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Exercice 1  2219  Correction  

Justifier que exp:* est un morphisme du groupe (,+) vers (*,×).
En déterminer image et noyau.

Solution

On sait

x,y,exp(x+y)=exp(x)exp(y)

donc exp:* est un morphisme de groupes.

exp(x)=1k,x=2ikπ

donc

Kerexp={2ikπ|k}.

La fonction exponentielle complexe prend toutes les valeurs de * donc

Imexp=*.
 
Exercice 2  2218  Correction  

Soient n* et f:* définie par f(x)=xn.
Montrer que f est un morphisme du groupe (*,×) dans lui-même.
En déterminer image et noyau.

Solution

Pour x*, on a bien f(x)*. Pour x,y*

f(xy)=(xy)n=xnyn=f(x)f(y)

donc f est un morphisme de (*,×) vers lui-même.
Ker(f)=f-1({1}) et Im(f)={xn|x*}.
Si n est pair alors

Ker(f)={1,-1}etIm(f)=+*.

Si n est impair alors

Ker(f)={1}etIm(f)=*.
 
Exercice 3  4279  

Soit a un élément d’un groupe (G,).

  • (a)

    Montrer que l’application φ:kak définit un morphisme du groupe (,+) vers (G,).

  • (b)

    Déterminer l’image et le noyau de φ.

 
Exercice 4  2220  

(Morphisme de conjugaison)

Soit G un groupe noté multiplicativement. Pour aG, on note τa l’application de G vers G définie par τa(x)=axa-1.

  • (a)

    Montrer que τa est un morphisme du groupe G vers lui-même.

  • (b)

    Vérifier τaτb=τab pour tous a et b dans G.

  • (c)

    Montrer que τa est bijective et exprimer son application réciproque.

  • (d)

    En déduire que 𝒯={τa|aG} muni du produit de composition est un groupe.

 
Exercice 5  147  Correction  

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

Solution

Notons x¯ les éléments de /n et x^ ceux de /m.
Posons d=pgcd(n,m). On peut écrire

n=dn et m=dm avec nm=1.

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

n.φ(1¯)=φ(n.1¯)=φ(n¯)=φ(0¯)=0^.

Si l’on note φ(1¯)=k^, on a donc mnk d’où mnk puis mk car m et n sont premiers entre eux.
Ainsi φ(1¯)=ma^ pour un certain a puis alors

x,φ(x¯)=max^.

Inversement, si l’on considère pour a, l’application φ:/n/m donnée par

x,φ(x¯)=max^

on vérifie que φ est définie sans ambiguïté car

x¯=y¯m=mdm(x-y)max^=may^.

On observe aussi que φ est bien un morphisme de groupe.

 
Exercice 6  2221   Correction  

Soient (G,), (G,) deux groupes et f:GG un morphisme de groupes.

  • (a)

    Montrer que pour tout sous-groupe H de G, f(H) est un sous-groupe de (G,).

  • (b)

    Montrer que pour tout sous-groupe H de G, f-1(H) est un sous-groupe de (G,).

Solution

  • (a)

    f(H)G, e=f(e)f(H) car eH.

    Soient y,yf(H), on peut écrire y=f(x) et y=f(x) avec x,xH.

    yy-1=f(x)f(x)-1=f(x)f(x-1)=f(xx-1)

    avec xx-1H donc yy-1f(H). Ainsi, f(H) est un sous-groupe de (G,).

  • (b)

    f-1(H)G et ef-1(H) car f(e)=eH.

    Soient x,xf-1(H). On a f(x),f(x)H.

    f(xx-1)=f(x)f(x-1)=f(x)f(x)-1H

    donc xx-1f-1(H). Ainsi, f-1(H) est un sous-groupe de (G,).

 
Exercice 7  2222   Correction  

On note Aut(G) l’ensemble des isomorphismes d’un groupe (G,*) dans lui-même.
Montrer que Aut(G) est un sous-groupe du groupe des permutations (𝒮G,).

Solution

Aut(G)𝒮G et IdGAut(G).
Pour tout f,gAut(G), on a fgAut(G) et f-1Aut(G) par les propriétés sur les automorphismes.
Ainsi Aut(G) est un sous-groupe de (𝒮G,).

 
Exercice 8  2223   Correction  

Soient (G,*) un groupe et aG.

On définit une loi de composition interne sur G par xy=x*a*y.

  • (a)

    Montrer que (G,) est un groupe.

  • (b)

    Soit H un sous groupe de (G,*) et K=sym(a)*H={sym(a)*x|xH}.
    Montrer que K est un sous groupe de (G,).

  • (c)

    Montrer que f:xx*sym(a) est un isomorphisme de (G,*) vers (G,).

Solution

  • (a)

    Pour x,y,zG,

    (xy)z=(x*a*y)*a*z=x*a*(y*a*z)=x(yz).

    L’élément sym(a) est neutre pour la loi . En effet, pour xG, on a

    xsym(a)=x=sym(a)x.

    Soit xG. Posons y=sym(a)*sym(x)*sym(a)G. On a

    xy=yx=sym(a).
  • (b)

    KG, sym(a)=sym(a)*e donc sym(a)K.

    Soient sym(a)*x,sym(a)*yK. On a

    (sym(a)*x)(sym(a)*y)(-1)=sym(a)*x*a*sym(a)*sym(y)*a*sym(a)=sym(a)*(x*sym(y))K.
  • (c)

    Pour x,yG,

    f(x*y)=x*y*sym(a)=(x*sym(a))(y*sym(a))=f(x)f(y)

    f est un morphisme de groupe et il est bijectif d’application réciproque g:xx*a.

 
Exercice 9  760     CENTRALE (MP)Correction  

Soit E=E1E2 un 𝕂-espace vectoriel. On considère

Γ={u(E)|Ker(u)=E1 et Im(u)=E2}.
  • (a)

    Pour tout u de Γ, on note u~ la restriction de u au départ de E2 et à valeurs dans E2. Montrer que u~ est un automorphisme de E2.

On note ϕ:ΓGL(E2) l’application définie par ϕ(u)=u~.

  • (b)

    Montrer que est une loi interne dans Γ.

  • (c)

    Montrer que ϕ est un morphisme injectif de (Γ,) dans (GL(E2),).

  • (d)

    Montrer que ϕ est surjectif.

  • (e)

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

Solution

  • (a)

    Im(u) est stable pour u donc uE2 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 uE2 automorphisme.

  • (b)

    Soient u,vΓ. Si xKer(vu) alors u(x)Im(u)Ker(v) donc u(x)E1E2 et u(x)=0 puis xE1. Ainsi Ker(vu)E1 et l’inclusion réciproque est immédiate.
    Im(vu)=v(u(E))=v(E2)=E2 car vE2 est un automorphisme de E2. Ainsi vuΓ.

  • (c)

    Si ϕ(u)=ϕ(v) alors uE2=vE2. Or uE1=0=vE1 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 wGL(E2) considérons u(E) déterminé par uE1=0 et uE2=w. On vérifie aisément E1Ker(u) et E2Im(u). Pour xKer(u), x=a+b avec aE1 et bE2. La relation u(x)=0 donne alors u(a)+u(b)=0 c’est-à-dire w(b)=0. Or wGL(E2) donc b=0 puis xE1. Ainsi Ker(u)E1 et finalement Ker(u)=E1. Pour yIm(u), il existe xE tel que y=u(x). Or on peut écrire x=a+b avec aE1 et bE2. La relation y=u(x) donne alors y=u(a)+u(b)=w(b)E2. Ainsi Im(u)E1 et finalement Im(u)=E1. On peut conclure que uΓ et u~=w: ϕ est surjectif.

  • (e)

    φ est un morphisme bijectif: il transporte la structure de groupe existant sur GL(E2) en une structure de groupe sur (Γ,). Le neutre est l’antécédent de IdE2 c’est-à-dire la projection sur E2 parallèlement à E1.

 
Exercice 10  119   Correction  

Soit n tel que n2. Déterminer les morphismes du groupe (𝒮n,) vers (*,×).

Solution

Soient φ un tel morphisme et τ la transposition qui échange 1 et 2. On a τ2=Id donc φ(τ)2=1 d’où φ(τ)=1 ou -1. Soit τ=(ij) une transposition quelconque de 𝒮n. Il existe une permutation σ𝒮n telle que τ=στσ-1 et alors φ(τ)=φ(τ). Sachant enfin que tout élément de 𝒮n est produit de transpositions on peut conclure:
Si φ(τ)=1 alors φ:σ1. Si φ(τ)=-1 alors φ=ε (morphisme signature).

 
Exercice 11  3368    

Soit φ un morphisme non constant d’un groupe fini (G,) vers (*,×). Calculer

xGφ(x).

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Édité le 08-11-2019

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