Mathématiques 2016 - 2017 Groupes — Contrôle no 1 UVSQ L3

Mathématiques
 - 
UVSQ
L3 Ma610
Groupes — Contrôle no 1
Exercice
1
2
3
4
Barème
4
7
4
5
Note
Exercice .
Soit H et K des sous-groupes d’un groupe G. Montrer que HK est un sous-groupe de G si et seulement si HK = KH.
www.mathoman.com

Groupes — Contrôle no 1
UVSQ L3 Ma610  - 
Exercice .
Soit G = R∗ × R. On pose pour tous éléments (x, y) et (x′ , y ′ ) de G :
(x, y) ∗ (x′ , y ′ ) = (xx′ , xy ′ + y)
. Vérifier que ∗ est une loi interne associative sur G.
. Vérifier que (G, ∗) est un groupe. Est-il commutatif ?
. Donner une expression de (x, y)n pour tout n ∈ Z.
www.mathoman.com

Groupes — Contrôle no 1
www.mathoman.com
UVSQ L3 Ma610  - 

Groupes — Contrôle no 1
UVSQ L3 Ma610  - 
Exercice .
. Trouver deux sous-groupes de R dont la réunion n’est pas un sous-groupe de R.
. Existe-t-il deux sous-groupes de R∗ dont la réunion n’est pas un sous-groupe de R∗ ?
. Soit G un groupeSet (Hn )n∈N une suite croissante de sous-groupes de G, c’est-à-dire telle que Hn ⊂ Hn+1 pour tout
n ∈ N. Montrer que n∈N Hn est un sous-groupe de G.
www.mathoman.com

Groupes — Contrôle no 1
UVSQ L3 Ma610  - 
Exercice .
Pour tout n ∈ N∗ on note Un = {z ∈ C | z n = 1} le sous-groupe de C∗ formé par les racines n-ièmes de l’unité.
k
On fixe un nombre premier p et on pose Gp = z ∈ C ∃ k ∈ N, z p = 1 .
. Montrer que Gp est un sous-groupe de C∗ . Quel est le cardinal de Gp ?
. Soit H un sous-groupe propre de Gp .
.a. Montrer que EH = {ord(g) | g ∈ H} est une partie finie de N.
.b. Déduire que H est cyclique.
. Montrer que Gp ne possède pas de sous-groupe maximal.
. Montrer que Gp n’est pas engendré par un système fini d’éléments.
Rappels : Soit G un groupe et H un sous-groupe de G. On dit que H est propre si H 6= G et H 6= {e}. On dit que H est
maximals’il est propre et si pour tout sous-groupe propre H ′ de G l’inclusion H ⊂ H ′ implique H = H ′ .
www.mathoman.com

Groupes — Contrôle no 1
UVSQ L3 Ma610  - 
. Solutions
Solution .
Supposons que HK = KH. Remarquons que HK contient l’élément neutre. Soient x, x′ des éléments arbitraires de HK.
Il existe h, h′ ∈ H et k, k′ ∈ K tels que x = hk et x = h′ k′ . On a x−1 x′ = (hk)−1 h′ k′ = k−1 (h−1 h′ )k′ . Or, k−1 (h−1 h′ ) est
dans KH qui est égal à HK. Donc il existe h′′ ∈ H et k′′ ∈ K tels que k−1 (h−1 h′ ) = h′′ k′′ . Ainsi on a
x−1 x′ = h′′ k′′ k′ ∈ HK. Cela prouve que HK est un sous-groupe de G.
Remarque – En écriture ensembliste ça devient simplement :
(HK)−1 (HK) = (K −1 H −1 )(HK) = (KH)(HK) = (KH)K = (HK)K = HK.
Réciproquement, supposons que HK est un sous-groupe de G. Soient h ∈ H et k ∈ K deux éléments arbitraires. Alors
h ∈ HK et k ∈ HK et donc kh ∈ HK. Cela prouve l’inclusion KH ⊂ HK. Pour montrer l’inclusion réciproque on
remarque que (hk)−1 ∈ HK, donc il existe h1 ∈ H et k1 ∈ K tels que (hk)−1 = h1 k1 . Donc hk = k1−1 h−1
1 ∈ KH.
Solution .
. Soient (x, y) et (x′ , y ′ ) dans G. Comme x, x′ ∈ R∗ ,
xx′ ∈ R∗ et il est évident que xy ′ + y ∈ R. Donc
(x, y) ∗ (x′ , y ′ ) ∈ G.
Soient (x, y), (x′ , y ′ ) et (x′′ , y ′′ ) dans G. On voit facilement
que :
′
′
′′
′′
′
′
′′
′′
(x, y) ∗ (x , y ) ∗ (x , y ) = (x, y) ∗ (x , y ) ∗ (x , y )
= (xx′ x′′ , xx′ y ′′ + xy ′ + y)
. G possède un élément neutre à savoir (1, 0). Soit
(x, y) ∈ G et cherchons (x′ , y ′ ) ∈ G tel que (x, y) ∗
(x′ , y ′ ) = (1, 0). Ceci équivaut à résoudre
ß
xx′ = 1
′
xy + y = 0
⇐⇒

 x′ = 1
x
 y′ = − y
car x 6= 0
x
y
1
,−
. On véx
x
rifie facilement que c’est aussi l’inverse à gauche, donc
l’inverse.
En conclusion, (G, ∗) est bien un groupe. On voit qu’il
n’est pas commutatif car (1, 1) ∗ (2, 2) = (2, 4) et (2, 2) ∗
(1, 1) = (2, 3).
Donc (x, y) admet pour inverse à droite
. A partir des premières valeurs de n ∈ N, on conjecture
(x, y)n = (xn , y + yx + · · · + yxn−1 ).
Initialisation : La formule est clairement vraie pour n =
0.
Hérédité : On suppose (x, y)n = (xn , y +yx+· · ·+yxn−1 )
pour un certain n ∈ N. Alors
(x, y)
n+1
= (x, y) ∗ (x, y)
n
= (x, y) ∗ (xn , y + yx + · · · + yxn−1 )
= (xn+1 , y + yx + · · · + yxn ),
www.mathoman.com
ce qui termine la preuve par récurrence.
En outre, en utilisant la somme des termes d’une suite
géométrique, on a la formule suivante pour tout n ∈ N,
n
(x, y) =
(
xn , y
1 − xn
1−x
(1, ny)
si x 6= 1
si x = 1
Il reste à trouver une formule pour des exposants négatifs.
Soit n ∈ N. On calcule
(x, y)−n = ((x, y)n )−1
=
=


xn , y
1 − xn
1−x
−1
 (1, ny)−1
(
1 − xn
x−n , −y
1−x
Å
ã
−n
 x−n , y 1 − x
1−x

(1, −ny)
si x = 1
× x−n
(1, −ny)
=
si x 6= 1
si x 6= 1
si x = 1
si x 6= 1
si x = 1
Donc la formulé établie pour n ∈ N reste valable sur Z.
Remarque – Cette structure de groupe sur R∗ × R est une
simple émulation du groupe des bijections affines de R dans R !
En effet, la composée de f : t 7→ at + b et g : t 7→ a′ t + b′ est
f ◦ g : t 7→ (aa′ )t + (ab′ + b). On retrouve la loi de groupe sur
les coefficients.

Groupes — Contrôle no 1
UVSQ L3 Ma610  - 
Solution .
. 2Z et 3Z sont des sous-groupes de R mais leur réunion
2Z ∪ 3Z ne l’est pas ; en effet, 3 et 2 sont dans 2Z ∪ 3Z mais
3 − 2 ne l’est pas.
Autres exemples : Q∗ et R∗+ . Ou Q∗+ et {1, −1}. Ou 2Z et
3Z .
. Soient x et y dans n∈N Hn . Il existe k, ℓ ∈ N tels
que x ∈ Hk et y ∈ Hℓ . À cause de la croissance de la
suite de sous-groupes (Hn )n∈N on a x, y ∈ Hm avec m =
−1
max(k, ℓ). Comme
S Hm est un groupe on a xy ∈ Hm et
−1
donc xy ∈ n∈N Hn .
S
. Oui, bien sûr ! En fait, exp : R → R∗+ est un isomorphisme, donc exp(2Z) et exp(3Z) sont des sous-groupes
de R∗+ (et donc aussi de R∗ ) dont la réunion n’est pas un
sous-groupe.
Solution .
On a Upk ⊂ Upk+1 quelque soit k ∈ N. Le groupe Gp est l’union Gp =
Upk . Par exemple, G2 est l’union de s points
S
k∈N
suivants :
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
U1
b
b
U2
b
b
U4
b
U8
b
b
b
U16
b
b
b
b
b
b
b
etc.
b
b
b
b
b
b
. Donc Gp est un sous-groupe de C∗ en tant qu’union de la suite croissante Upk , k ∈ N, de sous-groupes. En plus, la
suite est strictement croissante, donc Gp est un groupe infini.
. .a. On commence par remarquer que tout g ∈ Gp est d’ordre fini de la forme pℓ avec ℓ dans N. Donc EH est bien une
partie de N.
Supposons par l’absurde que EH contient une infinité d’éléments. Donc EH est non bornée. Pour k ∈ N donné
arbitrairement il existe g ∈ Gp tel que ord(g) = pℓ > pk . Ainsi Upk ⊂ Upℓ = hgi ⊂ H. Comme cela est vrai pour tout
k ∈ N, on a Gp ⊂ H, en contradiction avec le fait que H est un sous-groupe propre de Gp .
.b. En notant pm le plus grand élément de l’ensemble fini EH , on a donc H ⊂ Upm . Ainsi H est cyclique en tant que
sous-groupe du groupe cyclique Upm .
. Soit H un sous-groupe propre de Gp . Avec les notations précédentes H ⊂ Upm ⊂ Upm+1 , la dernière inclusion étant
stricte. Donc H est un sous-groupe propre de Upm+1 qui, quant à lui, est un sous-groupe propre de Gp . Cela prouve que
H n’est pas maximal pour l’inclusion.
. Raisonnons par l’absurde en supposant que Gp = hg1 , . . . , gr i. Notons pm = max(ord(g1 ), . . . , ord(gm )). On a
clairement Gp = hg1 , . . . , gr i ⊂ Upm 6= Gp ce qui est absurde.
www.mathoman.com
