Groupe cyclique

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Groupe cyclique
Exercice 1 [ 03364 ] [correction]
Soit xest un élément d’un groupe cyclique de cardinal n. Calculer xn.
Exercice 2 [ 00123 ] [correction]
On désire établir que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est lui-même cyclique.
On introduit (G, ? )un groupe cyclique de générateur aet Hun sous-groupe de
(G, ? ).
a) Justifier l’existence d’un plus petit entier naturel non nul tel que an∈H.
b) Etablir qu’alors Hest le groupe engendré par an.
Exercice 3 [ 00124 ] [correction]
Soit Gun groupe cyclique de cardinal n.
Montrer, que pour tout diviseur d∈N?de n,Gpossède un et un seul sous-groupe
de cardinal d.
Exercice 4 [ 00125 ] [correction]
Soient Het Kdeux groupes notés multiplicativement.
a) Montrer que si hest un élément d’ordre pde Het kun élément d’ordre qde K
alors (h, k)est un élément d’ordre ppcm(p, q)de H×K.
b) On suppose Het Kcycliques. Montrer que le groupe produit H×Kest
cyclique si, et seulement si, les ordres de Het Ksont premiers entre eux.
Exercice 5 [ 02365 ] [correction]
[Groupe quasi-cyclique de Prüfer]
Soit pun nombre premier. On pose
Gp=nz∈C;∃k∈N, zpk= 1o
a) Montrer que Gpest un sous-groupe de (C?,×).
b) Montrer que les sous-groupes propres de Gpsont cycliques et qu’aucun d’eux
n’est maximal pour l’inclusion.
c) Montrer que Gpn’est pas engendré par un système fini d’éléments.
Exercice 6 [ 03444 ] [correction]
Soit nun entier >3.
a) Montrer que pour tout entier impair a, on a
a2n−2≡1 [2n]
b) Le groupe ((Z/2nZ)?,×)est-il cyclique ?
Exercice 7 [ 02505 ] [correction]
Soit
M=
0 1 (0)
......
(0) ...1
1 (0) 0
∈ Mn(C)
a) Calculer le polynôme caractéristique de M. La matrice Mest-elle
diagonalisable ? est-elle inversible ?
b) Soit G=Mk/k ∈Z. Montrer que Gest une groupe cyclique et préciser son
cardinal.
Exercice 8 [ 03715 ] [correction]
Soit (G, ?)un groupe cyclique à nélément engendré par a.
Pour r∈N?, on introduit l’application f:G→Gdéfinie par
∀x∈G, f(x) = xr
a) Vérifier que fest un endomorphisme de (G, ?).
b) Déterminer le noyau f.
c) Montrer que l’image de fest le sous-groupe engendré par adavec
d=pgcd(n, r).
d) Pour y∈G, combien l’équation xr=ypossède-t-elle de solutions ?
Exercice 9 [ 03845 ] [correction]
Montrer que les sous-groupes finis du groupe (SO(2), ×) des rotations du plan
sont cycliques.
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Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Soit aun générateur du groupe cyclique (G, ?)introduit dans l’énoncé.
On sait
G=e, a, a2, . . . , an−1avec an=e
Puisque xest élément de G, il existe k∈[[0, n −1]] tel que x=aket alors
xn=akn =e
Exercice 2 : [énoncé]
a) L’ensemble des n∈N?est une partie non vide (car aCardG=e∈H) de N, elle
possède donc un plus petit élément.
b) Posons b=an. Puisque bappartient au sous-groupe H,< b >⊂H.
Considérons ensuite x∈H. Il existe p∈Ztel que x=ap. Soit rle reste de la
division euclidienne de ppar n
p=nq +ravec 06r < n
Comme ar=ap−nq =xb−q, on a ar∈Het par définition de n, on obtient r= 0.
Par suite x=anq =bqet donc x∈< b >. Ainsi H=<b>est cyclique.
Exercice 3 : [énoncé]
Par isomorphisme, on peut supposer que G=Z/nZce qui rend les choses plus
concrètes.
Soient d∈N?un diviseur de net d0son complément à n:d0=n/d.
H=<d0>=0,¯
d0,2¯ d0,...,(d−1) ¯ d0est un sous-groupe de Z/nZàdéléments.
Inversement, considérons un sous-groupe Hàdéléments.
Pour tout ¯xde H, on a d¯x=¯ 0car l’ordre d’un élément divise celui du groupe.
Par suite n|dx puis d0|xce qui donne ¯x∈0,¯ d0,2¯ d0,...,(d−1) ¯ d0.
Ainsi H⊂0,¯ d0,2¯ d0,...,(d−1) ¯ d0puis l’égalité par cardinalité.
Exercice 4 : [énoncé]
a) (h, k)n= 1H×K⇔p|net q|ndonc (h, k)est un élément d’ordre ppcm(p, q).
b) Posons pet qles ordres de Het K.
Supposons pet qpremiers entre eux.
Si het ksont générateurs de Het Kalors (h, k)est un élément d’ordre
ppcm(p, q) = pq de H×K.
Or CardH×K=pq donc H×Kest cyclique.
Inversement, supposons H×Kcyclique.
Si (h, k)est générateur de H×Kalors het ksont respectivement générateurs de
Het K.
On en déduit que hest un élément d’ordre p,kd’ordre qet puisque (h, k)est
d’ordre ppcm(p, q)et pq, on conclut que pet qsont premiers entre eux.
Exercice 5 : [énoncé]
a) Gp⊂C?,1∈Gp, pour z∈Gp, il existe k∈Ntel que zpk= 1 et alors
(1/z)pk= 1 donc 1/z ∈Gp.
Si de plus z0∈Gp, il existe k0∈Nvérifiant z0pk0 et alors
(zz0)pk+k0 =zpkpk0
z0pk0pk
= 1 donc zz0∈Gp.
b) Notons
Upk=nz∈C/zpk= 1o
Soit Hun sous-groupe de Gpdifférent de Gp.
S’il existe une infinité de k∈Nvérifiant Upk⊂Halors H=Gpcar Gpest la
réunion croissante de Upk.
Ceci étant exclu, on peut introduire le plus grand k∈Nvérifiant Upk⊂H.
Pour ` > k, tous les éléments de Up`\Upkengendrent au moins Upk+1 , or
Upk+1 6⊂ Hdonc H⊂Upkpuis H=Upk
Hest donc un sous-groupe cyclique et ne peut être maximal pour l’inclusion car
inclus dans le sous-groupe propre Upk+1 .
c) Si Gppouvait être engendré par un système fini d’éléments, il existerait k∈N
tel que ses éléments sont tous racines pk-ième de l’unité et alors Gp⊂Upkce qui
est absurde.
Exercice 6 : [énoncé]
a) Par la factorisation a2−b2= (a−b)(a+b)
a2n−2−1=(a2n−3+ 1)(a2n−3−1)
et en répétant l’opération
a2n−2−1=(a2n−3+ 1)(a2n−4+ 1) . . . (a20+ 1)(a20−1)
Il y a n−1facteurs dans ce produit et ceux-ci sont tous pairs car aest impair.
De plus, les deux derniers facteurs sont a+ 1 et a−1et parmi ces deux figure un
multiple de 4.
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On en déduit que 2ndivise a2n−2−1et donc a2n−2≡1 [2n].
b) Par l’absurde supposons (Z/2nZ)?cyclique.
Les éléments de ce groupe sont les ¯ kavec 2∧k= 1, ce sont donc les classes des
entiers impairs. Il y en a exactement 2n−1. Si ¯aest un générateur de (Z/2nZ)?
alors aest un entier impair et ¯aest un élément d’ordre 2n−1. Or le résultat
précédent donne ¯a2n−2=¯ 1et donc l’ordre de aest inférieur à 2n−2<2n−1. C’est
absurde.
Exercice 7 : [énoncé]
a) On obtient χM(X)=(−1)n(Xn−1).
Les racines de χMsont les racines de l’unité, il y en a nce qui est la taille de la
matrice et donc Mest diagonalisable.
Puisque 0 n’est pas racine de χM, la matrice Mest inversible.
b) Par Cayley-Hamilton, nous savons Mn=Inet donc Mest un élément d’ordre
fini du groupe (GLn(C),×). Par calcul ou par considération de polynôme
minimal, on peut affirmer que nest le plus petit exposant p > 0tel que Mp=In
et donc Mest un élément d’ordre exactement n. On en déduit que Gest un
groupe cyclique de cardinal n.
Exercice 8 : [énoncé]
a) Le groupe (G, ?)est nécessairement commutatif car cyclique. Pour tout
x, y ∈G, on a
f(x ? y)=(x?y)r=xr? yr=f(x)? f(y)
b) Pour x∈G, on peut écrire x=akavec k∈Zet alors
f(x) = e⇔akr =e
Puisque aest d’ordre n
f(x) = e⇔n|kr
En introduisant d=pgcd(n, r), on peut écrire n=dn0et r=dr0avec n0∧r0= 1
et alors le théorème de Gauss donne
n|kr ⇔n0|k
Par conséquent
ker f=Dan0E
c) Par l’égalité de Bézout, on peut écrire nu +rv =det alors
ad=anu ? arv =arv =f(av)∈Imf
Puisque Imfest un sous-groupe, on a déjà ad⊂Imf.
Inversement, soit y∈Imf. On peut écrire y=xravec xde la forme akoù k∈Z.
On a donc
y=akr
Or d|ret donc y∈ad. Ainsi Imf⊂adpuis l’égalité.
d) Si y /∈Imf, l’équation n’a pas de solution. Sinon, il existe x0∈Gtel que
xr
0=yet alors
xr=y⇔(x?x−1
0)r=e
Ceci permettre de mettre en correspondance bijective les solutions de l’équation
xr=yavec les éléments du noyau de f. Dans ce cas, il y a exactement n/n0=d
solutions à l’équation.
Exercice 9 : [énoncé]
Commençons par rappeler que les éléments de SO(2) sont les matrices
R(θ) = cos θ−sin θ
sin θcos θ
Soit Gun sous-groupe fini de (SO(2), ×).
L’ensemble T={θ > 0/R(θ)∈G}est une partie non vide (car 2πen est élément)
et minorée de R. On peut donc introduire
θ0= inf T∈R+
Commençons par établir que θ0est élément de T.
On peut construire une suite (θn)n>1d’éléments de Tconvergeant vers θ0.
Puisque l’ensemble Gest fini, l’ensemble des R(θn)est lui aussi fini. Il existe donc
une infinité d’indicesnpour lesquels les θnsont égaux modulo 2πà une valeur α.
Puisque θn→θ0, il y a une infinité de θnégaux à θ0et donc θ0∈T.
Puisque R(θ0)∈G, on a hR(θ0)i ⊂ G.
Inversement, soit Run élément de G. Il existe θ∈Rtel que R=R(θ). On peut
écrire θ=qθ0+θ0avec q∈Zet θ0∈[0,2π[. On a alors
R(θ0) = R(θ)R(θ0)−q∈G
Si θ0>0alors θ0∈Tce qui contredit la définition de θ0= inf Tcar θ0< θ0.
Nécessairement θ0= 0 et donc θ=qθ0ce qui donne R=R(θ0)q∈ hR(θ0)i.
Finalement
G=hR(θ0)i
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