correction - MPSI-3

Lyc ´ee Thiers
GROUPES - EXERCICES DE BASE (CORRECTION)
Ex ¬
Tables de groupes finis
(1) Table de la multiplication modulo 5 dans {1,2,3,4}:
y1 2 3 4
1 1 2 3 4
2 2 4 1 3
3 3 1 4 2
4 4 3 2 1
Comparons avec la table de l’addition modulo 4 dans {0,1,2,3},en disposant les éléments
dans l’ordre 0,1,3,2 :
y0 1 3 2
0 0 1 3 2
1 1 2 0 3
3 3 0 2 1
2 2 3 1 0
On constate que, au nom près des éléments, les règle de calul sont les mêmes. Autrement
dit, ces tables sont « structurellement identiques », puisqu’elles correspondent l’une comme
l’autre au modèle :
ye a b c
e e a b c
a a c e b
b b e c a
c c b a e
Il s’agit d’une loi de groupe abélien : on peut vérifier à la main (c’est fastidieux !) l’as-
sociativité, la commutativité, l’existence d’un élément neutre et l’existence, pour chaque
élément, d’un symétrique. Lorsque les définitions appropriées auront été données, on
dira que les groupes ({0,1,2,3},addition mod. 4)et {1,2,3,4},multiplication mod. 5sont
isomorphes.
(2) Table de la multiplication mod. 4 dans {0,1,2,3}:
y0 1 2 3
0 0 0 0 0
1 0 1 2 3
2 0 2 0 2
3 0 3 2 1
Cette fois, il ne s’agit plus d’une loi de groupe. En effet, il y a bien un élément neutre
(c’est 1) mais 0 et 2 n’ont pas de symétrique.
(3) Dressons la table pour cette opération :

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ye a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
On sait que la loi ◦est associative et que e=idR2est neutre. Manifestement chaque élé-
ment possède un symétrique : lui-même. Il s’agit donc bien d’un groupe, qui est visiblement
associatif.
Remarque. Ce groupe Kn’est pas isomorphe à celui rencontré à la question 1°. En effet, K
ne possède aucun générateur (ce n’est pas un groupe cyclique), contrairement au groupe
de la question 1° qui en possède deux.
(4) La table d’une opération commutative présente une symétrie par rapport à sa diagonale.
(5) Si (G, .)est un groupe et si a∈G,l’application G→G,x7→ ax est un bijection. En effet,
pour chaque y∈G,l’équation ax =y(d’inconnue x∈G) possède une solution unique,
à savoir x=a−1y.Par conséquent, chaque ligne de la table d’un groupe (fini) comporte
les éléments de G,sans répétition ni omission. Idem pour les colonnes (en considérant la
bijection G→G,x7→ xa).
(6) Si deux colonnes étaient identiques, alors chaque ligne comporteraient une répétition : c’est
impossible d’après le point précédent.
(7) L’opération proposée n’est pas associative, puisque
x?y?z=t?z=x
tandis que
x?y?z=x?t=z
On n’a donc pas affaire à un groupe.
Remarque. On verra plus tard qu’un groupe de cardinal premier est nécessairement cyclique
donc abélien. Or cette opération n’est pas commutative. C’est une autre manière de voir les
choses.
Ex 
Petit calculs dans S4
(1) On voit successivement que :
s=
1 2 3 4
2 3 4 1
s2=
1 2 3 4
3 4 1 2
s4=e
et donc
s3=s−1=
1 2 3 4
4 1 2 3
(2) Mest un sous-ensemble de S4,stable par produit (à cause de s4=e) et par passage à
l’inverse (eet s2sont leur propre inverse, set s3sont inverses l’un de l’autre). Ainsi, Mest
un sous-groupe de S4.
Remarque. On peut montrer que toute partie d’un groupe qui est non vide, finie et stable
est un sous-groupe. Ceci simplifie le processus de vérification qu’une partie donnée d’un

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groupe est un sous-groupe : il n’est pas nécessaire de tester la stabilité par passage à
l’inverse.
(3) En posant
a=
1 2 3 4
2 1 4 3
b=
1 2 3 4
3 4 1 2
on a :
c=ab =
1 2 3 4
4 3 2 1
=ba
Remarque. Les bijections a,bet csont appelées des « double-transpositions ». Cette termi-
nologie est naturelle : aéchange 1 et 2 et échange également 3 et 4.Analogue pour bet
c.
(4) Kest un sous-ensemble de S4,stable par produit (car a2=b2=c2=e,ab =ba =c,
ac =ca =b,bc =cb =a) et par passage à l’inverse (eest son propre inverse et chacun des
trois autres est son propre inverse). Les groupes Ket Msont structurellement différents :
aucun générateur dans K,contre deux dans M(à savoir set s3). On retrouve la situation
décrite à la question 3° de l’exercice 1.
Ex ®
Un groupe non abélien de cardinal 6
(1) fet gsont des involutions, donc des bijections.
(2) Un sous-groupe de S(E)contenant fet gdoit nécessairement contenir e=idE,fet gmais
aussi (en raison de la stabilité par produit) :
f◦g:E→E,x7→ 1
1−x
g◦f:E→E,x7→ x−1
x
f◦g◦f:E→E,x7→ x
x−1
Il n’est pas nécessaire de prolonger davantage la liste, l’ensemble A=e,g,f,f g,g f,f g f 
est un groupe dont voici la table :
ye f g f g g f f g f
e e f g f g g f f g f
f f e f g g f g f g f
g g g f e f g f f f g
f g f g f g f f g f e g
g f g f g f g f e f g f
f g f f g f f g g f f g e
Remarque. On n’a pas noté la loi ◦explicitement, pour alléger l’écriture.
Ex ¯
L’hypothèse
∀x∈G,x2=1
signifie que chaque élément est son propre inverse. Donc, pour tout x,y∈G2:xy =x−1y−1=
yx−1=yx.Ainsi Gest abélien.

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Ex °
(1) La condition Z(G)=Gsignifie que le groupe (G, .)est abélien. On peut considérer que le
centre d’un groupe donne une “mesure” de son défaut de commutativité : “plus le centre
est petit, moins le groupe est commutatif”. Un groupe dont le centre est réduit à l’élément
neutre est fortement non commutatif !
(2) Il est clair que 1 ∈Z(G).Si (a,b)∈Z(G)2,alors pour tout g∈G:
(ab)g=abg=agb=agb=gab=g(ab)
et donc ab ∈Z(G).Enfin, si a∈Z(G),alors pour tout g∈G:
a−1g=g−1a−1=ag−1−1=ga−1
ce qui montre que a−1∈Z(G).Ainsi Z(G)est un sous-groupe de (G, .).
(3) Notons Al’ensemble des applications affines non constantes de Rdans R.
Il est clair que A⊂S(R).Vérifions que Aest un sous-groupe de S(R).L’application idR
est de la forme t7→ at+bavec (a,b)=(1,0); elle appartient donc à A.Si f:R→R,t7→ at+b
et g:R→R,t7→ ct +davec (a,b,c,d)∈R4,a,0 et c,0,alors :
∀t∈R,f◦g(t)=a(ct +d)+b=act +(ad +b)
et comme ac ,0,on constate que f◦g∈A.Enfin, si (a,b)∈R?×R,alors la bijection
réciproque de f:R→R,t7→ at +best f−1:R→R,t7→ t
a−b a.Visiblement f−1∈A.
Finalement, Aest un sous-groupe de (S(R),◦)et donc un groupe pour la loi ◦.Ce groupe
n’est pas abélien, comme on le voit avec le contre-exemple suivant :
u:t7→ t+1 et v:t7→ 2t
u◦v:t7→ 2t+1 et v◦u:t7→ 2t+2
Déterminons maintenant le centre de A.Soit f:t7→ at +bun élément de Z(A).Alors, pour
tout g∈A,f◦g=g◦f.Autrement dit, pour tout (c,d)∈R?×R:
∀t∈R,a(ct +d)+b=c(at +b)+d
c’est-à-dire ad +b=bc +d,ou encore bc +(1−a)d−b=0.Ceci impose a=1 et b=0,donc
f=idR.En conclusion :
Z(A)={idR}
Ex ±
Supposons que H1K,ce qui se traduit par : ∃h∈Htel que h<K.Montrons qu’alors K⊂H.Pour
tout k∈K,comme h∈H∪Ket k∈H∪K,alors hk ∈H∪K(puisque par hypothèse H∪Kest stable
par produit). Donc hk ∈Hou hk ∈K.Si hk ∈K,alors h=(hk)k−1∈K(stabilité de Kpar produit) :
absurde ! Donc hk ∈Het donc k=h−1(hk)∈H.Ainsi K⊂H.
Ce résultat est à retenir : l’union de deux sous-groupes n’est pas un sous-groupe, sauf si l’un d’eux
contient l’autre.