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

 
Exercice 1  3364  Correction  

Soit x est un élément d’un groupe cyclique de cardinal n. Calculer xn.

Solution

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

G={e,a,a2,,an-1} avec an=e.

Puisque x est élément de G, il existe k0;n-1 tel que x=ak et alors

xn=akn=e.
 
Exercice 2  123   

On désire établir que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est lui-même cyclique. Soient (G,) un groupe cyclique de générateur a et H un sous-groupe de (G,).

  • (a)

    Justifier l’existence d’un plus petit entier naturel non nul n tel que anH.

  • (b)

    Établir que H est alors le groupe engendré par an.

 
Exercice 3  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 sujet 117): l’hypothèse que d divise n est nécessaire à l’existence d’un sous-groupe de cardinal d. d* de n, il existe un unique sous-groupe de cardinal d dans G.

 
Exercice 4  2364     CENTRALE (MP)Correction  

Soit un entier n2. Combien le groupe (/n,+) admet-il de sous-groupes?

Solution

On note x¯ la classe d’un entier x dans /n.
Soit H un sous-groupe de /n.
On peut introduire

a=min{k>0,k¯H}

car toute partie non vide de possède un plus petit élément.
Considérons alors a¯ le groupe engendré par la classe de a. On peut décrire ce groupe

a¯={q.a¯|q}.

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

k=aq+r avec r{0,,a-1}.

On a alors k¯=q.a¯+r¯ et donc, par opérations dans le groupe H, on obtient r¯=k¯-q.a¯H. On ne peut alors avoir r>0 car cela contredirait la définition de a. Il reste donc r=0 et par conséquent k¯=q.a¯a¯.

Finalement,

H=<a¯>.

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

n=aq avec q*

et on peut alors décrire les éléments du groupe engendré par a¯, ce sont

0¯,a¯,2.a¯,,(q-1)a¯.

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

 
Exercice 5  3715   Correction  

Soit (G,) un groupe cyclique à n élément engendré par a.

Pour r*, on introduit l’application f:GG définie par

f(x)=xrpour tout xG.
  • (a)

    Vérifier que f est un endomorphisme de (G,).

  • (b)

    Déterminer le noyau f.

  • (c)

    Montrer que l’image de f est le sous-groupe engendré par ad avec d=pgcd(n,r).

  • (d)

    Pour yG, combien l’équation xr=y possède-t-elle de solutions?

Solution

  • (a)

    Le groupe (G,) est nécessairement commutatif car cyclique. Pour tout x,yG, on a

    f(xy)=(xy)r=xryr=f(x)f(y).
  • (b)

    Pour xG, on peut écrire x=ak avec k et alors

    f(x)=eakr=e.

    Puisque a est d’ordre n

    f(x)=enkr.

    En introduisant d=pgcd(n,r), on peut écrire n=dn et r=dr avec nr=1 et alors le théorème de Gauss donne

    nkrnk.

    Par conséquent,

    Ker(f)=an.
  • (c)

    Par l’égalité de Bézout, on peut écrire nu+rv=d et alors

    ad=anuarv=arv=f(av)Im(f).

    Puisque Im(f) est un sous-groupe, on a déjà adIm(f).
    Inversement, soit yIm(f). On peut écrire y=xr avec x de la forme akk. On a donc

    y=akr.

    Or dr et donc yad. Ainsi, Im(f)ad puis l’égalité.

  • (d)

    Si yIm(f), l’équation n’a pas de solution. Sinon, il existe x0G tel que x0r=y et alors

    xr=y(xx0-1)r=e.

    Ceci permettre de mettre en correspondance bijective les solutions de l’équation xr=y avec les éléments du noyau de f. Dans ce cas, il y a exactement n/n=d solutions à l’équation.

 
Exercice 6  4291   

Soient H et K deux sous-groupes d’un groupe abélien (G,) de cardinaux p et q nombres premiers distincts. Montrer que HK={hk|hH et kK} est un sous-groupe cyclique de G.

 
Exercice 7  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×K.

  • (b)

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

Solution

  • (a)

    (h,k)n=1H×Kpn et qn 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)=pq de H×K.
    Or Card(H×K)=pq donc H×K est cyclique.
    Inversement, supposons H×K cyclique.
    Si (h,k) est générateur de H×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 pq, on conclut que p et q sont premiers entre eux.

 
Exercice 8  4293   

(Groupe p-quasi-cyclique de Prüfer)

Soit p un nombre premier. On pose

𝕌p={z|k,zpk=1}.
  • (a)

    Montrer que 𝕌p 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 distinct de {e} et G. de 𝕌p sont cycliques.

 
Exercice 9  3444    Correction  

Soit n un entier supérieur à 3.

  • (a)

    Montrer que pour tout entier impair a, on a

    a2n-21[2n].
  • (b)

    Le groupe ((/2n)*,×) constitué des éléments inversibles de l’anneau /2n est-il cyclique?

Solution

  • (a)

    Par la factorisation a2-b2=(a-b)(a+b)

    a2n-2-1=(a2n-3+1)(a2n-3-1)

    et en répétant l’opération

    a2n-2-1=(a2n-3+1)(a2n-4+1)(a20+1)(a20-1).

    Il y a n-1 facteurs dans ce produit et ceux-ci sont tous pairs car a est impair.
    De plus, les deux derniers facteurs sont a+1 et a-1 et parmi ces deux figure un multiple de 4.
    On en déduit que 2n divise a2n-2-1 et donc a2n-21[2n].

  • (b)

    Par l’absurde supposons (/2n)* cyclique.
    Les éléments de ce groupe sont les k¯ avec 2k=1, ce sont donc les classes des entiers impairs. Il y en a exactement 2n-1. Si a¯ est un générateur de (/2n)* alors a est un entier impair et a¯ est un élément d’ordre 2n-1. Or le résultat précédent donne a¯2n-2=1¯ et donc l’ordre de a est inférieur à 2n-2<2n-1. C’est absurde.

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Édité le 08-11-2019

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