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 $kg\equiv 0\pmod 6$.

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

Dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ les objets ne sont pas des nombres mais des classes : $\bar 2$ désigne « tous les entiers qui laissent $2$ comme reste dans la division par $6$ », c'est-à-dire $\{\dots,-4,2,8,14,\dots\}$. Poser $\bar a+\bar b=\overline{a+b}$ revient donc à choisir un représentant dans chaque classe, à les additionner, et à espérer que le résultat ne dépende pas du choix. C'est ça, le seul point non automatique.

Vérifions-le une fois. Si $\bar a=\bar{a'}$ et $\bar b=\bar{b'}$, alors $a'-a$ et $b'-b$ sont des multiples de $6$, disons $a'=a+6k$ et $b'=b+6\ell$. Donc $a'+b'=(a+b)+6(k+\ell)$, qui est bien dans la classe de $a+b$. La loi est bien définie : on dit qu'elle passe au quotient.

⚠️ Cette vérification est le vrai contenu de l'exercice. Tout le reste va se déduire sans effort de $\mathbb{Z}$.

Loi interne. $\overline{a+b}$ est une classe modulo $6$ : on ne sort pas de l'ensemble. ✓

Associativité. Elle est héritée de $\mathbb{Z}$, et voici ce que ça veut dire concrètement :

Le seul pas non trivial est celui du milieu, et c'est l'associativité dans $\mathbb{Z}$. Le passage au quotient ne la crée pas, il la transporte. ✓

Neutre. $\bar 0$ convient : $\bar a+\bar 0=\overline{a+0}=\bar a$. ✓

Inverse (on dit opposé en notation additive). Pour $\bar a$ avec $1\leq a\leq 5$, prenons $\overline{6-a}$ : alors $\bar a+\overline{6-a}=\bar 6=\bar 0$. Et $\bar 0$ est son propre opposé. Chaque élément en a donc un. ✓

Commutativité. $\bar a+\bar b=\overline{a+b}=\overline{b+a}=\bar b+\bar a$, de nouveau par transport depuis $\mathbb{Z}$. ✓

Conclusion : $(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z},+)$ est un groupe abélien d'ordre $6$.

Définition. L'ordre de $g$ est le plus petit entier $k\geq 1$ tel que $g$ ajouté $k$ fois donne le neutre, soit $kg\equiv 0\pmod 6$.

⚠️ En notation additive, « $g$ à la puissance $k$ » s'écrit $kg$. Ce n'est pas une multiplication dans le groupe — c'est une abréviation pour $g+g+\dots+g$ ($k$ fois).

Prenons $g=2$ et déroulons :

On s'arrête au premier $k$ qui annule : $\operatorname{ord}(2)=3$. Faire ce calcul une fois est indispensable — la formule qui suit n'a de sens que si l'on sait ce qu'elle abrège.

Ne l'apprenez pas par cœur : elle se retrouve en une ligne. Posons $d=\gcd(g,6)$.

On cherche le plus petit $k\geq 1$ tel que $6\mid kg$. Écrivons $g=d\,g'$ et $6=d\,m$ avec $\gcd(g',m)=1$ (c'est la définition du pgcd : on a retiré tout le facteur commun). La condition $6\mid kg$ devient $dm\mid k\,dg'$, c'est-à-dire $m\mid k g'$.

Comme $m$ et $g'$ n'ont plus aucun facteur commun, $m$ doit diviser $k$ (lemme de Gauss). Le plus petit $k\geq 1$ possible est donc $k=m=6/d$.

Sur $g=2$ : $\gcd(2,6)=2$, donc $\operatorname{ord}(2)=6/2=3$ — c'est bien ce qu'on avait trouvé à la main.

⚠️ Le cas $g=0$ mérite un mot : $\gcd(0,6)=6$ car tout entier divise $0$, donc le plus grand diviseur commun de $0$ et $6$ est $6$ lui-même. La formule donne $6/6=1$, ce qui est juste — le neutre est le seul élément d'ordre $1$.

(1) Tous les ordres divisent $6$. On lit $1,6,3,2,3,6$ : ce sont tous des diviseurs de $6$. Ce n'est pas un hasard, c'est une conséquence du théorème de Lagrange (exercice B4). Si tu trouvais un ordre qui ne divise pas $\lvert G\rvert$, ce serait une erreur de calcul, sans discussion.

(2) Il y a exactement $\varphi(6)=2$ générateurs. Les éléments d'ordre $6$ — c'est-à-dire ceux qui engendrent tout le groupe à eux seuls — sont $1$ et $5$, soit exactement les $g$ premiers avec $6$. On retrouvera ce fait en toute généralité en D1.

👉 Ces deux contrôles sont gratuits et attrapent l'essentiel des erreurs d'étourderie.

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.

Un sous-groupe, c'est une partie $H\subseteq G$ qui est elle-même un groupe pour la loi de $G$. En principe il faudrait revérifier les quatre axiomes. Le critère dit qu'un seul test suffit, et ça vaut la peine de comprendre pourquoi.

Critère (notation additive). $H\leq G$ si et seulement si :

En notation multiplicative, la même chose s'écrit $ab^{-1}\in H$.

Supposons $H$ non vide et stable par différence. Les trois axiomes manquants tombent en cascade :

Le neutre. $H$ est non vide, prenons donc $a\in H$. En appliquant le test à la paire $(a,a)$ : $a-a=0\in H$. ✓

Les opposés. On sait maintenant que $0\in H$. Le test sur $(0,a)$ donne $0-a=-a\in H$. ✓

La somme. On sait que $-b\in H$. Le test sur $(a,-b)$ donne $a-(-b)=a+b\in H$. ✓

L'associativité n'est pas à vérifier : elle vaut déjà dans $G$ tout entier, donc a fortiori sur $H$.

👉 L'ordre des trois pas compte : chacun réutilise le précédent. C'est ce chaînage qui fait tenir le critère, et c'est pour ça que la condition « $H\neq\varnothing$ » ne peut pas être omise.

$H$ est non vide. Les différences possibles :

Les quatre tombent dans $H$ : c'est un sous-groupe, d'ordre $2$.

ℹ️ On le reconnaît : c'est $\langle 3\rangle$, le sous-groupe engendré par $3$. Cohérent avec A1, où l'on a trouvé $\operatorname{ord}(3)=2$.

Il y a $9$ différences à tester, mais la commodité de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ est qu'elles restent dans les multiples de $2$ :

Toutes sont dans $H$ : sous-groupe, d'ordre $3$. C'est $\langle 2\rangle$, et $\operatorname{ord}(2)=3$ (A1) confirme le cardinal.

👉 Raccourci qui évite les $9$ tests : une différence de deux multiples de $2$ est un multiple de $2$, et modulo $6$ les multiples de $2$ sont exactement $\{0,2,4\}$. La stabilité est immédiate.

Un seul contre-exemple suffit à conclure, puisque le critère est une propriété universelle (« pour tous $a,b$ ») : la nier demande un unique couple fautif.

Donc pas un sous-groupe. On peut aussi le voir par l'addition : $1+1=2\notin H$.

⚠️ Le fait que $0\in H$ ne sauve rien : contenir le neutre est nécessaire, pas suffisant. C'est l'erreur la plus fréquente sur ce type de question.

Avant même de tester quoi que ce soit, comparez $\lvert H\rvert$ à $\lvert G\rvert=6$ :

⚠️ Et voilà exactement la limite du raccourci : $\lvert\{0,1,3\}\rvert=3$ divise bien $6$, et pourtant ce n'est pas un sous-groupe. Lagrange (B1) donne une condition nécessaire — un cardinal qui ne divise pas $6$ élimine immédiatement — mais jamais suffisante. Un cardinal qui divise n'autorise aucune conclusion : il faut tester.

👉 Retenez le sens de l'implication. Utilisé à l'envers, ce critère fait valider des parties qui n'en sont pas.

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 $4$.

$(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^\times$ désigne l'ensemble des classes inversibles pour la multiplication modulo $8$ — celles pour lesquelles il existe $b$ avec $ab\equiv 1\pmod 8$.

Le critère est arithmétique : $a$ est inversible modulo $n$ si et seulement si $\gcd(a,n)=1$. En effet, Bézout donne $au+nv=1$ dès que le pgcd vaut $1$, et cette relation lue modulo $n$ dit exactement $au\equiv 1$. Réciproquement, si $ab\equiv 1\pmod n$ alors $ab-1$ est multiple de $n$, donc tout diviseur commun de $a$ et $n$ divise $1$.

Modulo $8$, les $a\in\{0,\dots,7\}$ premiers avec $8$ sont $1,3,5,7$ :

Loi interne. Si $\gcd(a,8)=1$ et $\gcd(b,8)=1$, alors $\gcd(ab,8)=1$ : un produit de deux nombres sans facteur commun avec $8$ n'en acquiert pas. Le produit reste donc dans l'ensemble. ✓

Associativité et commutativité : héritées de la multiplication dans $\mathbb{Z}$, exactement comme en A1. ✓

Neutre : $1$. ✓

Inverses : c'est la définition même de l'ensemble. ✓

On a donc un groupe abélien d'ordre $4$.

Il suffit d'élever au carré les trois éléments non neutres :

Chacun vérifie $g^2=1$ avec $g\neq 1$, donc $\operatorname{ord}(g)=2$ (l'ordre ne peut être $1$ que pour le neutre).

ℹ️ Ce n'est pas une coïncidence de calcul : tout entier impair s'écrit $2m+1$, et

Or $m(m+1)$ est un produit de deux entiers consécutifs, donc pair : $4m(m+1)$ est divisible par $8$. Le carré de tout impair vaut $1$ modulo $8$ — le calcul ci-dessus est un cas particulier d'un fait général.

Un groupe est cyclique s'il possède un générateur, c'est-à-dire un élément $g$ tel que $\langle g\rangle$ soit le groupe entier. Un tel $g$ devrait vérifier $\operatorname{ord}(g)=\lvert G\rvert=4$ (par A6, $\lvert\langle g\rangle\rvert=\operatorname{ord}(g)$).

Or ici les ordres sont $1,2,2,2$ : aucun élément d'ordre $4$. Donc $(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^\times$ n'est pas cyclique.

👉 L'argument est un argument d'inventaire : on ne cherche pas un générateur en tâtonnant, on montre qu'il n'y en a aucun en listant tous les ordres. Sur un groupe fini, c'est la démarche la plus sûre.

Un groupe d'ordre $4$ dont tous les éléments non neutres sont d'ordre $2$ est le groupe de Klein, noté $V$ (de l'allemand Vierergruppe), isomorphe à $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

L'isomorphisme se lit sur la table : envoyez $1\mapsto(0,0)$, $3\mapsto(1,0)$, $5\mapsto(0,1)$, $7\mapsto(1,1)$. Chaque élément est son propre inverse des deux côtés, et le produit de deux éléments non neutres distincts donne le troisième :

⚠️ Retenez le contraste avec $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$, qui est d'ordre $6$ et cyclique (exercice E4). Le groupe $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ n'est pas toujours cyclique : il l'est pour $n$ premier, pas pour $n=8$.

👉 Conséquence à retenir : il existe deux groupes d'ordre $4$ non isomorphes, $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ et $V$. C'est le point de départ de la classification faite en D6.

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.

Une permutation de $\{1,2,3\}$ est une bijection de cet ensemble sur lui-même, et la loi de $S_3$ est la composition. Toute la question est de savoir dans quel ordre on l'applique.

Convention retenue ici, la plus répandue : $\sigma\tau$ signifie « $\tau$ d'abord, puis $\sigma$ ». C'est la convention des fonctions, où $(f\circ g)(x)=f(g(x))$ : on lit de droite à gauche.

⚠️ Certains ouvrages font l'inverse. Ce n'est pas un détail de style : les deux conventions donnent des résultats différents sur cet exercice précis, et c'est la source d'erreur numéro un du chapitre. Fixez-la, écrivez-la, ne changez pas en cours de route.

Rappel de notation. Le cycle $(1\,2\,3)$ envoie $1\mapsto 2$, $2\mapsto 3$, $3\mapsto 1$. La transposition $(1\,2)$ échange $1$ et $2$ et laisse $3$ fixe.

Prenons $\tau=(1\,2)$ et $c=(1\,2\,3)$, et calculons les deux composées élément par élément.

Calcul de $\tau c$ (on applique $c$, puis $\tau$) :

Bilan : $1\mapsto 1$, $2\mapsto 3$, $3\mapsto 2$, autrement dit $\tau c=(2\,3)$.

Calcul de $c\tau$ (on applique $\tau$, puis $c$) :

Bilan : $1\mapsto 3$, $2\mapsto 2$, $3\mapsto 1$, autrement dit $c\tau=(1\,3)$.

Les deux permutations ne commutent pas, donc $S_3$ n'est pas abélien.

ℹ️ Remarquez qu'il suffit d'un seul couple pour conclure : « abélien » est une propriété universelle, un contre-exemple la détruit.

Il faut montrer que le plus petit sous-groupe contenant $\tau$ et $c$ est $S_3$ tout entier. La méthode est constructive : on part de $\{e\}$ et on ferme par produits, jusqu'à ce que rien de nouveau n'apparaisse.

Les puissances de $c$ donnent déjà trois éléments :

En multipliant par $\tau$, on en obtient trois autres, et ce sont exactement les trois transpositions :

(La dernière se vérifie comme ci-dessus : $1\to 3\to 3$, $2\to 1\to 2$… soit $\tau c^2=(1\,3)$.)

Cela fait $6$ éléments deux à deux distincts — trois de signature $+1$, trois de signature $-1$, donc aucune confusion possible entre les deux familles. Comme $\lvert S_3\rvert=3!=6$, on a tout :

On aurait pu vouloir vérifier « à la main » que toute permutation s'écrit comme produit de $\tau$ et $c$. C'est inutilement long. L'argument correct tient en deux temps :

1. le sous-groupe engendré $\langle\tau,c\rangle$ est contenu dans $S_3$ (c'est un sous-groupe de $S_3$) ;
2. on a exhibé $6$ éléments distincts dedans, or $\lvert S_3\rvert=6$.

Une partie d'un ensemble fini qui a autant d'éléments que lui est cet ensemble. D'où l'égalité.

👉 Ce raisonnement — inclusion + égalité des cardinaux — resservira constamment en théorie des groupes finis. Il évite de construire explicitement des décompositions.

Contrôle par Lagrange. Les ordres des éléments de $S_3$ sont : $1$ pour $e$, $2$ pour les trois transpositions, $3$ pour les deux $3$-cycles. Tous divisent $6$ ✓ (cf. B4).

Contrôle par la signature. $\varepsilon(\tau c)=\varepsilon(\tau)\varepsilon(c)=(-1)(+1)=-1$, et $(2\,3)$ est bien une transposition, de signature $-1$ ✓. Ce contrôle est précieux : il valide le type du résultat sans refaire la composition.

Portée. Plus généralement, $S_n$ est engendré par une transposition et un $n$-cycle bien choisis, et il n'est pas abélien dès que $n\geq 3$. Pour $n\leq 2$ il l'est trivialement : $S_1$ et $S_2$ ont respectivement $1$ et $2$ éléments.

ℹ️ $S_3$ est donc le plus petit groupe non abélien. C'est le contre-exemple à garder en réserve : il servira encore en C1 (un sous-groupe non distingué), C5 (centre réduit au neutre) et C6.

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

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

Calculer les multiples successifs mod $12$.

Pour $g$ dans un groupe $G$, le sous-groupe engendré $\langle g\rangle$ est le plus petit sous-groupe contenant $g$. En notation additive, il est fait de tous les multiples de $g$ :

En pratique, dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, on ajoute $g$ à répétition et on s'arrête dès qu'on retombe sur $0$ : la liste obtenue est le sous-groupe.

On empile les multiples de $2$ modulo $12$ :

Ce sont exactement les éléments pairs de $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$. Le sous-groupe se referme au bout de $6$ pas, et $6$ est justement l'ordre de $2$.

Même méthode avec $3$ :

Ce sont les multiples de $3$ modulo $12$.

Dans les deux cas, le cardinal obtenu est l'ordre de l'élément, donné par la formule démontrée en A1 :

Vérifions :

L'égalité $\lvert\langle g\rangle\rvert=\operatorname{ord}(g)$ n'est pas une observation : c'est le résultat démontré en A6, et il vaut dans tout groupe, pas seulement dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

ℹ️ Description alternative, souvent plus rapide : $\langle g\rangle$ est l'ensemble des multiples de $d=\gcd(g,n)$ dans $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, soit $\langle g\rangle=\langle d\rangle$. Ici $\langle 2\rangle=\langle\gcd(2,12)\rangle=\langle 2\rangle$ et $\langle 3\rangle=\langle 3\rangle$ — la formule est plus parlante sur un exemple comme $\langle 8\rangle$ dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, qui vaut $\langle 4\rangle=\{0,4,8\}$.

Contrôle par Lagrange. $6$ et $4$ divisent bien $12$ ✓. Si tu trouvais un sous-groupe de cardinal $5$ ou $8$ dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, ce serait faux sans avoir besoin de vérifier quoi que ce soit d'autre.

Ce qu'on peut en déduire. $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ est cyclique, et un fait général (que D1 précise) dit qu'un groupe cyclique d'ordre $n$ possède exactement un sous-groupe pour chaque diviseur de $n$. Les diviseurs de $12$ étant $1,2,3,4,6,12$, il y a exactement six sous-groupes :

d'ordres respectifs $1,2,3,4,6,12$. Les deux calculés ici en font partie.

⚠️ Cette unicité par diviseur est une propriété des groupes cycliques. Elle est fausse en général : le groupe de Klein (A3) est d'ordre $4$ et possède trois sous-groupes d'ordre $2$.

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.

On se donne $g$ d'ordre fini $n$, c'est-à-dire que $n$ est le plus petit entier $\geq 1$ tel que $g^n=e$. Il y a deux choses à établir, et la seconde est la seule qui demande du travail :

1. l'ensemble $\langle g\rangle=\{e,g,g^2,\dots,g^{n-1}\}$ est un sous-groupe ;
2. il a exactement $n$ éléments.

⚠️ Le point 2 n'est pas une évidence de notation. La liste écrite comporte $n$ symboles, mais rien ne dit a priori que deux d'entre eux ne désignent pas le même élément. C'est précisément là que la minimalité de $n$ va servir — et c'est le seul endroit de la preuve où elle sert.

Montrons d'abord que $g^k$ appartient à la liste pour tout $k\in\mathbb{Z}$, y compris négatif. Division euclidienne de $k$ par $n$ :

Alors

et $g^r$ est bien l'un des $n$ éléments listés puisque $0\leq r\leq n-1$.

👉 C'est le cœur technique : toute puissance de $g$, aussi grande ou négative soit-elle, se replie sur l'une des $n$ premières. La liste est donc close par produit et par inverse — car $g^{-k}$ est aussi une puissance entière.

On applique le critère de A2, version multiplicative : $H\neq\varnothing$ et $\forall a,b\in H,\ ab^{-1}\in H$.

$H$ contient $e=g^0$, donc il est non vide. Et si $a=g^i$, $b=g^j$ sont dans la liste, alors

qui est une puissance entière de $g$, donc dans la liste par le point précédent. ✓

$\langle g\rangle$ est un sous-groupe de $G$, et c'est le plus petit contenant $g$ : tout sous-groupe contenant $g$ doit contenir ses puissances.

Supposons deux éléments égaux dans la liste :

En multipliant par $g^{-i}$ : $g^{\,j-i}=e$. Or l'écart $j-i$ vérifie

Si l'on avait $j-i\geq 1$, on tiendrait un entier strictement compris entre $1$ et $n-1$ annulant $g$ — ce qui contredirait le fait que $n$ est le plus petit tel entier. Donc $j-i=0$, c'est-à-dire $i=j$.

Les $n$ éléments listés sont donc deux à deux distincts :

⚠️ Sans l'hypothèse de minimalité, la conclusion tombe. Si l'on savait seulement « $g^n=e$ » sans que $n$ soit le plus petit, la liste pourrait contenir des répétitions : prenons $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ et $g=2$, qui vérifie bien $6g=0$. La liste des six multiples $0g,1g,\dots,5g$ vaut $0,2,4,0,2,4$ : elle ne contient que trois éléments distincts, car le plus petit entier qui annule $2$ est $3$, pas $6$.

L'égalité $\lvert\langle g\rangle\rvert=\operatorname{ord}(g)$ est le pont entre deux notions qui n'ont pas la même nature : un nombre attaché à un élément d'un côté, un cardinal de sous-groupe de l'autre.

C'est ce pont qui rend possible l'enchaînement du lot B :

Sans A6, Lagrange ne dirait rien sur les ordres des éléments — il ne parle que de sous-groupes. C'est cette combinaison qui donne B4, puis le petit théorème de Fermat en B5.

ℹ️ Vérification sur un cas connu : dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, $\operatorname{ord}(2)=3$ (A1) et $\langle 2\rangle=\{0,2,4\}$ a bien $3$ éléments (A2). Les deux calculs, menés indépendamment, concordent.

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.

On veut montrer que $\lvert H\rvert$ divise $\lvert G\rvert$. Diviser, c'est découper en parts égales. Toute la preuve consiste donc à découper $G$ en morceaux qui ont tous exactement $\lvert H\rvert$ éléments.

Si l'on y parvient, avec $m$ morceaux, alors $\lvert G\rvert=m\cdot\lvert H\rvert$ et c'est fini.

Deux choses restent à trouver : quels morceaux, et pourquoi ils ont tous la même taille. C'est le plan de la preuve, et il n'y a rien d'autre dedans.

Le geste qui surprend toujours, c'est l'apparition de la relation

Elle ne tombe pas du ciel — elle est fabriquée pour donner les morceaux qu'on veut. Voici le raisonnement à l'envers.

On cherche des morceaux de taille $\lvert H\rvert$. Le candidat naturel est $H$ lui-même, puis ses translatés $gH=\{gh:h\in H\}$ : translater ne change pas la taille, exactement comme translater un segment ne change pas sa longueur.

Reste à savoir quand deux translatés coïncident. Or

👉 La relation $a\sim b\iff a^{-1}b\in H$ est la traduction de « $b$ est dans le translaté $aH$ ». Elle n'est pas astucieuse, elle est la seule possible.

Trois points, et chacun correspond exactement à un axiome de sous-groupe — ce n'est pas un hasard.

Réflexive. $a^{-1}a=e\in H$, car un sous-groupe contient le neutre. ✓

Symétrique. Si $a^{-1}b\in H$, alors son inverse $(a^{-1}b)^{-1}=b^{-1}a$ est aussi dans $H$, car un sous-groupe est stable par inverse. ✓

Transitive. Si $a^{-1}b\in H$ et $b^{-1}c\in H$, leur produit $(a^{-1}b)(b^{-1}c)=a^{-1}c$ est dans $H$, car un sous-groupe est stable par produit. ✓

⚠️ Les trois axiomes de sous-groupe servent, un pour chaque propriété. Si $H$ n'était qu'une partie quelconque, la relation ne serait pas une équivalence et toute la preuve s'effondrerait.

Le fait de cours à ne pas sauter : une relation d'équivalence sur $G$ partitionne $G$ — ses classes sont non vides, deux à deux disjointes, et leur réunion est $G$. C'est ce théorème, et lui seul, qui transforme « relation » en « découpage ». La classe de $a$ est exactement $aH$.

C'est le second point du plan. Fixons $g\in G$ et considérons l'application de translation

Surjective : par définition, $gH$ est exactement l'ensemble des $gh$. ✓

Injective : si $gh=gh'$, on multiplie à gauche par $g^{-1}$ et il vient $h=h'$. ✓

C'est donc une bijection, d'où $\lvert gH\rvert=\lvert H\rvert$ pour tout $g$.

⚠️ L'injectivité utilise l'existence de $g^{-1}$, c'est-à-dire le fait que $G$ soit un groupe. Dans un simple monoïde, la simplification est fausse et le théorème aussi.

Le groupe $G$ est réunion disjointe de ses classes (partition), chacune de cardinal $\lvert H\rvert$ (bijection). En notant $[G:H]$ le nombre de classes — l'indice de $H$ dans $G$ :

Comme $[G:H]$ est un entier, $\lvert H\rvert$ divise $\lvert G\rvert$. $\blacksquare$

ℹ️ La formule dit davantage que l'énoncé : elle identifie le quotient $\lvert G\rvert/\lvert H\rvert$ comme étant le nombre de classes. C'est cette lecture qui servira en B4, C4 et D5.

En notation additive, $gH$ s'écrit $g+H$. Déroulons les six translatés :