Mathematical Olympiad Club Groupes

Mathematical Olympiad Club
Groupes
Séance du samedi 15 décembre 2012
Avant-propos
Ce document complète et détaille — un peu tard ! — la séance du Mathematical Olympiad Club
qui a été organisée à l’université d’Orsay le samedi 15 décembre 2012.
Cet atelier était centré autour de la notions de groupes. Le but était d’introduire peu à peu de
nouveaux objets, puis de découvrir, au travers d’exercices, comment ils s’agençaient les uns par
rapport aux autres. On trouvera les définitions énoncées durant la séance, ainsi que les exercices
qui ont été traités. Ils sont suivis d’autres définitions et exercices, qu’il avait également été
envisagé de traiter durant la séance et qui ont été proposés aux élèves, mais qui n’ont pas été
traités durant la séance — mine de rien, découvrir et apprivoiser une notion mathématique, ça
demande du temps !
Dans une deuxième partie, on trouvera des solutions aux exercices. Il est à noter qu’il ne s’agit
là en rien de solutions “optimales” et qu’il serait souhaitable de ne les regarder qu’après avoir
longtemps réfléchi aux exercices.
Table des matières
1 Définitions et exercices
1.1 Groupes . . . . . . . . . .
1.2 Sous-groupes . . . . . . .
1.3 Morphismes de groupes . .
1.4 Produit direct et quotients
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2 Solutions des exercices
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2
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5
7
1
1
Définitions et exercices
1.1
Groupes
Définition 1 (Groupe)
Soit G un ensemble non vide, ∗ : G × G → G une application et eG un élément de G tels que,
pour tous les éléments x, y et z de G :
1. (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z) (associativité),
2. x ∗ eG = eG ∗ x = x (élément neutre) et
3. x ∗ x−1 = x−1 ∗ x = eG (inversibilité).
Alors on dit que G est un groupe pour la loi ∗ — ou que (G, ∗) est un groupe — et que eG est
l’élément neutre du groupe.
Exercice 2 (Groupe ou non ?)
Lesquels sont des groupes ? Lesquels n’en sont pas ?
1. (N, +).
7. (R∗+ , +).
13. (R∗ , ×).
2. (Z, +).
8. (Z, ×).
14. (R∗− , ×).
3. (Q, +).
9. (N∗ , ×).
15. (C∗ , ×).
4. (R, +).
10. (Q, ×).
16. (Z/nZ, +).
5. (C, +).
11. (Q∗ , ×).
17. (Z/nZ, ×).
6. (D, +).
(Q∗+ , ×).
12.
18. ((Z/nZ)∗ , ×).
NB : D désigne l’ensemble des nombres décimaux.
Exercice 3 (Unicité de l’élément neutre)
Soit (G, ∗) un groupe. Montrer qu’il admet un unique élément neutre.
Exercice 4 (Groupe des permutations)
Soit E un ensemble non vide, SE l’ensemble des bijections de E — ou ensemble des permutations
de E. Montrer que (SE , ◦) est un groupe.
Exercice 5 (Unicité de l’inverse)
Soit (G, ∗) un groupe et x, y, z trois éléments de G tels que eG = x ∗ y = z ∗ x. Montrer que
y = z = x−1 .
Exercice 6 (Inverse d’un produit)
Soit (G, ∗) un groupe, et x, y deux éléments de G. Montrer que (x ∗ y)−1 = y −1 ∗ x−1 et que
−1
(x−1 ) = x.
Définition 7 (Groupe commutatif)
Soit (G, ∗) un groupe. On dit que (G, ∗) est commutatif — ou abélien — si, pour tous les éléments
x et y de G :
1. x ∗ y = y ∗ x (commutativité).
Exercice 8 (Permutations et commutativité)
Montrer que le groupe (SE , ◦) est abélien si et seulement si |E| ≤ 2.
2
1.2
Sous-groupes
Définition 9 (Sous-groupe)
Soit (G, ∗) et (H, ∗) deux groupes tels que H ⊆ G. On dit que H est un sous-groupe de G — ou
que (H, ∗) est un sous-groupe de (G, ∗).
Exercice 10 (Neutre et sous-groupe)
Soit (G, ∗) un groupe et H ⊆ G un sous-groupe de G. Montrer que eG = eH .
Exercice 11 (Caractérisation des sous-groupes)
Soit (G, ∗) un groupe et H ⊆ G une partie de G. Montrer que H est un sous-groupe de G si et
seulement si les deux propriétés suivantes sont simultanément vérifiées :
1. H est non vide ;
2. pour tous les éléments x et y de H, x ∗ y −1 appartient à H.
Exercice 12 (Intersection de groupes)
Soit I un ensemble, (Γ, ∗) T
un groupe et (Gi )i∈I une famille de sous-groupes de Γ indicés par I.
Montrer que l’intersection i∈I Gi est un sous-groupe de Γ.
Exercice 13 (Sous-groupes de Z)
Montrer que les sous-groupes de (Z, +) sont exactement les ensembles de la forme dZ = {dk |
k ∈ Z}, où d ∈ Z.
Exercice 14 (Réunion de sous-groupes)
Soit (Γ, ∗) un groupe et G, H deux sous-groupes de Γ. Montrer que G ∪ H est un sous-groupe
de Γ si et seulement si G ⊆ H ou H ⊆ G.
Les définitions et exercices qui suivent ont été proposés aux élèves dans la feuille qui leur a été
distribuée en début de séance, mais n’ont pas été traités durant celle-ci. Le lecteur intéressé
pourra poursuivre de lui-même la découverte du monde fascinant des groupes, même s’il est
certain que travailler en autodidacte n’est pas forcément chose aisée.
Définition 15 (Sous-groupe engendré)
Soit (G, ∗) un groupe et S ⊆ G une partie de G. Le sous-groupe de G engendré par S est
l’intersection de tous les sous-groupes H de G tels que S ⊆ H. On le note couramment hSi —
ou bien hs1 , s2 , . . . , sn i si S = {s1 , s2 , . . . , sn } est un ensemble fini.
Exercice 16 (Sous-groupe engendré et PGCD)
Soit S ⊆ Z une partie de Z. Montrer que le sous-groupe dZ = hSi, où d est le plus grand commun
diviseur des éléments de S.
Exercice 17 (Invariance du sous-groupe engendré)
Soit (G, ∗) un groupe, S ⊆ G une partie de G, x un élément de G et s un élément de hSi. Montrer
que hS ∪ {x}i = hS ∪ {x ∗ s}i = hS ∪ {s ∗ x}i.
Définition 18 (Partie génératrice)
Soit (G, ∗) un groupe et S ⊆ G une partie de G telle que hSi = G. On dit que S est une partie
génératrice de G — ou que S engendre G.
3
Exercice 19 (Groupe des éléments mous)
Soit (G, ∗) un groupe. Un élément x de G est dit mou si, toute partie S ⊆ G de G telle que S ∪{x}
engendre G est elle-même une partie génératrice de G. Montrer que l’ensemble des éléments mous
forme un sous-groupe de G.
Exercice 20 (Petites parties génératrices de ZxZ)
Trouver toutes les parties génératrices de cardinal au plus 2 du groupe (Z2 , +).
1.3
Morphismes de groupes
Définition 21 (Morphisme de groupes)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes, et ϕ : G → H une application telle que, pour tous les éléments
x, y de G :
1. ϕ(x ∗ y) = ϕ(x) ~ ϕ(y) (linéarité).
On dit alors que ϕ est un morphisme de groupes — ou endomorphisme de groupes si (G, ∗) =
(H, ~).
Exercice 22 (Endomorphismes de Z)
Trouver tous les endomorphismes du groupe (Z, +).
Exercice 23 (Endomorphismes de ZxZ)
Trouver l’ensemble des endomorphismes du groupe (Z2 , +).
Exercice 24 (Composition et morphismes de groupes)
Soit (G, ∗), (H, ~) et (I, ) trois groupes et ϕ : G → H, ψ : H → I deux morphismes de groupes.
Montrer que ψ ◦ ϕ est un morphisme de groupes.
Exercice 25 (Image de l’élément neutre et de l’inverse par un morphisme)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes, ϕ : G → H un morphisme de groupes et x un élément de G.
Montrer que ϕ(eG ) = eH et que ϕ(x−1 ) = ϕ(x)−1 .
Définition 26 (Image d’un morphisme de groupes)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes, H 0 ⊆ H un sous-groupe de H et et ϕ : G → H un morphisme
de groupes. L’ensemble Im = {y ∈ H | ∃x ∈ G, y = ϕ(x)} est appelé image de ϕ.
Exercice 27 (Image)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes et ϕ : G → H un morphisme de groupes. Montrer que Im(ϕ)
est un sous-groupe de H.
Définition 28 (Noyau d’un morphisme de groupes)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes et ϕ : G → H un morphisme de groupes. L’ensemble Ker(ϕ) =
{x ∈ G | ϕ(x) = eH } est appelé noyau de ϕ.
Exercice 29 (Noyau)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes et ϕ : G → H un morphisme de groupes. Montrer que Ker(ϕ)
est un sous-groupe de G.
Exercice 30 (Noyau et morphisme injectif )
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes et ϕ : G → H un morphisme de groupes. Montrer que ϕ est
injectif si et seulement si Ker(ϕ) = {eG }.
4
Définition 31 (Isomorphisme de groupes)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes et ϕ : G → H un morphisme de groupes bijectif. On dit que
ϕ est un isomorphisme de groupes — ou un automorphisme de groupes si (G, ∗) = (H, ~).
Exercice 32 (Groupe des automorphismes)
Soit (G, ∗) un groupe et AutG l’ensemble des automorphismes de G. Montrer que (AutG , ◦) est
un groupe.
Exercice 33 (Groupe et sous-groupe de permutations)
Soit (G, ∗) un groupe. Montrer que (G, ∗) est isomorphe à un sous-groupe de (SG , ◦).
Définition 34 (Conjugaison)
Soit (G, ∗) un groupe et x un élément de G. L’application ϕx : y → x−1 ∗ y ∗ x est appelée
morphisme de conjugaison par x — ou automorphisme intérieur induit par x.
Exercice 35 (Conjugaison et automorphisme)
Soit (G, ∗) un groupe et x un élément de G. Montrer que l’automorphisme intérieur ϕx est bien
un automorphisme de G.
Exercice 36 (Groupe des automorphismes intérieurs)
Soit (G, ∗) un groupe et IntG l’ensemble des automorphismes intérieurs de G. Montrer que
(IntG , ◦) est un groupe.
1.4
Produit direct et quotients
Définition 37 (Produit direct)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes. Alors l’ensemble G × H est un groupe pour la loi telle que,
pour tous les éléments x, x0 de G et y, y 0 de H :
1. (x, y) (x0 , y 0 ) = (x ∗ x0 , y ~ y 0 ).
Ce groupe est appelé produit direct des groupes (G, ∗) et (H, ~).
Exercice 38 (Produit direct)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes. Monter que leur produit direct est bien un groupe.
Définition 39 (Sous-groupe distingué)
Soit (G, ∗) un groupe et H ⊆ G un sous-groupe de G tel que, pour tout élément x de G,
ϕx (H) ⊆ H. On dit que H est un sous-groupe distingué de G.
Exercice 40 (Noyau distingué)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes, et ϕ : G → H un morphisme de groupes. Montrer que Ker(ϕ)
est un sous-groupe distingué de G.
Exercice 41 (Sous-groupe distingué et produit)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes, G0 ⊆ G et H 0 ⊆ H deux sous-groupes distingués de G et H
(G × H, ) le produit direct de G et H. Montrer que G0 × H 0 est un sous-groupe distingué de
G × H.
Définition 42 (Quotient de groupes)
Soit (G, ∗) un groupe, H ⊆ G un sous-groupe de G et G/H l’ensemble {x ∗ H | x ∈ G} : c’est
l’ensemble des parties de G de la forme {x ∗ h | h ∈ H}, où x est un élément de G. G/H est
appelé quotient droit de G par H — ou quotient de G par H si H est distingué.
5
Remarque :
Quand on travaille dans l’ensemble G/H, on note couramment x l’ensemble x ∗ H. Toutefois, si
l’on travaille à la fois dans G, H et G/H, il est conseillé de toujours réutiliser la notation x ∗ H,
qui prêtera moins à confusion.
Exercice 43 (Égalité des quotients)
Soit (G, ∗) un groupe fini, H ⊆ G un sous-groupe de G et x, y deux éléments de G. Montrer
l’équivalence entre les propositions suivantes :
1. x ∗ H = y ∗ H ;
2. (x ∗ H) ∩ (y ∗ H) 6= ∅ ;
3. x−1 ∗ y ∈ H.
Exercice 44 (Quotient de groupes et cardinaux)
Soit (G, ∗) un groupe fini, H ⊆ G un sous-groupe de G et G/H le quotient droit de G par H.
Montrer que |G| = |H| |G/H|.
Exercice 45 (Quotient par un sous-groupe distingué)
Soit (G, ∗) un groupe et H ⊆ G un sous-groupe distingué de G. Montrer que le quotient G/H
est un groupe pour la loi ∗ telle que X ∗ Y = {x ∗ y | x ∈ X, y ∈ Y }.
Exercice 46 (Isomorphisme entre image et quotient par le noyau)
Soit (G, ∗) et (H, ~) deux groupes, et ϕ : G → H un morphisme de groupes. Montrer que les
groupes G/Ker(ϕ) et Im(ϕ) sont isomorphes.
Exercice 47 (Quotient et produit direct)
Soit G = Z/4Z et H = 2Z/4Z. Montrer que H est un sous-groupe distingué de G mais que G
n’est pas isomorphe à G × (G/H).
Exercice 48 (Théorème chinois)
Soit a, b, x et y quatre entiers tels que ax + by = 1. Montrer que l’application ϕ : Z2 → Z/abZ
telle que ϕ(u, v) = uby + vax est un morphisme de groupes de noyau Ker(ϕ) = aZ × bZ.
Définition 49 (Ordre d’un élément)
Soit (G, ∗) un groupe et g un élément de G et n le plus petit entier strictement positif tel que
g n = eG (si un tel entier existe). On dit que n est l’ordre de g — et que g est d’ordre infini si un
tel entier n’existe pas.
Exercice 50 (Sous-groupe monogène)
Soit (G, ∗) un groupe et g un élément de G. Montrer que l’application ϕg : Z → hgi est un
morphisme de groupes, de noyau Ker(ϕg ) = nZ si g est d’ordre n fini, et Ker(ϕg ) = {0} si g est
d’ordre infini.
Exercice 51 (Groupe infini à ordres finis)
Monter que le groupe (Q/Z, +) est un groupe infini dont tout élément est d’ordre fini, et en
déduire qu’il n’est engendré par nul ensemble fini.
Exercice 52 (Théorème de Lagrange)
Soit (G, ∗) un groupe fini et g un élément de G. Montrer que l’ordre de g divise |G|.
Exercice 53 (Petit théorème de Fermat)
Soit p un nombre premier a un entier premier avec p. Montrer que ap−1 ≡ 1 (mod. p).
6
2
Solutions des exercices
Solution 2 (Groupe ou non ?)
Sont des groupes :
2
3
4
5
(Z, +).
(Q, +).
(R, +).
(C, +).
15 (C∗ , ×).
17 (Z/nZ, +).
18 ((Z/nZ)∗ , ×).
6 (D, +).
11 (Q∗ , ×).
12 (Q∗+ , ×).
14 (R∗ , ×).
Ne sont pas des groupes :
1
7
8
9
10 (Q, ×) : 0 n’est pas inversible.
/ R∗− .
13 (R∗− , ×) : (−1) × (−1) ∈
16 (Z/nZ, ×) : 0 n’est pas inversible.
(N, +) : 1 n’est pas inversible.
(R∗+ , +) : il n’y a pas d’élément neutre
(Z, ×) : 0 n’est pas inversible.
(N∗ , ×) : 2 n’est pas inversible.
Solution 3 (Unicité de l’élément neutre)
Soit eG et e0G deux éléments neutres du groupe (G, ∗). Alors eG = eG ∗ e0G = e0G .
Solution 4 (Groupe des permutations)
SE est bien stable par composition, la composition est associative, admet IdE ∈ SE pour
élément neutre, et chaque permutation τ ∈ SE admet une permutation réciproque τ −1 ∈ SE ,
donc (SE , ◦) est bien un groupe.
Solution 5 (Unicité de l’inverse)
Il suffit de constater que z = z ∗ x ∗ x−1 = x−1 = x−1 ∗ x ∗ y = y.
Solution 6 (Inverse d’un produit)
(x ∗ y) ∗ (y −1 ∗ x−1 ) = x ∗ (y ∗ y −1 ) ∗ x−1 = x ∗ x−1 = eG donc y −1 ∗ x−1 = (x ∗ y)−1 . En outre,
x = x ∗ x−1 ∗ x = x ∗ x−1 ∗ (x−1 )−1 = (x−1 )−1 .
Solution 8 (Permutations et commutativité)
Si E est un singleton alors SnE = {IdE }oest bien abélien. Si E est un ensemble contenant deux
éléments x et y, alors SE = IdE , xy xy est abélien aussi.
Enfin, si |E| ≥ 3, considérons trois éléments distincts x, y, z de E. Alors xy xy zz et xx yz yz
appartiennent à SE mais ne commutent pas, et E n’est donc pas abélien.
Solution 10 (Neutre et sous-groupe)
eH est le neutre de H donc eH ∗ eH = eH . Ainsi, en prenant les inverses dans le groupe G, on
−1
observe que eH = eH ∗ eH ∗ e−1
H = eH ∗ eH = eG .
Solution 11 (Caractérisation des sous-groupes)
Tout sous-groupe H ⊆ G de G vérifie évidemment les propriétés 1 et 2. Réciproquement, si
H ⊆ G vérifie simultanément les propriétés 1 et 2, soit x et y deux éléments de H. Alors
1. eG = x ∗ x−1 ∈ H donc x−1 = eG ∗ x−1 ∈ H et x ∗ y = x ∗ (y −1 )−1 ∈ H : ∗ induit bien une
application ∗H : H × H → H ;
2. ∗H est nécessairement associative, et on vient de voir que eG ∈ H et que x−1 ∈ H, donc
(H, ∗H ) est bien un sous-groupe de (G, ∗).
7
Solution 12 (Intersection de groupes)
T
eΓ appartient nécessairement à chaque
donc à i∈I Gi , qui est non vide. En
T sous-groupe Gi , −1
outre, siTx et y sont deux
T éléments de i∈I Gi , alors x ∗ y appartient à chaque sous-groupe Gi ,
donc à i∈I Gi . Ainsi, i∈I Gi est bien un sous-groupe de Γ.
Solution 13 (Sous-groupes de Z)
Tout d’abord, tout ensemble dZ est clairement un sous-groupe de Z. Réciproquement, si G est
un sous-groupe de Z, alors
– si G est un singleton, puisque 0 ∈ G, on a G = {0} = 0Z ;
– sinon, soit d la plus petite différence (en valeur absolue) entre deux éléments de G et soit x, y
deux éléments de G tels que x − y = d ; alors d ∈ G, donc dZ ⊆ G et, par définition de d, G
ne contient aucun élément de Z\dZ, ce qui signifie en fait que dZ = G.
Solution 14 (Réunion de sous-groupes)
Si G ⊆ H ou H ⊆ G, il est clair que G ∪ H ∈ {G, H} est un sous-groupe de Γ. Réciproquement,
si G 6⊆ H et si G ∪ H est un sous-groupe de Γ, soit x un élément de G\H et y un élément de
H ⊆ G ∪ H. Alors x = (x ∗ y) ∗ y −1 ∈
/ H donc x ∗ y ∈
/ H, et x ∗ y ∈ G. Puis y = x−1 ∗ (x ∗ y) ∈ G,
ce qui prouve bien que H ⊆ G.
Solution 16 (Sous-groupe engendré et PGCD)
Soit δ le plus grand commun diviseur des éléments de S. Tout d’abord, si dZ = hSi, alors d divise
tous les éléments de S, donc divise δ. Réciproquement, puisque S ⊆ δZ, alors dZ = hSi ⊆ δZ,
donc δ divise d. Ainsi, δ = d.
Solution 17 (Invariance du sous-groupe engendré)
Soit H ⊆ G un sous-groupe de G tel que S ∪ {x} ⊆ H. Alors x ∗ s ⊆ H et s ∗ x ⊆ H, donc
S∪{x∗s} ⊆ H et S∪{s∗x} ⊆ H. Ceci étant valable quel que soit H, on en déduit que S∪{x∗s} ⊆
hS ∪{x}i et que S ∪{s∗x} ⊆ hS ∪{x}i. Puis, de même, S ∪{x} = S ∪{(x∗s)∗s−1 } ⊆ hS ∪{x∗s}i
et S ∪{x} = S ∪{s−1 ∗(s∗x)} ⊆ hS ∪{s∗x}i, de sorte que hS ∪{x}i = hS ∪{x∗s}i = hS ∪{s∗x}i.
Solution 19 (Groupe des éléments mous)
Soit M l’ensemble des éléments mous. Tout d’abord, eG est mou, donc M est non vide. De plus,
si x et y sont deux éléments mous, soit S ⊆ G une partie de G telle que S ∪ {x ∗ y −1 } engendre
G. Alors G = hS ∪ {x ∗ y −1 , y}i = hS ∪ {x, y}i = hS ∪ {y}i = hSi. Cela prouve que x ∗ y −1 set
mou également, donc que M est bien un sous-groupe de G.
Solution 20 (Petites parties génératrices de ZxZ)
2
Soit S = {a, b}
et x, y, z, t des entiers tels que
une partie de Z
que l’on suppose génératrice,
1
0
−t
z
xa + yb = 0 et za + tb = 1 . Alors (zy − xt)a = y et (zy − xt)b = −x
. Puisque l’on
ne peut pas avoir simultanément x = y = z = t = 0, il s’ensuit que zy − xt 6= 0. En outre,
(zy − xt)2 (a1 b2 − a2 b1 ) = xt − zy, donc (xt − zy)(a1 b2 − a2 b1 ) = 1. Puisque xt − zy et a1 b2 − a2 b1
sont des entiers, il s’ensuit que a1 b2 − a2 b1 = ±1.
Réciproquement, si a1 b2 − a2 b1 = ε ∈ {−1, 1} alors, pour tous les entiers u et v, uv = ε(b1 v −
b2 u)a + ε(a2 u − a1 v)b.
Enfin, si a = b, alors il est clair que a1 b2 − a2 b1 = 0 ∈
/ {−1, 1}. Il s’ensuit que les parties
2
génératrices de Z de cardinal au plus 2 sont les ensembles {a, b} ⊆ Z2 tels que a1 b2 − a2 b1 = ±1.
Solution 22 (Endomorphismes de Z)
Toutes les applications ϕd : x → dx, où d est un entier relatif, sont bien des endomorphismes de
8
Z. Réciproquement, si ϕ est un endomorphisme de Z, alors on prouve par récurrence sur |n| que,
pour tout entier relatif n, ϕ(n) = nϕ(1) : cela signifie que ϕ = ϕϕ(1) . Les endomorphismes de Z
sont donc les fonctions linéaires de pente entière.
Solution 23 (Endomorphismes
de ZxZ)
Toutes les applications ϕu,v : xy → xu + yv, où u et v sont deux éléments de Z2 , sont bien des
endomorphismes de Z2 . Réciproquement, si ϕ est un
endomorphisme
de Z2 , alors on prouve par
n
n
récurrence sur |n| + |m| que, pour tout élément m
de Z2 , ϕ m
= nϕ 10 + mϕ 01 : cela signifie
que ϕ = ϕϕ(1),ϕ(0) .
0
1
Les endomorphismes de Z2 sont donc les fonctions linéaires en chacune de leurs variables.
Solution 24 (Composition et morphismes de groupes)
Soit x et y deux éléments de G. Alors ψ ◦ ϕ(x ∗ y) = ψ(ϕ(x) ~ ϕ(y)) = ψ ◦ ϕ(x) ψ ◦ ϕ(y), donc
ψ ◦ ϕ : G → I est bien un morphisme de groupes.
Solution 25 (Image de l’élément neutre et de l’inverse par un morphisme)
eH = ϕ(eG ) ~ ϕ(eG )−1 = ϕ(eG ∗ eG ) ~ ϕ(eG )−1 = ϕ(eG ) ~ ϕ(eG ) ~ ϕ(eG )−1 = ϕ(eG ) et eH =
ϕ(eG ) = ϕ(x ∗ x−1 ) = ϕ(x) ~ ϕ(x−1 ), donc ϕ(x)−1 = ϕ(x−1 ).
Solution 27 (Image)
Tout d’abord, eH = ϕ(eG ) ∈ Im(ϕ), qui est donc non vide. Soit alors x et y deux éléments de
Im(ϕ), et z, t deux éléments de G tels que x = ϕ(z) et y = ϕ(t). Alors ϕ(z∗t−1 ) = ϕ(z)~ϕ(t−1 ) =
ϕ(z) ~ ϕ(t)−1 = x ~ y −1 ∈ Im(ϕ), ce qui prouve bien que Im(ϕ) est un sous-groupe de H.
Solution 29 (Noyau)
Tout d’abord, eH = ϕ(eG ) donc eG ∈ Ker(ϕ), qui ne peut être vide. Soit alors x et y deux
éléments de Ker(ϕ) : ϕ(x ∗ y −1 ) = ϕ(x) ~ ϕ(y −1 ) = ϕ(x) ~ ϕ(y)−1 = eH ~ e−1
H = eH donc
−1
x ∗ y ∈ Ker(ϕ), ce qui prouve bien que Ker(ϕ) est un sous-groupe de G.
Solution 30 (Noyau et morphisme injectif )
Tout d’abord, si ϕ est injectif, soit x un élément de Ker(ϕ) : ϕ(x) = eH = ϕ(eG ) donc x = eG ,
ce qui montre que Ker(ϕ) = {eG }.
Réciproquement, si Ker(ϕ) = {eG }, soit x et y deux éléments de G tels que ϕ(x) = ϕ(y). Alors
ϕ(x ∗ y −1 ) = ϕ(x) ~ ϕ(y)−1 = eH , donc x ∗ y −1 ∈ Ker(ϕ) = {eG } et y = eG ∗ y = x ∗ y −1 ∗ y = x :
cela montre bien que ϕ est injectif.
Solution 32 (Groupe des automorphismes)
Tout d’abord, IdG ∈ AutG ⊆ SG : AutG est donc une partie non vide du groupe SG . En
outre, si ϕ et ψ sont deux automorphismes de G, considérons deux éléments x et y de G :
ψ −1 (x ∗ y) = ψ −1 (ψ ◦ ψ −1 (x) ∗ ψ ◦ ψ −1 (y)) = ψ −1 ◦ ψ(ψ −1 (x) ∗ ψ −1 (y)) = ψ −1 (x) ∗ ψ −1 (y). Cela
montre que ψ −1 est bien un endomorphisme de G, donc ϕ ◦ ψ −1 aussi. Ainsi, ϕ ◦ ψ −1 est un
automorphisme de G, ce qui montre que AutG est bien un sous-groupe de SG .
Solution 33 (Groupe et sous-groupe de permutations)
Pour tout élément x de G, soit πx : G → G l’application telle que πx : y → x ∗ y. Soit alors deux
éléments y et z de G tels que πx (y) = πx (z) : πx (x−1 ∗ y) = x ∗ x−1 ∗ y = y et y = x−1 ∗ x ∗ y =
x−1 ∗ πx (y) = x−1 ∗ πx (z) = x−1 ∗ x ∗ z = z. Cela montre bien que πx est bijectif, donc que
πx ∈ SG .
D’autre part, si a, b et c sont trois éléments de G, alors πa ◦ πb (c) = a ∗ b ∗ c = πa∗b (c), ce qui
montre que l’application π : G → SG telle que π(x) = πx est en fait un morphisme de groupes. De
9
surcroit, si πx = IdG , alors x = x ∗ eG = πx (eG ) = IdG (eg ) = eg , de sorte que Ker(π) = {eG }, et
donc que π est injectif. Ainsi, π induit un isomorphisme entre G et Im(π), qui est un sous-groupe
de SG .
Solution 35 (Conjugaison et automorphisme)
Soit y et z deux éléments de G. Alors ϕx (y∗z) = x−1 ∗y∗z∗x = x−1 ∗y∗x∗x−1 ∗z∗x = ϕx (y)∗ϕx (z).
Cela montre que ϕx est bien un endomorphisme de G. De surcroit, ϕx−1 ◦ϕx (y) = (x−1 )−1 ∗x−1 ∗y∗
x∗x−1 = x∗x−1 ∗y ∗x∗x−1 = y et ϕx ◦ϕx−1 (y) = x−1 ∗(x−1 )−1 ∗y ∗x−1 ∗x = x−1 ∗x∗y ∗x−1 ∗x = y,
donc ϕx et ϕx−1 sont deux bijections réciproques de G sur G. Cela montre que ϕx est bien un
automorphisme de G.
Solution 36 (Groupe des automorphismes intérieurs)
On a vu plus haut que IntG est une partie du groupe AutG . En outre, ϕeG = IdG est bien un
automorphisme intérieur, ce qui montre que IntG est non vide.
−1
∗ (y −1 )−1 ∗ z ∗ y −1 ∗ x = ϕy−1 ∗x (z), ce
Soit alors x, y et z trois éléments de G : ϕx ◦ ϕ−1
y (z) = x
qui prouve que ϕx ◦ ϕ−1
y = ϕy −1 ∗x est bien un automorphisme intérieur de G, et donc que IntG
est en fait un sous-groupe de AutG .
Solution 38 (Produit direct)
Soit (a, x), (b, y) et (c, z) trois éléments de G × H. Alors
1. ((a, x) (b, y)) (c, z) = (a ∗ b, x ~ y) (c, z) = (a ∗ b ∗ c, x ~ y ~ z) = (a, x) (b ∗ c, y ~ z) =
(a, x) ((b, y) (c, z)),
2. (eG , eH ) (a, x) = (eG ∗ a, eH ~ x) = (a, x) = (a ∗ eG , x ~ eH ) = (a, x) (eG , eH ) et
3. (a−1 , x−1 ) (a, x) = (a−1 ∗ a, x−1 ~ x) = (eG , eH ) = (a ∗ a−1 , x ~ x−1 ) = (a, x) (a−1 , x−1 ).
Cela montre que (G × H, ) est bien un groupe.
Solution 40 (Noyau distingué)
Soit x un élément de G et y un élément de Ker(ϕ). Alors ϕ(ϕx (y)) = ϕ(x−1 ∗ y ∗ x) = ϕ(x)−1 ~
ϕ(y) ~ ϕ(x) = ϕ(x)−1 ~ eH ~ ϕ(x) = ϕ(x)−1 ~ ϕ(x) = eH , donc ϕx (y) ∈ Ker(ϕ). Cela signifie
précisément que Ker(ϕ) est un sous-groupe distingué de G.
Solution 41 (Sous-groupe distingué et produit)
Soit (x, y) un élément de G×H et (a, b), (c, d) deux éléments de G0 ×H 0 . Tout d’abord, (eG , eH ) ∈
G0 ×H 0 , qui est donc une partie non vide du groupe G×H. En outre, (a, b)(c, d) = (a∗c, b~d) ∈
G0 ×H 0 , et G0 ×H 0 est donc un sous-groupe de G×H. Enfin, ϕ(x,y) (a, b) = (x, y)−1 (a, b)(x, y) =
(x−1 ∗ a ∗ x, y −1 ~ b ~ y) ∈ G0 × H 0 , ce qui montre bien que G0 × H 0 est un sous-groupe distingué
de G × H.
Solution 43 (Égalité des quotients)
On montre que chacune des propositions 1 à 3 implique la proposition qui la suit :
1. Si x ∗ H = y ∗ H, alors x = x ∗ eG ∈ x ∗ H = y ∗ H, donc (x ∗ H) ∩ (y ∗ H) 6= ∅.
2. Si (x∗H)∩(y∗H) 6= ∅, soit h et j deux éléments de H tels que x∗h = y∗j ∈ (x∗H)∩(y∗H).
Alors x−1 ∗ y = (y ∗ j ∗ h−1 )−1 ∗ y = h ∗ j −1 ∗ y −1 ∗ y = h ∗ j −1 ∈ H.
3. si x−1 ∗ y ∈ H alors y −1 ∗ x = (x−1 ∗ y)−1 ∈ H aussi. Soit alors h un élément de H :
y ∗ h = x ∗ (x−1 ∗ y) ∗ h ∈ x ∗ H, donc y ∗ H ⊆ x ∗ H ; de même, x ∗ H ⊆ y ∗ H, ce qui
montre que x ∗ H = y ∗ H.
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Solution 44 (Quotient de groupes et cardinaux)
Soit X un élément de G/H, et x ∈ G tel que X = x ∗ H. L’application θ : H → X telle que
θ(h) = x ∗ h est bijective. En effet, elle est trivialement surjective et, si h et j sont deux éléments
de H tels que θ(h) = θ(j), alors h = x−1 ∗ x ∗ h = x−1 ∗ θ(h) = x−1 ∗ θ(j) = x−1 ∗ x ∗ j = j, ce
qui montre bien que θ est injective. Il s’ensuit que |X| = |H|.
De surcroit, tout élément x de G appartient à l’élément x ∗ H de G/H, tandis que l’on a vu
à l’exercice précédent que deux éléments P
distincts X et P
Y de G sont d’intersection vide. Ainsi,
G/H est une partition de G, donc |G| = X∈G/H |X| = X∈G/H |H| = |G/H| |H|.
Solution 45 (Quotient par un sous-groupe distingué)
Soit x et y deux éléments de G et h, j deux éléments de H. Alors (x∗h)∗(y∗j) = x∗y∗y −1 ∗h∗y∗j =
x ∗ y ∗ ϕy (h) ∗ j ∈ (x ∗ y) ∗ H, tandis que (x ∗ y) ∗ h = (x ∗ eG ) ∗ (y ∗ h) ∈ (x ∗ H) ∗ (y ∗ H). Ainsi,
(x ∗ H) ∗ (y ∗ H) = (x ∗ y) ∗ H. Puisque (G, ∗) est un groupe, on déduit immédiatement de cette
identité que (G/H, ∗) est un groupe aussi.
Solution 46 (Isomorphisme entre image et quotient par le noyau)
Soit x et y deux éléments de G et h un élément de Ker(ϕ). ϕ(x ∗ h) = ϕ(x) ∗ ϕ(h) = ϕ(x) ∗ eH =
ϕ(x) : cela montre que ϕ est constante sur chaque ensemble X appartenant à G/Ker(ϕ).
Soit alors ψ : (G/Ker(ϕ)) → Im(ϕ) l’application telle que ψ(x ∗ Ker(ϕ)) = ϕ(x). Notons que
ψ est bien définie. En outre, puisque Ker(ϕ) est un sous-groupe distingué de G, on sait que
ψ((x ∗ Ker(ϕ)) ∗ (y ∗ Ker(ϕ)) = ψ((x ∗ y) ∗ Ker(ϕ)) = ϕ(x ∗ y) = ϕ(x) ~ ϕ(y) = ψ(x ∗ Ker(ϕ)) ~
ψ(y ∗ Ker(ϕ)). Cela montre que ψ est un morphisme de groupes.
Enfin, ψ est clairement surjectif, tandis que si ψ(x ∗ Ker(ϕ)) = eH , alors ϕ(x) = eH donc
x ∈ Ker(ϕ) et x ∗ Ker(ϕ) = Ker(ϕ). Ainsi, Ker(ψ) = {Ker(ϕ)} et ψ est surjectif, ce qui montre
bien que ψ est un isomorphisme de groupes.
Solution 47 (Quotient et produit direct)
G et H sont des groupes abéliens, en tant que quotients de groupes abéliens. De surcroît, tout
élément de H appartient à G, donc H est un sous-groupe de G, et H est même un sous-groupe
distingué puisque G est abélien.
Toutefois, H et G/H sont de cardinal 2, donc les éléments de H × (G/H) sont d’ordre au plus 2,
tandis que 1 est un élément de G d’ordre 4. Ainsi, 1 n’appartient à l’image d’aucun morphisme
de groupes ϕ : H × (G/H) → G, ce qui montre bien que G et H × (G/H) ne sont pas isomorphes.
Solution
48s(Théorème chinois)2
u
= (u + s)by + (v + t)ax = (uby +
Soit v et t deux éléments de Z : ϕ uv + st = ϕ u+s
v+t
z
u
vax) + (sby + tax) = ϕ v + ϕ t donc ϕ est bien un morphisme de groupes.
En outre, il est clair que aZ × bZ ⊆ Ker(ϕ). Réciproquement, soit uv un élément de Ker(ϕ).
Alors 0 ≡ uby + vax ≡ u(1 −ax) + vax ≡ u (mod. a) et 0 ≡ uby + vax ≡ uby + v(1 − by) ≡ v
(mod. b) : cela signifie que uv ∈ aZ × bZ, et prouve donc que Ker(ϕ) = aZ × bZ.
Solution 50 (Sous-groupe monogène)
Soit n et m deux entiers. Alors ϕg (n + m) = g n+m = g n ∗ g m = ϕg (n) ∗ ϕg (m), donc ϕg est bien
un morphisme de groupes.
Si g est d’ordre infini, alors Ker(ϕg ) ⊆ {0}, donc Ker(ϕg ) = {0}. Si g est d’ordre n fini, alors n
est le plus petit élément strictement positif de Ker(ϕg ). Or, Ker(ϕg ) est de la forme dZ, avec d
entier relatif. Il apparaît alors que n = |d| et donc que Ker(ϕg ) = nZ.
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Solution 51 (Groupe infini à ordres finis)
Les ensembles n1 + Z, pour n ∈ N∗ , sont deux
à deux disjoints, donc Q/Z est infini. Toutefois,
pour tout rationnel pq , on sait que q pq + Z = p + Z = Z, donc que pq + Z est d’ordre fini.
n
o
Q
En outre, soit S = pq11 , . . . , pqnn une partie finie de Q/Z. Si on pose Q = ni=1 qi , alors tout
élément de hSi est de la forme Qk , où k est un entier relatif. Cela signifie en particulier que
1
∈
/ hSi, donc que S n’engendre pas Q/Z. Ainsi, Q/Z n’est engendré par aucun ensemble fini.
Q+1
Solution 52 (Théorème de Lagrange)
Soit n l’ordre de g. hgi est de cardinal n, donc |G| = |hgi| |G/hgi| est divisible par n.
Solution 53 (Petit théorème de Fermat)
Le groupe (G, ×) = ((Z/pZ)∗ , ×) a pour cardinal p − 1. Soit n l’ordre de a dans G. Alors n divise
|G| = p − 1, donc p − 1 ∈ Ker(ϕa ) = nZ, ce qui signifie exactement que ap−1 = 1 dans G, ou
encore que ap−1 ≡ 1 (mod. p).
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