Groupes, actions de groupes et groupes finis

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Algèbre L3
Série 1 - Groupes, actions de groupes et groupes finis
Exercice 1
Rappeler quels sont les sous-groupes de (Z, +) (avec preuve).
Solution:
Les groupes mZ, pour m ∈ N, sont clairement des sous-groupes de Z. Montrons que ce sont les
seuls. Soit H un sous-groupe de Z. Si H = {0}, alors H = 0Z. Supposons donc H 6= {0} pour la
suite. Alors il existe a ∈ H non nul, et l’un des entiers a ou −a est dans H ∩ N? . Ainsi H ∩ N? 6= ∅,
donc admet un unique plus petit élément m ≥ 1. Puisque m ∈ H et que H est un groupe additif, on
a mZ ⊂ H. Soit ensuite x ∈ H. Alors il existe q ∈ Z et r ∈ J0, m − 1K tel que x = qm + r (division
euclidienne de x par m). En particulier, r = x − mq ∈ H ∩ N? , d’où r = 0 (puisque r ≤ m − 1 et
m est le plus petit élément de H ∩ N? ). Ainsi H ⊂ mZ. Finalement, H = mZ.
Exercice 2
Soit n ≥ 1. L’application tr : (Mn (R), +) −→ (R, +) est-elle un morphisme de groupes ? un isomorphisme de groupes ?
Exercice 3
Soit G un groupe de centre Z(G).
1. Montrer que Z(G) est un sous-groupe de G.
2. Montrer que Z(G) / G.
3. Montrer que si G/Z(G) est engendré par un seul élément, alors G est abélien.
Solution:
1. Soient x, y ∈ Z(G). Soit g ∈ G. xyg = gy, d’où ygy −1 = g, puis gy −1 = y −1 g, donc y −1 ∈ Z(G).
De plus, xy −1 g = xgy −1 = gxy −1 , d’où xy −1 ∈ Z(G).
2. Soient g ∈ G et c ∈ Z(G). On a gcg −1 = gg −1 = c, d’où gZ(G)g −1 = Z(G).
3. Si G = Z(G), il est évident que G est abélien. Supposons G 6= Z(G). Ainsi G/Z(G) est
monogène non trivial, donc il existe x ∈ G, x 6∈ Z(G) tel que G/Z(G) =< x >. Soit y ∈ G. Si
y ∈ Z(G), alors xy = yx. Sinon, il existe n ∈ N tel que y ∈ xn = xn , donc il existe c ∈ Z(G)
tel que y = xn c. Dans ce cas, xy = xxn c = xn cx = yx. Finalement x commute avec tous les
éléments de G, donc x ∈ Z(G), ce qui contredit la définition de x. Ainsi G = Z(G) et G est
abélien.
Exercice 4
Soit (G, ·) un groupe fini commutatif, ϕ : (G, ·) −→ (C? , ·) un morphisme de groupes autre que
l’application constante égale à 1.
1. Justifier qu’il existe g0 tel que ϕ(g0 ) 6= 1. On définit :
f: G
g
−→ G
7−→ g0 g
f est-il un morphisme de groupes ? Montrer que f est une permutation de G.
2. Montrer que
∑
ϕ(g) = ϕ(g0 )
g∈G
3. En déduire
∑
ϕ(g).
g∈G
∑
ϕ(g) = 0.
g∈G
Solution:
1. Puisque ϕ 6= 1, il existe g0 ∈ G tel que ϕ(g0 ) 6= 1. f n’est pas un morphisme de groupes,
puisque f (1) = g0 6= 1. De plus, si g, g 0 ∈ G sont tels que f (g) = f (g 0 ), alors g0 g = g0 g 0 , puis
g = g 0 en multipliant par g0−1 à gauche, donc f est injective. Puisque |G| < ∞, on en déduit
que f est bijective.
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2. On a
∑
ϕ(g) =
g∈G
d’où
∑
ϕ(g0 g) =
g∈G
∑
∑
ϕ(g0 )ϕ(g)
g∈G
ϕ(g) = ϕ(g0 )
g∈G
∑
ϕ(g).
g∈G
3. Ainsi
(1 − ϕ(g0 ))
∑
ϕ(g) = 0
g∈G
D’où, puisque ϕ(g0 ) 6= 1,
∑
ϕ(g) = 0.
g∈G
Référence : [4]
Exercice 5
Soient (G, ·) un groupe et H1 , H2 deux sous-groupes de G. On pose H1 H2 = {xy, x ∈ H1 , y ∈ H2 }.
On notera e l’élément neutre de G.
1. Montrer que H1 H2 est un sous-groupe de G si et seulement si H1 H2 = H2 H1 .
2. Si H1 et H2 sont finis et si H1 ∩ H2 = {e}, montrer que
Card(H1 H2 ) = Card(H1 ).Card(H2 ).
3. On suppose que G est abélien et que H1 et H2 sont finis d’ordre p et q, où p et q sont deux
nombres premiers distincts. Montrer que H1 H2 est un sous-groupe cyclique de G.
Solution:
1. Supposons que H1 H2 est un sous-groupe de G. Soit a ∈ H1 H2 . Alors a−1 ∈ H1 H2 , i.e. il existe
(x, y) ∈ H1 × H2 tel que a−1 = xy. D’où a = y −1 x−1 , puis a ∈ H2 H1 . Ainsi H2 H1 ⊂ H1 H2 .
L’autre inclusion se montre de la même manière.
Réciproquement, supposons H1 H2 = H2 H1 . On a, puisque H1 , H2 sont deux sous-groupe de
G, H1 H2 6= ∅. Soient a, b ∈ H1 H2 . On veut montrer que ab−1 ∈ H1 H2 . Notons a = a1 a2
−1
et b = b1 b2 , avec ai , bi ∈ Hi . On a ab−1 = a1 a2 b−1
= a1 yx, avec y = a2 b−1
∈ H2 et
2 b1
2
−1
0 0
x = b1 ∈ H1 . Or H1 H2 = H2 H1 , donc il existe (x , y ) ∈ H1 × H2 tel que yx = x0 y 0 . Donc
ab−1 = a1 x0 y 0 = (a1 x0 )(y 0 ) ∈ H1 H2 , d’où le résultat.
2. L’application
ϕ : H1 × H2 −→ H1 H2
(x1 , x2 ) 7−→ x1 x2
est surjective par définition de H1 H2 . De plus, pour (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ H1 × H2 tels que
−1
ϕ(x1 , x2 ) = ϕ(y1 , y2 ), on a x1 x2 = y1 y2 , d’où y1−1 x1 = y2 x−1
2 , d’où y1 x1 ∈ H1 ∩ H2 = {e},
donc x1 = y1 , puis x2 = y2 . Ainsi ϕ est une bijection, d’où
Card(H1 H2 ) = Card(H1 ).Card(H2 ).
3. G étant abélien, on a H1 H2 = H2 H1 , donc H1 H2 est un sous-groupe de G d’après ce qui
précède. Par ailleurs, d’après la question précédente, Card(H1 H2 ) = pq puisque H1 ∩ H2 = {e}
(on sait que H1 ∩ H2 est un sous-groupe de H1 et H2 , donc Card(H1 ∩ H2 ) divise à la fois p
et q premiers entre eux, donc Card(H1 ∩ H2 ) = 1).
Les sous-groupes H1 et H2 sont cycliques car leur ordre est un nombre premier. Soient x ∈ H1
et y ∈ H2 des générateurs de H1 et H2 respectivement. Montrons que xy est générateur de
H1 H2 , i.e. que l’ordre de xy est pq = Card(H1 H2 ). Soit k ∈ N? tel que (xy)k = e. Alors
xk = (y −1 )k . Or H1 ∩ H2 = {e}, donc xk = (y −1 )k = e, donc p|k et q|k. Or p et q sont
premiers entre eux, donc pq|k. Ainsi l’ordre de xy est supérieur à pq, et comme l’ordre d’un
élément est toujours inférieur à Card(H1 H2 ) = pq, on en déduit que l’ordre de xy est égal à
pq.
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Série 2 - Groupes, actions de groupes et groupes finis
Exercice 1
1. Rappeler, et démontrer, le théorème de Lagrange
2. Soit G un groupe fini de cardinal n. Montrer que, pour tout élément a ∈ G, on a an = e.
Solution:
1. Soient G un groupe fini et H un sous-groupe de G. Soit x ∈ G. Or remarque tout d’abord que
Card(H) = Card(xH), puisque x ∈ H 7−→ xh ∈ xH est bijective (surjective par construction
et clairement injective). Il s’ensuit :


⊔
Card(G) = Card 
xH 
=
∑
xH∈G/H
∑
Card(xH)
xH∈G/H
=
Card(H)
xH∈G/H
d’où
Card(G) = [G : H]Card(H).
2. On sait que aCard(<a>) = e, et le cardinal du sous-groupe engendré par a divise n, donc il
existe k ∈ N? tel que n = kCard(< a >), d’où an = (aCard(<a>) )k = ek = e.
Référence : [3].
Exercice 2
Donner un exemple de
1. groupe abélien fini ;
2. groupe non abélien fini ;
3. groupe abélien infini ;
4. groupe non abélien infini.
Solution:
(Z/nZ, +), (S3 , ◦), (Z, +) et (GLn (R), ×) répondent par exemple aux questions.
Exercice 3
Soit G un groupe fini de cardinal n ≥ 2 non premier. Montrer qu’il existe un sous-groupe H de G
différent de G et non réduit à l’élément neutre.
Solution:
Soit g ∈ G distinct de l’élément neutre (existe puisque n ≥ 2). Si < g >6= G, alors H =< g > est
convenable. Sinon, < g >= G, donc G est cyclique. Ainsi G ∼
= Z/nZ. Comme n n’est pas premier, il
admet un diviseur strict d. Alors < d > est convenable, où d est la représentation de d dans Z/nZ.
Exercice 4
Soit (a, b) ∈ R2 , avec a < b. Munissez ]a, b[ d’une structure de groupe.
Solution:
(
π
On a f : x ∈]a, b[7−→ tan b−a
x+
f
−1
π(a+b)
2(b−a)
)
∈ R bijective de réciproque
b−a
:y−
7 →
π
(
)
π(a + b)
arctan(y) −
2(b − a)
Ainsi on peut transporter la structure de groupe de (R, +) sur ]a, b[ en posant :
x ? y = f (f −1 (x) + f −1 (y))
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i.e.
x?y =
b−a
π
(
[
(
)
(
)]
)
π
π(a + b)
π
π(a + b)
π(a + b)
arctan tan
x+
+ tan
y+
−
b−a
2(b − a)
b−a
2(b − a)
2(b − a)
Exercice 5
1. Soient G un groupe et N / G. Notons H = G/N et π : G −→ H un morphisme surjectif. On
suppose qu’il existe un morphisme s : H −→ G tel que π ◦ s = IdH . Montrer que
G∼
= N oα s(H),
où
α : s(H) −→ S(N )
h 7−→ (n 7−→ hnh−1 ).
2. Soit n ∈ N? .
a) Montrer que :
SLn (R) / GLn (R).
b) Montrer qu’il existe s telle que :
GLn (R) = SLn (R) o s(R? ).
c) On suppose n impair. Montrer que
GLn (R) = SLn (R) × s(R? ).
Solution:
1. Notons H 0 = s(H). C’est un sous-groupe de G. Soit g ∈ N ∩ H 0 . Alors π(g) = 1. Or π|H 0 :
H 0 −→ H est un automorphisme, donc g = 1, puis
N ∩ H 0 = {1}.
Soit g ∈ G, soit h = s ◦ π(g) ∈ H 0 . On a gh−1 ∈ N (en composant par π, on obtient
π(g) = π(h)). Donc il existe n ∈ N tel que g = nh. Ainsi
G = H 0 N.
Finalement,
G∼
= N oα H 0 .
2. a) Immédiat puisque SLn (R) = Ker(det).
b) Notons que det : GLn (R) −→ GLn (R)/SLn (R) ∼
= R? est la projection canonique. De
?
plus, on construit s : R −→ GLn (R) ainsi : pour α ∈ R? , on définit s(α) comme étant la
matrice diagonale, dont le premier élément est α et les autres sont égaux à un. Pour tout
α ∈ R? , det ◦s(α) = α, donc on peut appliquer la question 1. et conclure que
GLn (R) = SLn (R) o R? .
c) On fait comme avant en définissant plutôt √
s(α) comme la matrice diagonale dont tous
les coefficients diagonaux sont égaux à ε(x). n |x|, où ε(x) est le signe de x. Alors s(α) ∈
Z(GLn (R)), donc s(R? ) / GLn (R) et le produit est direct.
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Série 3 - Groupes, actions de groupes et groupes finis
Exercice 1
1. Rappeler, et démontrer, le théorème de Lagrange
2. Soit G un groupe fini de cardinal n. Montrer que, pour tout élément a ∈ G, on a an = e.
Exercice 2
Soit n ≥ 2. Montrer que SOn (R) / On (R) et :
On (R)/SOn (R) ∼
= Z/2Z.
Expliciter ce groupe.
Solution:
On a det : A ∈ On (R) −
7 (
→ {±1} homomorphisme
surjectif de noyau SOn (R). Ce groupe est
)
−1
0
constitué des classes Id et
0 In−1
Exercice 3
Soit p un nombre premier et G un p-groupe agissant sur un ensemble X fini. On suppose que p ne
divise pas Card(X). Montrer qu’il existe un point fixe pour l’action de G sur X (i.e. Fix(G) 6= ∅ avec
les notations du cours).
Solution:
On a
Card(X) ≡ Fix(G) [p].
où Fix(G) est l’ensemble des points fixes pour l’action de G sur X.
(
)
a b
Soit P = {z ∈ C, Imz > 0} le demi-plan de Poincaré. A toute matrice A =
de SL2 (Z), on
c d
az + b
associe la fonction homographique fA définie pour tout z ∈ P par fA (z) =
.
cz + d
1. Montrer que l’application ψ : A 7−→ fA est un morphisme de groupe de SL2 (Z) dans S(P ).
Exercice 4
2. Déterminer Ker(Ψ).
Solution:
1. Soient A =
(
)
( 0
a b
a
∈ SL2 (Z), B = 0
c d
c
fA (z) =
d’où
Im(fA (z)) =
b0
d0
)
∈ SL2 (Z) et z ∈ P . On a
ac|z|2 + bd + adz + bcz
|cz + d|2
(ad − bc)Im(z)
Im(z)
=
>0
2
|cz + d|
|cz + d|2
d’où fA (P ) ⊂ P . Par ailleurs, on vérifie facilement
fA (fB (z)) = fAB (z)
Or fI = IdP , donc fA est bijective et sa bijection réciproque est fA−1 .
2. Soit A ∈ Ker(Ψ). On a fA (z) = z pour tout z ∈ P , d’où, az + b = cz 2 + dz. D’où b = 0 (on
prend la relation en z = 0) et c = 0 (on prend la dérivée de la relation en z = 0). Ainsi a = d.
Or ad − bc = 1, donc a = ±1. Finalement,
Ker(Ψ) = {±I}.
Référence : [1].
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Exercice 5
Soient G un groupe, H et K deux sous-groupes de G, L un sous-groupe de H ∩ K avec L / H et
L / K. Montrer que :
L/ < H ∪ K >
Solution:
Le sous-groupe L est un sous-groupe de < H ∪ K >. Soit z ∈< H ∪ K >. On écrit z soit la forme
z = z1 z2 ...zm
où zi ∈ H ∪ K, pour i ∈ J1, mK. Soit l ∈ L. On a
−1
zlz −1 = z1 z2 ...(zm lzm
)...z2−1 z1−1
−1
) ∈ L (on utilise si zm ∈ H, on utilise L / H et si zm ∈ K, on utilise plutôt L / K). On
Or (zm lzm
−1 −1
obtient ensuite zm−1 zm lzm
zm−1 ∈ L. D’où, de proche en proche (récurrence), zlz −1 ∈ L.
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Bonus - Groupes, actions de groupes et groupes finis
Exercice 1
Trouver un sous-groupe de S3 d’indice 3 qui ne soit pas distingué dans S3 .
Solution:
On a Card(S3 ) = 6. Un sous-groupe de S3 d’indice 3 est de cardinal 2 donc est engendré par une
transposition. Soit par exemple H =< (1, 2) >. Alors
(1, 3)−1 (1, 2)(1, 3) = (1, 3)(1, 2)(1, 3) = (2, 3).
Or < (1, 3) >6= H, donc H n’est pas distingué dans S3 .
Référence : [5]
Exercice 2
Combien y-a-t-il de classes d’isomorphismes de groupes abéliens dont le cardinal est 392 ?
Solution:
Soit G un groupe abélien de cardinal 392. On a 392 = 72 × 23 , donc
G = G(2) ⊕ G(7),
(on note G(p) l’ensemble des éléments qui sont une puissance de p). Or chacun de ces groupes est
un produit de groupes cycliques. On a d’abord G(2) ∼
= (Z/22 Z) × (Z/2Z) ou
= (Z/3Z)3 ou G(2) ∼
3
2
2
encore G(2) ∼
= Z/2 Z. De même, G(7) ∼
= Z/7 Z ou G(7) ∼
= (Z/7Z) .
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Références
[1] S. Francinou, H. Gianella et S. Nicolas : Exercices de mathématiques - Oraux X/ENS : Algèbre
1. Cassini, 2e édition, 2008.
[2] X. Gourdon : Les maths en tête, Mathématiques pour M’, Algèbre. Ellipses, 1996.
[3] E.-H. Laamri et al. : Tous les exercices d’algèbre et de géométrie, MP. Dunod, 2008.
[4] J.-M. Monier : Mathématiques, Méthodes et exercices, MP. Dunod, 2009.
[5] A. Szpirglas : Exercices d’Algèbre. Cassini, 2001.
[6] A. Szpirglas et al. : Mathématiques L3 - Algèbre. Pearson Education, 2009.
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