[<] Groupe fini

 
Exercice 1  2505    ENTPECorrection  

Soit

M=(01(0)(0)11(0)0)n().
  • (a)

    Calculer le polynôme caractéristique de M. La matrice M est-elle diagonalisable? est-elle inversible?

  • (b)

    Soit G={Mk|k}. Montrer que G est une groupe cyclique et préciser son cardinal.

Solution

  • (a)

    On obtient χM(X)=(-1)n(Xn-1).
    Les racines de χM 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 χM, la matrice M est inversible.

  • (b)

    Par Cayley-Hamilton, nous savons Mn=In et donc M est un élément d’ordre fini du groupe (GLn(),×). Par calcul ou par considération de polynôme minimal, on peut affirmer que n est le plus petit exposant p>0 tel que Mp=In et donc M est un élément d’ordre exactement n. On en déduit que G est un groupe cyclique de cardinal n.

 
Exercice 2  4221  

Soit G une partie de n(𝕂) telle que (G,×) soit un groupe11 1 On ne suppose pas a priori que G soit un sous-groupe de GLn(𝕂). En particulier, le neutre du groupe (G,×) peut être différent de la matrice In..

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

 
Exercice 3  2541   Correction  

Soit G une partie de n() non réduite à la matrice nulle.

On suppose que (G,×) est un groupe. Montrer qu’il existe r* tel que le groupe (G,×) soit isomorphe à un sous-groupe de (GLr(),×).

Solution

Notons E la matrice correspondant à l’élément neutre de (G,×). 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 E2=E et donc E est la matrice d’une projection. En posant r=rg(E)*, il existe PGLn() telle que

E=PJrP-1 avec Jr=(IrOOO)n().

Pour toute matrice Mn(), on peut écrire par blocs

M=P(ABCD)P-1.

L’identité EM=M=ME donne la nullité des blocs B,C et D.
On peut alors introduire l’application φ:Gr() qui associe à MG le bloc A de la description ci-dessus. On vérifie aisément que l’application φ est injective et que

M,NG,φ(MN)=φ(M)×φ(N).

Enfin, on a aussi φ(E)=Ir de sorte que l’on peut affirmer que l’image de φ est un sous-groupe de (GLr(),×). Le groupe (G,×) alors isomorphe à ce sous-groupe.

 
Exercice 4  4228   

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

Γ={u(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,) est un groupe dont on précisera l’élément neutre.

 
Exercice 5  3845   Correction  

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

Solution

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

R(θ)=(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ)).

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

θ0=infT+.

Commençons par établir que θ0 est élément de T.
On peut construire une suite (θn)n1 d’éléments de T convergeant vers θ0. Puisque l’ensemble G est fini, l’ensemble des R(θn) est lui aussi fini. Il existe donc une infinité d’indicesn pour lesquels les θn sont égaux modulo 2π à une valeur α. Puisque θnθ0, il y a une infinité de θn égaux à θ0 et donc θ0T.
Puisque R(θ0)G, on a R(θ0)G.
Inversement, soit R un élément de G. Il existe θ tel que R=R(θ). On peut écrire θ=qθ0+θ avec q et θ[0;2π[. On a alors

R(θ)=R(θ)R(θ0)-qG.

Si θ>0 alors θT ce qui contredit la définition de θ0=infT car θ<θ0.
Nécessairement θ=0 et donc θ=qθ0 ce qui donne R=R(θ0)qR(θ0).
Finalement,

G=R(θ0).

[<] Groupe fini



Édité le 08-11-2019

Bootstrap Bootstrap 3 - LaTeXML [LOGO] - Powered by MathJax Powered by MathJax