 4 ℤ \to G$ définie par $φ (ε, n) = ε J^{n}$ est bien définie, c’est un morphisme de groupe, injectif et surjectif. Ainsi $G$ est isomorphe à $U_{2} \times ℤ / 4 ℤ$ ou plus élégamment à $ℤ / 2 ℤ \times ℤ / 4 ℤ$ .

Exercice 51 4295

À isomorphisme près, déterminer tous les groupes à $6$ éléments.

Exercice 52 2649 MINES (MP)Correction

Soit $(G, .)$ un groupe fini tel que

\forall g \in G, g^{2} = e

où $e$ est le neutre de $G$ . On suppose $G$ non réduit à ${e}$ .

Montrer qu’il existe $n \in ℕ^{*}$ tel que $G$ est isomorphe à $({(ℤ / 2 ℤ)}^{n}, +)$ .

Solution

Le groupe $(G, .)$ est abélien. En effet, pour tout $x \in G$ , on a $x^{- 1} = x$ donc, pour $x, y \in G$ , ${(x y)}^{- 1} = x y$ . Or ${(x y)}^{- 1} = y^{- 1} x^{- 1} = y x$ donc $x y = y x$ .

Pour $\bar{0}, \bar{1} \in ℤ / 2 ℤ$ et $x \in G$ , posons

\bar{0} . x = e et \bar{1} . x = x .

On vérifie que l’on définit alors un produit extérieur sur $G$ munissant le groupe abélien $(G, .)$ d’une structure de $ℤ / 2 ℤ$ -espace vectoriel. En effet, pour $(x, y) \in G^{2}$ et $(λ, μ) \in {(ℤ / 2 ℤ)}^{2}$ on a

(λ + μ) . x = λ . x + μ . x, λ . (x + y) = λ . x + λ . y, λ . (μ . x) = (λ μ) . x et \bar{1} . x = x .

De plus, cet espace est de dimension finie car $Card (G) < + \infty$ , il est donc isomorphe à l’espace $({(ℤ / 2 ℤ)}^{n}, +, .)$ pour un certain $n \in ℕ^{*}$ .
En particulier, le groupe $(G, .)$ est isomorphe à $({(ℤ / 2 ℤ)}^{n}, +)$ .

[<] Groupes isomorphes[>] Groupe des classes de congruence

Exercice 53 4282

Établir que tout groupe fini dont le cardinal est un nombre premier $p$ est isomorphe à $(ℤ / p ℤ, +)$ .

Exercice 54 4283

Décrire les sous-groupes finis de $(ℂ^{*}, \times)$ .

Exercice 55 4284

Soit $A$ une partie d’un groupe fini $(G, \cdot)$ telle que $2 Card (A) > Card (G)$ .

Montrer que tout élément de $G$ peut s’écrire comme le produit de deux éléments de $A$ .

Exercice 56 4287

Soit $f$ un morphisme de groupes au départ d’un groupe $G$ fini.

Montrer la formule

Card (G) = Card (Im (f)) \times Card (Ker (f)) .

Exercice 57 4200 Correction

Soient $H$ et $K$ deux sous-groupes d’un groupe fini $G$ noté multiplicativement. On note $H K = {h k | h \in H et k \in K}$ . Montrer

Card (H K) Card (H \cap K) = Card (H) Card (K) .

Solution

Introduisons l’application $f : H \times K \to G$ définie par $f (h, k) = h k$ . L’ensemble $H K$ est exactement l’ensemble des valeurs prises par $f$ .

Méthode: On étudie l’ensemble des antécédents de chaque valeur prise par $f$ .

Soit $y$ une valeur prise par $f$ sur un certain couple $(h, k) \in H \times K$ . Déterminons les autres couples $(h^{'}, k^{'}) \in H \times K$ envoyés sur $y$ . Si $(h^{'}, k^{'})$ est un tel couple, on a $h^{'} k^{'} = h k$ et donc $h^{- 1} h^{'} = k k^{', - 1}$ . Notons $a$ cette valeur. Par opérations, l’élément $a$ est commun aux sous-groupes $H$ et $K$ et permet d’écrire $h^{'} = h a$ et $k^{'} = a^{- 1} k$ . Inversement, si $h^{'} = h a$ et $k^{'} = a^{- 1} k$ avec $a \in H \cap K$ , $h^{'}$ et $k^{'}$ sont des éléments de $H$ et $K$ de produit $y$ . L’ensemble des antécédents de $y$ est donc

f^{- 1} ({y}) = {(h a, a^{- 1} k) | a \in H \cap K} .

À chaque valeur de $a$ correspond un couple $(h a, a^{- 1} k)$ distinct, l’ensemble $f^{- 1} ({y})$ a donc le cardinal de $H \cap K$ .

Résumons, les valeurs de l’application $f$ sont les éléments de $H \times K$ et chacun est une valeur prise $Card (H \cap K)$ fois. On a donc

Card (H K) Card (H \cap K) = Card (H \times K) = Card (H) \times Card (K) .

Exercice 58 4289

Soient $(G, ⋆)$ un groupe de cardinal $n$ et $k$ un entier premier avec $n$ .

Montrer que l’application $φ : x \mapsto x^{k}$ est une permutation de $G$ .

Exercice 59 5332 Correction

Soit $(G, \cdot)$ un groupe fini de cardinal impair. Montrer que pour tout $a \in G$ , l’équation $x^{2} = a$ d’inconnue $x \in G$ possède une solution unique.

Solution

Notons $2 n + 1$ avec $n \in ℕ$ le cardinal de $G$ . On sait $y^{2 n + 1} = 1$ pour tout $y \in G$ .

Analyse: Si $x$ est solution de l’équation $x^{2} = a$ alors

x = x \cdot x^{2 n + 1} = x^{2 n + 2} = {(x^{2})}^{n + 1} = a^{n + 1} .

Cela détermine $x$ de façon unique.

Synthèse:

Pour $x = a^{n + 1}$ , on vérifie

x^{2} = {(a^{n + 1})}^{2} = a^{2 n + 2} = a^{2 n + 1} \cdot a = 1 \cdot a = a .

Ainsi, $x$ est solution de l’équation $x^{2} = a$ .

Exercice 60 5331 Correction

Soit $(G, ⋆)$ un groupe commutatif de cardinal $a b$ avec $a, b \in ℕ^{*}$ premiers entre eux.

On pose

A = {x \in G | x^{a} = e} et B = {x \in G | x^{b} = e} .

(a)

Montrer que $A$ et $B$ sont des sous-groupes de $(G, ⋆)$ .
(b)

Vérifier $A \cap B = {e}$ et $G = A ⋆ B = {x ⋆ y | x \in A et y \in B}$ .

Solution

(a)

Par commutativité du groupe $(G, ⋆)$ , l’application $x \mapsto x^{n}$ est un morphisme de groupes pour toute valeur $n \in ℤ$ . Les ensembles $A$ et $B$ sont les noyaux du morphisme déterminé pour $n = a$ et $n = b$ : ce sont des sous-groupes de $(G, ⋆)$ .
(b)

Par le théorème de Bézout, il existe $u, v \in ℤ$ tels que $a u + b v = 1$ .

Pour $x \in A \cap B$ , on peut écrire

$x = x^{a u + b v} = {(x^{a})}^{u} ⋆ {(x^{b})}^{v} = e^{u} ⋆ e^{v} = 1 .$

Ainsi, $A \cap B \subset {e}$ puis $A \cap B \subset {e}$ car l’inclusion réciproque est entendue.

Pour $x \in G$ , on sait $x^{a b} = e$ et l’on peut écrire

$x = x^{b v} ⋆ x^{a u} = y ⋆ z avec y = x^{b v} et z = x^{a u} .$

On vérifie alors

$y^{a} = x^{a b v} = e^{v} = e et z^{b} = x^{a b u} = e^{u} = e$

et donc $x = y ⋆ z$ avec $(y, z) \in A \times B$ .

Ainsi, $G \subset A ⋆ B$ puis $G = A ⋆ B$ car l’inclusion réciproque est entendue.

Exercice 61 4296

(Lemme de Cauchy)

Soient $G$ un groupe fini noté multiplicativement et $p$ un nombre premier divisant le cardinal $n$ du groupe $G$ . On ambitionne de montrer qu’il existe au moins un élément d’ordre $p$ dans $G$ . On introduit pour cela l’ensemble

E = {(g_{1}, g_{2}, \dots, g_{p}) \in G^{p} | g_{1} g_{2} \dots g_{p} = 1}

et la relation d’équivalence $ℛ$ sur $E$ déterminée par

(g_{1}, g_{2}, \dots, g_{p}) ℛ (h_{1}, h_{2}, \dots, h_{p}) \Leftrightarrow \exists k \in ℤ, \forall i \in ⟦ 1; p ⟧, h_{i} = g_{i + k}

où l’on adopte une notation circulaire¹¹ 1 Plus précisément, on pose $g_{i} = g_{j}$ pour $i \equiv j [p]$ .: $g_{p + 1} = g_{1}$ , $g_{p + 2} = g_{2}$ , etc.

(a)

Déterminer le cardinal de $E$ .
(b)

Montrer qu’une classe d’équivalence pour la relation $ℛ$ est de cardinal $1$ ou $p$ .
(c)

En déduire l’existence d’un élément $g$ de $G$ différent de $1$ et vérifiant $g^{p} = 1$ .

[<] Groupe fini[>] Groupes en algèbre linéaire

Exercice 62 147 Correction

Déterminer les morphismes de groupes entre $(ℤ / n ℤ, +)$ et $(ℤ / m ℤ, +)$ .

Solution

Notons $\bar{x}$ les éléments de $ℤ / n ℤ$ et $\hat{x}$ ceux de $ℤ / m ℤ$ .

Posons $d = pgcd (n, m)$ . On peut écrire

n = d n^{'} et m = d m^{'} avec n^{'} \land m^{'} = 1 .

Soit $φ$ un morphisme de $(ℤ / n ℤ, +)$ vers $(ℤ / m ℤ, +)$ .
On a

n . φ (\bar{1}) = φ (n . \bar{1}) = φ (\bar{n}) = φ (\bar{0}) = \hat{0} .

Si l’on note $φ (\bar{1}) = \hat{k}$ , on a donc $m ∣ n k$ d’où $m^{'} ∣ n^{'} k$ puis $m^{'} ∣ k$ car $m^{'}$ et $n^{'}$ sont premiers entre eux.
Ainsi $φ (\bar{1}) = \hat{m^{'} a}$ pour un certain $a \in ℤ$ puis alors

\forall x \in ℤ, φ (\bar{x}) = \hat{m^{'} a x} .

Inversement, si l’on considère pour $a \in ℤ$ , l’application $φ : ℤ / n ℤ \to ℤ / m ℤ$ donnée par

\forall x \in ℤ, φ (\bar{x}) = \hat{m^{'} a x}

on vérifie que $φ$ est définie sans ambigu$̈\mathrm{i}$té car

	$\bar{x} = \bar{y}$	$⟹ m = m^{'} d ∣ m^{'} (x - y)$
		$⟹ \hat{m^{'} a x} = \hat{m^{'} a y} .$

On vérifie sans peine que $φ$ est un morphisme de groupe.

Exercice 63 5812 Correction

Justifier que les éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 11 ℤ$ constitue un groupe cyclique.

Solution

$ℤ / 11 ℤ$ est un corps, ses éléments inversibles sont les $\bar{k}$ avec $k = 1, 2, \dots, 10$ . Ceux-ci constituent un groupe multiplicatif à $10$ éléments. Pour vérifier qu’il est cyclique, il suffit de déterminer un élément d’ordre $10$ parmi ceux-ci. On sait que chaque élément de ce groupe est d’ordre divisant $10$ , c’est-à-dire $1, 2, 5$ ou $10$ . Évidemment $\bar{1}$ est d’ordre $1$ . L’ordre $\bar{2}$ est $2$ , $5$ ou $10$ . En l’occurrence ${\bar{2}}^{2} = \bar{4} \neq \bar{1}$ et ${\bar{2}}^{5} = \bar{10} \neq \bar{1}$ . L’élément $\bar{2}$ est donc d’ordre $10$ , il est générateur du groupe des inversibles de l’anneau $ℤ / 11 ℤ$ . Ce dernier est donc cyclique.

Exercice 64 5624 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Déterminer, pour chaque $a \in ℤ$ , l’ordre de $\bar{a}$ dans le groupe $(ℤ / n ℤ, +)$ .

Solution

Pour $k \in ℤ$ , on sait $k . \bar{a} = \bar{k a}$ . On a donc

k . \bar{a} = \bar{0} \Leftrightarrow n ∣ k a .

Introduisons $d = n \land a$ . On peut écrire $n = d n^{'}$ et $k = d a^{'}$ avec $n^{'}$ et $a^{'}$ entiers premiers entre eux. On poursuit à l’aide du théorème de Gauss

	$k . \bar{a} = \bar{0}$	$\Leftrightarrow n^{'} ∣ k a^{'}$
		$\Leftrightarrow n^{'} ∣ k .$

On en déduit que $\bar{a}$ est d’ordre

a^{'} = \frac{a}{n \land a} .

Exercice 65 2364 CENTRALE (MP)Correction

Soit un entier $n \geq 2$ . Combien le groupe $(ℤ / n ℤ, +)$ admet-il de sous-groupes?

Solution

On note $\bar{x}$ la classe d’un entier $x$ dans $ℤ / n ℤ$ .
Soit $H$ un sous-groupe de $ℤ / n ℤ$ .
On peut introduire

a = \min {k > 0, \bar{k} \in H}

car toute partie non vide de $ℕ$ possède un plus petit élément.
Considérons alors $⟨ \bar{a} ⟩$ le groupe engendré par la classe de $a$ . On peut décrire ce groupe

⟨ \bar{a} ⟩ = {q . \bar{a} | q \in ℤ} .

C’est le plus petit sous-groupe contenant l’élément $\bar{a}$ car il est inclus dans tout sous-groupe contenant cet élément. Par conséquent, $⟨ \bar{a} ⟩$ est inclus dans $H$ . Montrons qu’il y a en fait égalité.
Soit $\bar{k} \in H$ . Par division euclidienne de $k$ par $a$ , on écrit

k = a q + r avec r \in {0, \dots, a - 1} .

On a alors $\bar{k} = q . \bar{a} + \bar{r}$ et donc, par opérations dans le groupe $H$ , on obtient $\bar{r} = \bar{k} - q . \bar{a} \in H$ . On ne peut alors avoir $r > 0$ car cela contredirait la définition de $a$ . Il reste donc $r = 0$ et par conséquent $\bar{k} = q . \bar{a} \in ⟨ \bar{a} ⟩$ .

Finalement,

H = < \bar{a} > .

De plus, en appliquant le raisonnement précédent avec $k = n$ (ce qui est possible car $\bar{n} = \bar{0} \in H$ ), on obtient que $a$ est un diviseur de $n$ .
Inversement, considérons un diviseur $a$ de $n$ . On peut écrire

n = a q avec q \in ℕ^{*}

et on peut alors décrire les éléments du groupe engendré par $\bar{a}$ , ce sont

\bar{0}, \bar{a},2 . \bar{a}, \dots, (q - 1) \bar{a} .

On constate alors que les diviseurs de $n$ déterminent des sous-groupes deux à deux distincts de $(ℤ / n ℤ, +)$ .
On peut conclure qu’il y a autant de sous-groupe de $(ℤ / n ℤ, +)$ que de diviseurs positifs de $n$ .

Exercice 66 5809 Correction

Soient $a, b \in ℕ^{*}$ . Montrer que $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ est cyclique si, et seulement si, $a \land b = 1$ .

Solution

Commençons par décrire les éléments du groupe produit étudié

ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ = {(\bar{k}, \hat{ℓ}) | (k, ℓ) \in ℤ^{2}}

en notant $\bar{k}$ la classe de congruence de $k$ modulo $a$ et $\hat{ℓ}$ celle de $ℓ$ modulo $b$ . Il s’agit d’un groupe additif de neutre $(\bar{0}, \hat{0})$ .

$(⟸)$ Supposons $a \land b = 1$ . Il existe $(u, v) \in ℤ^{2}$ tel que $a u + b v = 1$ . Considérons l’élément $x = (\bar{v}, \hat{u})$ dans $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ . On remarque

a . x = (\bar{a v}, \hat{a u}) = (\bar{0}, \hat{1}) et b . x = (\bar{b v}, \hat{b u}) = (\bar{1}, \hat{0})

Les éléments $(\bar{0}, \hat{1})$ et $(\bar{1}, \hat{0})$ appartiennent donc au groupe engendré par $x$ . Or

⟨ (\bar{1}, \hat{0}) ⟩ = ℤ / a ℤ \times {\hat{0}} et ⟨ (\bar{0}, \hat{1}) ⟩ = {\bar{0}} \times ℤ / b ℤ

et donc

⟨ (\bar{1}, \hat{0}), (\bar{0}, \hat{1}) ⟩ = ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ

puis $⟨ x ⟩ = ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ . Le groupe $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ est cyclique.

$(⟹)$ Par contraposition, supposons $d = a \land b \neq 1$ . Introduisons $n = a \lor b \neq a b$ . Pour tout $x = (\bar{k}, \hat{ℓ})$ dans $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ , on remarque

n . x = (\bar{n k}, \hat{n ℓ}) = (\bar{0}, \hat{0})

Les éléments de $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ sont tous d’ordres strictement inférieurs à

a b = Card (ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ) .

Le groupe $ℤ / a ℤ \times ℤ / b ℤ$ n’est pas cyclique.

Exercice 67 3444 Correction

Soit $n$ un entier naturel non nul.

(a)

Montrer que pour tout entier impair $a$ ,

$a^{2} \equiv 1 [8] .$
(b)

Montrer que pour tout entier impair $a$ , on a

$a^{2^{n}} \equiv 1 [2^{n + 2}] .$
(c)

Le groupe des éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 2^{n + 2} ℤ$ est-il cyclique?

Solution

(a)

On remarque $a^{2} - 1 = (a - 1) (a + 1)$ . Les entiers $a - 1$ et $a + 1$ sont deux entiers pairs consécutifs. L’un est donc divisible par $2$ et l’autre est au moins divisible par $4$ . On en déduit que $8$ divise $a^{2} - 1$ .
(b)

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Le cas $n = 1$ correspond à l’étude au-dessus.

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .

Par la factorisation $a^{2} - b^{2} = (a - b) (a + b)$ ,

$a^{2^{n + 1}} - 1 = (a^{2^{n}} - 1) (a^{2^{n}} + 1) .$

Par hypothèse de récurrence, $2^{n + 2}$ divise $a^{2^{n}} - 1$ . Aussi, $2$ divise $a^{2^{n}} + 1$ car il s’agit d’un nombre pair. On en déduit que $2^{n + 3}$ divise $a^{2^{n + 1}} - 1$

La récurrence est établie.
(c)

Notons ${(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}$ l’ensemble des éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 2^{n + 2} ℤ$ . Le cours nous assure que $({(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}, \times)$ est un groupe.

Aussi, les éléments inversibles de l’anneau $ℤ / 2^{n + 2} ℤ$ sont les classes de congruence des entiers $a$ premiers avec $2^{n + 2}$ : ce sont les classes de congruence des entiers impairs:

${(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*} = {\bar{a} | a = 1,3, \dots {,2}^{n + 2} - 1} .$

Par l’absurde, supposons que le groupe multiplicatif ${(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}$ soit cyclique.

Il existe donc un élément $\bar{a} \in {(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}$ générateur du groupe. Cet élément est d’ordre

$Card ({(ℤ / 2^{n + 2} ℤ)}^{*}) = 2^{n + 1} = N .$

Pour cet élément $\bar{a}$ , l’entier $N$ est le plus petit exposant $> 0$ pour lequel ${\bar{a}}^{N} = \bar{1}$ , c’est-à-dire

$a^{N} \equiv 1 [2^{n + 2}] .$

Cependant, on a précèdemment établit

$\forall a impair, a^{2^{n}} \equiv 1 [2^{n + 2}] .$

C’est absurde.

[<] Groupe des classes de congruence

Exercice 68 2505 ENTPE (MP)Correction

Soit

M = (\begin{matrix} 0 & 1 & (0) \\ ⋱ & ⋱ \\ (0) & ⋱ & 1 \\ 1 & (0) & 0 \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℂ) .

(a)

Calculer le polynôme caractéristique de $M$ . La matrice $M$ est-elle diagonalisable? est-elle inversible?
(b)

Soit $G = {M^{k} | k \in ℤ}$ . Montrer que $G$ est une groupe cyclique et préciser son cardinal.

Solution

(a)

On obtient $χ_{M} (X) = {(- 1)}^{n} (X^{n} - 1)$ .
Les racines de $χ_{M}$ sont les racines de l’unité, il y en a $n$ ce qui est la taille de la matrice et donc $M$ est diagonalisable.
Puisque 0 n’est pas racine de $χ_{M}$ , la matrice $M$ est inversible.
(b)

Par Cayley-Hamilton, nous savons $M^{n} = I_{n}$ et donc $M$ est un élément d’ordre fini du groupe $({GL}_{n} (ℂ), \times)$ . Par calcul ou par considération de polynôme minimal, on peut affirmer que $n$ est le plus petit exposant $p > 0$ tel que $M^{p} = I_{n}$ et donc $M$ est un élément d’ordre exactement $n$ . On en déduit que $G$ est un groupe cyclique de cardinal $n$ .

Exercice 69 4221

Soit $G$ une partie de $ℳ_{n} (𝕂)$ telle que $(G, \times)$ soit un groupe¹¹ 1 On ne suppose pas a priori que $G$ soit un sous-groupe de ${GL}_{n} (𝕂)$ . En particulier, le neutre du groupe $(G, \times)$ peut être différent de la matrice $I_{n}$ ..

Que peut-on dire du rang des matrices de $G$ ?

Exercice 70 2541 Correction

Soit $G$ une partie de $ℳ_{n} (ℝ)$ non réduite à la matrice nulle.

On suppose que $(G, \times)$ est un groupe. Montrer qu’il existe $r \in ℕ^{*}$ tel que le groupe $(G, \times)$ soit isomorphe à un sous-groupe de $({GL}_{r} (ℝ), \times)$ .

Solution

Notons $E$ la matrice correspondant à l’élément neutre de $(G, \times)$ . Celle-ci est nécessairement non nulle car sinon la partie $G$ serait réduite à la matrice nulle.
Puisque la matrice $E$ est neutre, on a $E^{2} = E$ et donc $E$ est la matrice d’une projection. En posant $r = rg (E) \in ℕ^{*}$ , il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que

E = P J_{r} P^{- 1} avec J_{r} = (\begin{matrix} I_{r} & O \\ O & O \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ) .

Pour toute matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on peut écrire par blocs

M = P (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) P^{- 1} .

L’identité $E M = M = M E$ donne la nullité des blocs $B, C$ et $D$ .
On peut alors introduire l’application $φ : G \to ℳ_{r} (ℝ)$ qui associe à $M \in G$ le bloc $A$ de la description ci-dessus. On vérifie aisément que l’application $φ$ est injective et que

\forall M, N \in G, φ (M N) = φ (M) \times φ (N) .

Enfin, on a aussi $φ (E) = I_{r}$ de sorte que l’on peut affirmer que l’image de $φ$ est un sous-groupe de $({GL}_{r} (ℝ), \times)$ . Le groupe $(G, \times)$ alors isomorphe à ce sous-groupe.

Exercice 71 4228

Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels supplémentaires d’un espace $E$ et

Γ = {u \in ℒ (E) | Im (u) = F et Ker (u) = G} .

(a)

Soit $u$ appartenant à $Γ$ . Justifier que la restriction de $u$ au départ de $F$ et à valeurs dans $F$ est un automorphisme.
(b)

Vérifier que $Γ$ est stable pour le produit de composition des applications.
(c)

Établir que $(Γ, \circ)$ est un groupe dont on précisera l’élément neutre.

Exercice 72 3845 Correction

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

Solution

Commençons par rappeler que les éléments de $SO (2)$ sont les matrices

R (θ) = (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) .

Soit $G$ un sous-groupe fini de $(SO (2), \times)$ .
L’ensemble $T = {θ > 0 | R (θ) \in G}$ est une partie non vide (car $2 π$ en est élément) et minorée de $ℝ$ . On peut donc introduire

θ_{0} = inf T \in ℝ_{+} .

Commençons par établir que $θ_{0}$ est élément de $T$ .
On peut construire une suite ${(θ_{n})}_{n \geq 1}$ d’éléments de $T$ convergeant vers $θ_{0}$ . Puisque l’ensemble $G$ est fini, l’ensemble des $R (θ_{n})$ est lui aussi fini. Il existe donc une infinité d’indices $n$ pour lesquels les $θ_{n}$ sont égaux modulo $2 π$ à une valeur $α$ . Puisque $θ_{n} \to θ_{0}$ , il y a une infinité de $θ_{n}$ égaux à $θ_{0}$ et donc $θ_{0} \in T$ .
Puisque $R (θ_{0}) \in G$ , on a $⟨ R (θ_{0}) ⟩ \subset G$ .
Inversement, soit $R$ un élément de $G$ . Il existe $θ \in ℝ$ tel que $R = R (θ)$ . On peut écrire $θ = q θ_{0} + θ^{'}$ avec $q \in ℤ$ et $θ^{'} \in [0; 2 π [$ . On a alors

R (θ^{'}) = R (θ) R {(θ_{0})}^{- q} \in G .

Si $θ^{'} > 0$ alors $θ^{'} \in T$ ce qui contredit la définition de $θ_{0} = inf T$ car $θ^{'} < θ_{0}$ .
Nécessairement $θ^{'} = 0$ et donc $θ = q θ_{0}$ ce qui donne $R = R {(θ_{0})}^{q} \in ⟨ R (θ_{0}) ⟩$ .
Finalement,

G = ⟨ R (θ_{0}) ⟩ .

Exercice 73 3001 NAVALE (MP)Correction

Soit $A$ une matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ . Établir que les assertions suivantes sont équivalentes:

(i)

$A$ est élément d’un groupe multiplicatif inclus dans $ℳ_{n} (ℝ)$ ;
(ii)

$rg (A) = rg (A^{2})$ ;
(iii)

$Ker (A) = Ker (A^{2})$ ;
(iv)

$Im (A)$ et $Ker (A)$ sont supplémentaires dans $ℝ^{n}$ ;
(v)

$\exists X \in ℳ_{n} (ℝ), A X = X A, A^{2} X = A$ et $X^{2} A = X$ .

Solution

(i) $⟹$ (ii) Supposons que $A$ soit élément d’un groupe multiplicatif $G$ .

On sait que le rang d’un produit est inférieur au rang des facteurs. On a donc immédiatement $rg (A^{2}) \leq rg (A)$ . Soit $X$ l’inverse de $A$ dans le groupe $G$ . On a $A^{2} X = A$ et donc $rg (A^{2}) \leq rg (A)$ . Par double inégalité¹¹ 1 Plus généralement, dans le groupe $G$ , toutes les matrices ont le rang de la matrice élément neutre (qui n’est pas supposé nécessairement égale à $I_{n}$ car le sujet parle de groupe multiplicatif inclus dans $ℳ_{n} (ℝ)$ et non de sous-groupe de ${GL}_{n} (ℝ)$ )., $rg (A) = rg (A^{2})$ .

(ii) $⟹$ (iii) Supposons $rg (A) = rg (A^{2})$ .

Par la formule du rang, $dim Ker (A) = dim Ker (A^{2})$ . Sachant $Ker (A) \subset Ker (A^{2})$ , il vient $Ker (A) = Ker (A^{2})$ .

(iii) $⟹$ (iv) Supposons $Ker (A) = Ker (A^{2})$ .

Soit $y \in Im (A) \cap Ker (A)$ . Il existe $x \in ℝ^{n}$ tel que $y = A x$ . Aussi, $A y = 0$ et donc $A^{2} x = 0$ . Ainsi, $x \in Ker (A^{2})$ et donc $x \in Ker (A)$ ce qui donne $y = A x = 0$ . Ainsi, $Im (A) \cap Ker (A) = {0}$ . Les espaces $Im (A)$ et $Ker (A)$ sont en somme directe. Par la formule du rang, on conclut que ceux-ci sont supplémentaires.

(iv) $⟹$ (v) Supposons que les espaces $Im (A)$ et $Ker (A)$ soient supplémentaires dans $ℝ^{n}$ . Soit $P$ la matrice de passage de la base canonique de $ℝ^{n}$ à une base adaptée à la supplémentarité des espaces $Im (A)$ et $Ker (A)$ . Par formule de changement de base,

P^{- 1} A P = (\begin{matrix} B & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) avec B \in ℳ_{r} (A) et r = rg (A)

La matrice $B$ est inversible car $rg (B) = rg (A) = r$ . On peut alors introduire

X = P (\begin{matrix} B^{- 1} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) P^{- 1}

et l’on vérifie les relations voulues.

(v) $⟹$ (i) Supposons qu’il existe $X \in ℳ_{n} (ℝ)$ tel que $A X = X A$ , $A^{2} X = A$ et $X^{2} A = X$ . On vérifie que $G = {A X, A, X}$ est un groupe multiplicatif de neutre $A X$ et pour lequel $A$ et $X$ sont inverses l’un de l’autre.

Exercice 74 760 CENTRALE (MP)Correction

Soit $E = E_{1} \oplus E_{2}$ un $𝕂$ -espace vectoriel. On considère

Γ = {u \in ℒ (E) | Ker (u) = E_{1} et Im (u) = E_{2}} .

(a)

Pour tout $u$ de $Γ$ , on note $\tilde{u}$ la restriction de $u$ au départ de $E_{2}$ et à valeurs dans $E_{2}$ . Montrer que $\tilde{u}$ est un automorphisme de $E_{2}$ .

On note $ϕ : Γ \to GL (E_{2})$ l’application définie par $ϕ (u) = \tilde{u}$ .

(b)

Montrer que $\circ$ est une loi interne dans $Γ$ .
(c)

Montrer que $ϕ$ est un morphisme injectif de $(Γ, \circ)$ dans $(GL (E_{2}), \circ)$ .
(d)

Montrer que $ϕ$ est surjectif.
(e)

En déduire que $(Γ, \circ)$ est un groupe. Quel est son élément neutre?

Solution

(a)

$Im (u)$ est stable pour $u$ donc $u_{E_{2}}$ est bien défini. Par le théorème du rang la restriction de $u$ à tout supplémentaire de $Ker (u)$ définit un isomorphisme avec $Im (u)$ . Ici cela donne $u_{E_{2}}$ automorphisme.
(b)

Soient $u, v \in Γ$ . Si $x \in Ker (v \circ u)$ alors $u (x) \in Im (u) \cap Ker (v)$ donc $u (x) \in E_{1} \cap E_{2}$ et $u (x) = 0$ puis $x \in E_{1}$ . Ainsi $Ker (v \circ u) \subset E_{1}$ et l’inclusion réciproque est immédiate.
$Im (v \circ u) = v (u (E)) = v (E_{2}) = E_{2}$ car $v_{E_{2}}$ est un automorphisme de $E_{2}$ . Ainsi $v \circ u \in Γ$ .
(c)

Si $ϕ (u) = ϕ (v)$ alors $u_{E_{2}} = v_{E_{2}}$ . Or $u_{E_{1}} = 0 = v_{E_{1}}$ donc les applications linéaires $u$ et $v$ coïncident sur des sous-espaces vectoriels supplémentaires et donc $u = v$ .
(d)

Une application linéaire peut être définie de manière unique par ses restrictions linéaires sur deux sous-espaces vectoriels supplémentaires. Pour $w \in GL (E_{2})$ considérons $u \in ℒ (E)$ déterminé par $u_{E_{1}} = 0$ et $u_{E_{2}} = w$ . On vérifie aisément $E_{1} \subset Ker (u)$ et $E_{2} \subset Im (u)$ . Pour $x \in Ker (u)$ , $x = a + b$ avec $a \in E_{1}$ et $b \in E_{2}$ . La relation $u (x) = 0$ donne alors $u (a) + u (b) = 0$ c’est-à-dire $w (b) = 0$ . Or $w \in GL (E_{2})$ donc $b = 0$ puis $x \in E_{1}$ . Ainsi $Ker (u) \subset E_{1}$ et finalement $Ker (u) = E_{1}$ . Pour $y \in Im (u)$ , il existe $x \in E$ tel que $y = u (x)$ . Or on peut écrire $x = a + b$ avec $a \in E_{1}$ et $b \in E_{2}$ . La relation $y = u (x)$ donne alors $y = u (a) + u (b) = w (b) \in E_{2}$ . Ainsi $Im (u) \subset E_{1}$ et finalement $Im (u) = E_{1}$ . On peut conclure que $u \in Γ$ et $\tilde{u} = w$ : $ϕ$ est surjectif.
(e)

$φ$ est un morphisme bijectif: il transporte la structure de groupe existant sur $GL (E_{2})$ en une structure de groupe sur $(Γ, \circ)$ . Le neutre est l’antécédent de ${Id}_{E_{2}}$ c’est-à-dire la projection sur $E_{2}$ parallèlement à $E_{1}$ .

Édité le 29-08-2023

	${(a^{d})}^{k} = 1$	$\Leftrightarrow a^{d k} = 1$
		$\Leftrightarrow n ∣ d k$
		$\Leftrightarrow d^{'} ∣ k .$

	${(a^{m})}^{k} = 1$	$\Leftrightarrow a^{m k} = 1$
		$\Leftrightarrow n ∣ m k$
		$\Leftrightarrow n^{'} ∣ m^{'} k$
		$\Leftrightarrow n^{'} ∣ k$