Exercices corrigés — Théorie des groupes

Vérifier loi interne, associativité, neutre, inverse, commutativité.

L'ordre de $g$ est le plus petit $k\geq 1$ tel que $kg\equiv 0\pmod 6$.

$\operatorname{ord}(g)=\dfrac{6}{\gcd(g,6)}$.

L'addition mod $6$ est interne et associative (héritée de $\mathbb{Z}$). Le neutre est $0$. L'inverse de $a$ est $6-a$ (et $0$ pour $0$) : $a+(6-a)=6\equiv 0$. La loi est commutative. Donc $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z},+)$ est un groupe abélien d'ordre $6$.

$\operatorname{ord}(g)=6/\gcd(g,6)$ : $\operatorname{ord}(0)=1$, $\operatorname{ord}(1)=6$, $\operatorname{ord}(2)=3$, $\operatorname{ord}(3)=2$, $\operatorname{ord}(4)=3$, $\operatorname{ord}(5)=6$.

Critère : $H\neq\varnothing$ et $\forall a,b\in H,\ a-b\in H$ (notation additive).

Tester la stabilité par différence sur chaque partie.

Un contre-exemple suffit à éliminer.

$H\leq G$ ssi $H$ non vide et stable par $(a,b)\mapsto a-b$ (cela garantit neutre, opposés et somme).

$0,3\in H$ ; $3-3=0$, $3-0=3$, $0-3=3$ : stable. Sous-groupe (c'est $\langle 3\rangle$, ordre $2$).

Différences : $2-4=-2\equiv 4$, $4-2=2$, etc. — toutes dans $H$. Sous-groupe (c'est $\langle 2\rangle$, ordre $3$).

$1+1=2\notin H$ (de façon équivalente $1-3=-2\equiv 4\notin H$) : non stable, donc pas un sous-groupe.

Les inversibles mod $8$ sont les $a$ avec $\gcd(a,8)=1$.

Calculer $3^2,5^2,7^2$ modulo $8$.

Un groupe d'ordre $4$ est cyclique ssi il a un élément d'ordre $4$.

$\gcd(a,8)=1\iff a\in\{1,3,5,7\}$ : ordre $4$. Le produit mod $8$ est interne (produit d'inversibles inversible), associatif, de neutre $1$ ; chaque élément est son propre inverse (voir ci-dessous).

$3^2=9\equiv 1$, $5^2=25\equiv 1$, $7^2=49\equiv 1\pmod 8$ : $3,5,7$ sont d'ordre $2$, et $1$ d'ordre $1$.

Aucun élément n'est d'ordre $4=\lvert G\rvert$ : $G$ n'est pas engendré par un seul élément, donc non cyclique. C'est le groupe de Klein $\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

Composer la transposition $(1\,2)$ et le cycle $(1\,2\,3)$ dans les deux ordres.

Convention : $(\sigma\circ\tau)$ applique $\tau$ puis $\sigma$.

Engendrer : lister les produits jusqu'à obtenir $6$ éléments.

Avec la convention $\sigma\circ\tau$ « appliquer $\tau$ puis $\sigma$ » : $(1\,2)\circ(1\,2\,3)=(2\,3)$ tandis que $(1\,2\,3)\circ(1\,2)=(1\,3)$. Comme $(2\,3)\neq(1\,3)$, ces éléments ne commutent pas : $S_3$ n'est pas abélien.

À partir de $\tau=(1\,2)$ et $c=(1\,2\,3)$ on obtient $e,\ c,\ c^2=(1\,3\,2),\ \tau,\ \tau c=(2\,3),\ \tau c^2=(1\,3)$ : $6$ éléments distincts $=$ tout $S_3$. Donc $S_3=\langle\tau,c\rangle$.

$\langle g\rangle=\{0,g,2g,3g,\dots\}$ jusqu'à revenir à $0$.

$\lvert\langle g\rangle\rvert=\operatorname{ord}(g)=12/\gcd(g,12)$.

Calculer les multiples successifs mod $12$.

$\{0,2,4,6,8,10\}$ : $6$ éléments, $\operatorname{ord}(2)=12/\gcd(2,12)=12/2=6$.

$\{0,3,6,9\}$ : $4$ éléments, $\operatorname{ord}(3)=12/\gcd(3,12)=12/3=4$.

Réduire tout exposant modulo $n$ par division euclidienne (avec $g^n=e$).

En déduire que l'ensemble des puissances de $g$ est exactement $\{e,g,\dots,g^{n-1}\}$, stable par produit et inverse.

Montrer enfin que $e,g,\dots,g^{n-1}$ sont deux à deux distincts.

Pour tout $k\in\mathbb{Z}$, la division euclidienne $k=qn+r$ ($0\leq r<n$) donne $g^k=(g^n)^q g^r=e^q g^r=g^r$. L'ensemble des puissances de $g$ est donc exactement $\{e,g,\dots,g^{n-1}\}=\langle g\rangle$.

Cet ensemble est stable : $g^i g^j=g^{(i+j)\bmod n}\in\langle g\rangle$, $(g^i)^{-1}=g^{n-i}\in\langle g\rangle$, et il contient $e=g^0$. C'est donc un sous-groupe.

Si $g^i=g^j$ avec $0\leq i<j\leq n-1$, alors $g^{j-i}=e$ avec $0<j-i<n$, contredisant la minimalité de $n=\operatorname{ord}(g)$. Les $n$ éléments $e,g,\dots,g^{n-1}$ sont donc distincts : $\lvert\langle g\rangle\rvert=n$.

Introduire les classes à gauche $gH=\{gh:h\in H\}$.

Montrer qu'elles partitionnent $G$ (relation d'équivalence).

Montrer que chaque classe a exactement $\lvert H\rvert$ éléments.

La relation $a\sim b\iff a^{-1}b\in H$ est une équivalence : réflexive ($a^{-1}a=e\in H$), symétrique ($a^{-1}b\in H\Rightarrow b^{-1}a=(a^{-1}b)^{-1}\in H$), transitive ($a^{-1}b,\,b^{-1}c\in H\Rightarrow a^{-1}c=(a^{-1}b)(b^{-1}c)\in H$). La classe de $a$ est $\{b:a^{-1}b\in H\}=aH$ ; ces classes partitionnent $G$.

La translation $\lambda_g:H\to gH,\ h\mapsto gh$ est une bijection (injective par simplification $gh=gh'\Rightarrow h=h'$, surjective par définition de $gH$). Donc $\lvert gH\rvert=\lvert H\rvert$.

$G$ est réunion disjointe de $[G:H]$ classes, chacune de cardinal $\lvert H\rvert$ : $\lvert G\rvert=[G:H]\cdot\lvert H\rvert$, donc $\lvert H\rvert\mid\lvert G\rvert$.

Les sous-groupes de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ ont pour ordres $\{1,2,3,6\}$ — tous diviseurs de $6$.

Classe de $g$ : $g+H=\{g,g+3\}$ (notation additive).

Énumérer en évitant les répétitions.

L'indice est le nombre de classes.

$0+H=\{0,3\}$, $1+H=\{1,4\}$, $2+H=\{2,5\}$. La classe suivante $3+H=\{3,0\}$ répète la première.

Il y a $3$ classes distinctes, disjointes, de réunion $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ : elles partitionnent le groupe. Donc $[\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}:H]=3$ (et $6=3\times 2$, cohérent avec Lagrange).

Prendre $g\neq e$ et considérer $\langle g\rangle$.

Appliquer Lagrange à $\langle g\rangle$.

Utiliser la primalité de $p$.

Soit $g\neq e$. $\langle g\rangle\leq G$ a un ordre $d=\operatorname{ord}(g)$ qui divise $p$ (Lagrange). Comme $g\neq e$, $d\geq 2$.

Les seuls diviseurs de $p$ premier sont $1$ et $p$ ; comme $d\geq 2$, on a $d=p$. Donc $\langle g\rangle=G$ : $G$ est cyclique, engendré par tout élément $\neq e$.

Dans $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ ($p=5$), chaque élément $\neq 0$ engendre le groupe entier.

Relier $\operatorname{ord}(g)$ au cardinal de $\langle g\rangle$.

Appliquer Lagrange à $\langle g\rangle$.

Écrire $\lvert G\rvert=\operatorname{ord}(g)\cdot k$.

$\langle g\rangle$ est un sous-groupe de cardinal $\operatorname{ord}(g)$ (exercice A6). Par Lagrange, $\operatorname{ord}(g)\mid\lvert G\rvert$.

Écrivons $\lvert G\rvert=\operatorname{ord}(g)\cdot k$. Alors $g^{\lvert G\rvert}=(g^{\operatorname{ord}(g)})^{k}=e^{k}=e$.

$(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ a ordre $6$ ; les ordres de ses éléments sont $\{1,2,3,3,6,6\}$ — tous diviseurs de $6$.

Considérer le groupe $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$.

Quel est son ordre ?

Appliquer $g^{\lvert G\rvert}=e$.

Comme $p$ est premier, $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times=\{1,2,\dots,p-1\}$ est un groupe pour $\times$, d'ordre $\lvert G\rvert=p-1$.

Pour $a$ non multiple de $p$, $\bar a\in(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$, donc $\bar a^{\,p-1}=\bar 1$ (conséquence $g^{\lvert G\rvert}=e$ de Lagrange), c'est-à-dire $a^{p-1}\equiv 1\pmod p$.

Pour $p=7$ : $a^6\equiv 1\pmod 7$ pour $a=1,\dots,6$.

Chercher un groupe cyclique d'ordre non premier.

Chercher un groupe d'ordre $4$ non cyclique.

Les ordres $4$ ne sont pas premiers.

$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ est cyclique (engendré par $1$) mais son ordre $4$ n'est pas premier : la réciproque est fausse.

Le groupe de Klein $(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^\times$, d'ordre $4$, n'a aucun élément d'ordre $4$ : il est non cyclique. Donc un groupe d'ordre $4$ n'est pas forcément cyclique.

Vérifier $f(x+y)=f(x)+f(y)$ (bien défini).

Le noyau : les $x$ tels que $x\equiv 0\pmod 6$.

Surjectif : toute classe mod $6$ est atteinte.

Si $x\equiv x'\pmod{12}$ alors $x\equiv x'\pmod 6$ (car $6\mid 12$) : $f$ est bien défini. Et $f(x+y)=(x+y)\bmod 6=(x\bmod 6)+(y\bmod 6)=f(x)+f(y)$ : homomorphisme.

$\ker f=\{x\in\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}:x\equiv 0\pmod 6\}=\{0,6\}$.

Pour tout $r\in\{0,\dots,5\}$, $f(r)=r$ : l'image est tout $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$. $f$ est surjectif.

$\{-1,+1\}$ est un groupe pour la multiplication.

La relation $\varepsilon(\sigma\tau)=\varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau)$ est exactement la définition d'un morphisme.

Une transposition est impaire ; un $3$-cycle $=$ deux transpositions.

$(\{-1,+1\},\times)$ est un groupe (neutre $1$). La multiplicativité $\varepsilon(\sigma\tau)=\varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau)$ est la propriété de morphisme de $\varepsilon:S_n\to\{-1,+1\}$.

$(1\,2)$ est une transposition : $\varepsilon=-1$ (impaire). $(1\,2\,3)=(1\,2)(2\,3)$ (produit de $2$ transpositions) : $\varepsilon=(-1)^2=+1$ (paire).

Utiliser $f(e_G)=e_H$ et $f(a^{-1})=f(a)^{-1}$.

Critère du sous-groupe sur $\ker f$ et $\operatorname{im} f$.

Pour $\ker$ : $f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}$.

$e_G\in\ker f$ (car $f(e_G)=e_H$). Si $a,b\in\ker f$ : $f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}=e_H e_H^{-1}=e_H$, donc $ab^{-1}\in\ker f$. C'est un sous-groupe.

$e_H=f(e_G)\in\operatorname{im} f$. Si $f(a),f(b)\in\operatorname{im} f$ : $f(a)f(b)^{-1}=f(ab^{-1})\in\operatorname{im} f$. C'est un sous-groupe.

Pour $\varepsilon:S_3\to\{\pm1\}$, $\ker\varepsilon=A_3=\{e,(1\,2\,3),(1\,3\,2)\}$ est un sous-groupe d'ordre $3$.

Chercher un générateur (racine primitive mod $7$).

Tester les puissances de $3$ modulo $7$.

Poser $\varphi(k)=3^k$ et vérifier morphisme + bijection.

$3^1=3,\ 3^2=2,\ 3^3=6,\ 3^4=4,\ 3^5=5,\ 3^6=1\pmod 7$ : $3$ est d'ordre $6$, donc $\langle 3\rangle=(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ : cyclique d'ordre $6$.

$\varphi:\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\to(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times,\ k\mapsto 3^k$. C'est un morphisme : $\varphi(k+\ell)=3^{k+\ell}=3^k 3^\ell=\varphi(k)\varphi(\ell)$ (bien défini car $3^6\equiv 1$). Il est bijectif car $3$ engendre les $6$ éléments. Donc $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\cong(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$.

Sens direct : injectif $\Rightarrow$ seul $e_G$ s'envoie sur $e_H$.

Réciproque : $f(a)=f(b)\Rightarrow f(ab^{-1})=e_H$.

Utiliser que $f$ est un morphisme.

Si $f$ injectif : $f(g)=e_H=f(e_G)\Rightarrow g=e_G$, donc $\ker f=\{e_G\}$.

Supposons $\ker f=\{e_G\}$. Si $f(a)=f(b)$, alors $f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}=e_H$, donc $ab^{-1}\in\ker f=\{e_G\}$, d'où $ab^{-1}=e_G$ et $a=b$. $f$ est injectif.

Reprendre le noyau et l'image calculés en E1.

Injectif $\iff$ noyau trivial.

Comparer les ordres.

$\ker f=\{0,6\}\neq\{0\}$ : par le critère E5, $f$ n'est pas injectif (deux antécédents par image).

$\operatorname{im} f=\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ (E1) : $f$ est surjectif. Cohérent avec les ordres : $\lvert\operatorname{im} f\rvert=12/\lvert\ker f\rvert=12/2=6$.