Groupes, actions de groupes et groupes finis

Alg` ebre L3 Colles
S´erie 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 Hun sous-groupe de Z. Si H={0}, alors H= 0Z. Supposons donc H6={0}pour la
suite. Alors il existe a∈Hnon nul, et l’un des entiers aou −aest dans H∩N?. Ainsi H∩N?6=∅,
donc admet un unique plus petit ´el´ement m≥1. Puisque m∈Het que Hest un groupe additif, on
amZ⊂H. Soit ensuite x∈H. Alors il existe q∈Zet r∈J0, m −1Ktel que x=qm +r(division
euclidienne de xpar m). En particulier, r=x−mq ∈H∩N?, d’o`u r= 0 (puisque r≤m−1 et
mest le plus petit ´el´ement 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 isomor-
phisme de groupes ?
Exercice 3
Soit Gun 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 engendr´e par un seul ´el´ement, alors Gest ab´elien.
Solution:
1. Soient x, y ∈Z(G). Soit g∈G.xyg =gy, d’o`u ygy−1=g, puis gy−1=y−1g, donc y−1∈Z(G).
De plus, xy−1g=xgy−1=gxy−1, d’o`u xy−1∈Z(G).
2. Soient g∈Get c∈Z(G). On a gcg−1=gg−1=c, d’o`u gZ(G)g−1=Z(G).
3. Si G=Z(G), il est ´evident que Gest ab´elien. Supposons G6=Z(G). Ainsi G/Z(G) est
monog`ene non trivial, donc il existe x∈G,x6∈ Z(G) tel que G/Z(G) =< x >. Soit y∈G. Si
y∈Z(G), alors xy =yx. Sinon, il existe n∈Ntel que y∈xn=xn, donc il existe c∈Z(G)
tel que y=xnc. Dans ce cas, xy =xxnc=xncx =yx. Finalement xcommute avec tous les
´el´ements de G, donc x∈Z(G), ce qui contredit la d´efinition de x. Ainsi G=Z(G) et Gest
ab´elien.
Exercice 4
Soit (G, ·) un groupe fini commutatif, ϕ: (G, ·)−→ (C?,·) un morphisme de groupes autre que
l’application constante ´egale `a 1.
1. Justifier qu’il existe g0tel que ϕ(g0)6= 1. On d´efinit :
f:G−→ G
g7−→ g0g
fest-il un morphisme de groupes ? Montrer que fest une permutation de G.
2. Montrer que
g∈G
ϕ(g) = ϕ(g0)
g∈G
ϕ(g).
3. En d´eduire 
g∈G
ϕ(g) = 0.
Solution:
1. Puisque ϕ6= 1, il existe g0∈Gtel que ϕ(g0)6= 1. fn’est pas un morphisme de groupes,
puisque f(1) = g06= 1. De plus, si g, g0∈Gsont tels que f(g) = f(g0), alors g0g=g0g0, puis
g=g0en multipliant par g−1
0`a gauche, donc fest injective. Puisque |G|<∞, on en d´eduit
que fest bijective.
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2. On a 
g∈G
ϕ(g) = 
g∈G
ϕ(g0g) = 
g∈G
ϕ(g0)ϕ(g)
d’o`u
g∈G
ϕ(g) = ϕ(g0)
g∈G
ϕ(g).
3. Ainsi
(1 −ϕ(g0)) 
g∈G
ϕ(g) = 0
D’o`u, puisque ϕ(g0)6= 1,
g∈G
ϕ(g) = 0.
R´ef´erence : [4]
Exercice 5
Soient (G, ·) un groupe et H1,H2deux sous-groupes de G. On pose H1H2={xy, x ∈H1, y ∈H2}.
On notera el’´el´ement neutre de G.
1. Montrer que H1H2est un sous-groupe de Gsi et seulement si H1H2=H2H1.
2. Si H1et H2sont finis et si H1∩H2={e}, montrer que
Card(H1H2) = Card(H1).Card(H2).
3. On suppose que Gest ab´elien et que H1et H2sont finis d’ordre pet q, o`u pet qsont deux
nombres premiers distincts. Montrer que H1H2est un sous-groupe cyclique de G.
Solution:
1. Supposons que H1H2est un sous-groupe de G. Soit a∈H1H2. Alors a−1∈H1H2, i.e. il existe
(x, y)∈H1×H2tel que a−1=xy. D’o`u a=y−1x−1, puis a∈H2H1. Ainsi H2H1⊂H1H2.
L’autre inclusion se montre de la mˆeme mani`ere.
R´eciproquement, supposons H1H2=H2H1. On a, puisque H1, H2sont deux sous-groupe de
G,H1H26=∅. Soient a, b ∈H1H2. On veut montrer que ab−1∈H1H2. Notons a=a1a2
et b=b1b2, avec ai, bi∈Hi. On a ab−1=a1a2b−1
2b−1 1=a1yx, avec y=a2b−1 2∈H2et
x=b−1
1∈H1. Or H1H2=H2H1, donc il existe (x0, y0)∈H1×H2tel que yx =x0y0. Donc
ab−1=a1x0y0= (a1x0)(y0)∈H1H2, d’o`u le r´esultat.
2. L’application
ϕ:H1×H2−→ H1H2
(x1, x2)7−→ x1x2
est surjective par d´efinition de H1H2. De plus, pour (x1, x2),(y1, y2)∈H1×H2tels que
ϕ(x1, x2) = ϕ(y1, y2), on a x1x2=y1y2, d’o`u y−1
1x1=y2x−1 2, d’o`u y1x−1 1∈H1∩H2={e},
donc x1=y1, puis x2=y2. Ainsi ϕest une bijection, d’o`u
Card(H1H2) = Card(H1).Card(H2).
3. G´etant ab´elien, on a H1H2=H2H1, donc H1H2est un sous-groupe de Gd’apr`es ce qui
pr´ec`ede. Par ailleurs, d’apr`es la question pr´ec´edente, Card(H1H2) = pq puisque H1∩H2={e}
(on sait que H1∩H2est un sous-groupe de H1et H2, donc Card(H1∩H2) divise `a la fois p
et qpremiers entre eux, donc Card(H1∩H2) = 1).
Les sous-groupes H1et H2sont cycliques car leur ordre est un nombre premier. Soient x∈H1
et y∈H2des g´en´erateurs de H1et H2respectivement. Montrons que xy est g´en´erateur de
H1H2, i.e. que l’ordre de xy est pq = Card(H1H2). 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|ket q|k. Or pet qsont
premiers entre eux, donc pq|k. Ainsi l’ordre de xy est sup´erieur `a pq, et comme l’ordre d’un
´el´ement est toujours inf´erieur `a Card(H1H2) = pq, on en d´eduit que l’ordre de xy est ´egal `a
pq.
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S´erie 2 - Groupes, actions de groupes et groupes finis
Exercice 1
1. Rappeler, et d´emontrer, le th´eor`eme de Lagrange
2. Soit Gun groupe fini de cardinal n. Montrer que, pour tout ´el´ement a∈G, on a an=e.
Solution:
1. Soient Gun groupe fini et Hun sous-groupe de G. Soit x∈G. Or remarque tout d’abord que
Card(H) = Card(xH), puisque x∈H7−→ xh ∈xH est bijective (surjective par construction
et clairement injective). Il s’ensuit :
Card(G) = Card 
xH∈G/H
xH
=
xH∈G/H
Card(xH)
=
xH∈G/H
Card(H)
d’o`u
Card(G) = [G:H]Card(H).
2. On sait que aCard(<a>)=e, et le cardinal du sous-groupe engendr´e par adivise n, donc il
existe k∈N?tel que n=kCard(< a >), d’o`u an= (aCard(<a>))k=ek=e.
R´ef´erence : [3].
Exercice 2
Donner un exemple de
1. groupe ab´elien fini ;
2. groupe non ab´elien fini ;
3. groupe ab´elien infini ;
4. groupe non ab´elien infini.
Solution:
(Z/nZ,+), (S3,◦), (Z,+) et (GLn(R),×) r´epondent par exemple aux questions.
Exercice 3
Soit Gun groupe fini de cardinal n≥2 non premier. Montrer qu’il existe un sous-groupe Hde G
diff´erent de Get non r´eduit `a l’´el´ement neutre.
Solution:
Soit g∈Gdistinct de l’´el´ement neutre (existe puisque n≥2). Si < g >6=G, alors H=< g > est
convenable. Sinon, < g >=G, donc Gest cyclique. Ainsi G∼
=Z/nZ. Comme nn’est pas premier, il
admet un diviseur strict d. Alors < d > est convenable, o`u dest la repr´esentation de ddans Z/nZ.
Exercice 4
Soit (a, b)∈R2, avec a < b. Munissez ]a, b[ d’une structure de groupe.
Solution:
On a f:x∈]a, b[7−→ tan π
b−ax+π(a+b) 2(b−a)∈Rbijective de r´eciproque
f−1:y7−→ b−a
πarctan(y)−π(a+b) 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arctan tan π b−ax+π(a+b) 2(b−a)+ tan π b−ay+π(a+b) 2(b−a)−π(a+b) 2(b−a)
Exercice 5
1. Soient Gun groupe et N  G. Notons H=G/N et π:G−→ Hun morphisme surjectif. On
suppose qu’il existe un morphisme s:H−→ Gtel que π◦s=IdH. Montrer que
G∼
=Noαs(H),
o`u
α:s(H)−→ S(N)
h7−→ (n7−→ hnh−1).
2. Soit n∈N?.
a) Montrer que :
SLn(R) GLn(R).
b) Montrer qu’il existe stelle que :
GLn(R) = SLn(R)os(R?).
c) On suppose nimpair. Montrer que
GLn(R) = SLn(R)×s(R?).
Solution:
1. Notons H0=s(H). C’est un sous-groupe de G. Soit g∈N∩H0. Alors π(g) = 1. Or π|H0:
H0−→ Hest un automorphisme, donc g= 1, puis
N∩H0={1}.
Soit g∈G, soit h=s◦π(g)∈H0. On a gh−1∈N(en composant par π, on obtient
π(g) = π(h)). Donc il existe n∈Ntel que g=nh. Ainsi
G=H0N.
Finalement,
G∼
=NoαH0.
2. a) Imm´ediat 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 d´efinit s(α) comme ´etant la
matrice diagonale, dont le premier ´el´ement est αet les autres sont ´egaux `a un. Pour tout
α∈R?, det ◦s(α) = α, donc on peut appliquer la question 1. et conclure que
GLn(R) = SLn(R)oR?.
c) On fait comme avant en d´efinissant plutˆot s(α) comme la matrice diagonale dont tous
les coefficients diagonaux sont ´egaux `a ε(x).n
|x|, o`u 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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S´erie 3 - Groupes, actions de groupes et groupes finis
Exercice 1
1. Rappeler, et d´emontrer, le th´eor`eme de Lagrange
2. Soit Gun groupe fini de cardinal n. Montrer que, pour tout ´el´ement 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
constitu´e des classes Id et −1 0
0In−1
Exercice 3
Soit pun nombre premier et Gun p-groupe agissant sur un ensemble Xfini. On suppose que pne
divise pas Card(X). Montrer qu’il existe un point fixe pour l’action de Gsur X(i.e. Fix(G)6=∅avec
les notations du cours).
Solution:
On a
Card(X)≡Fix(G) [p].
o`u Fix(G) est l’ensemble des points fixes pour l’action de Gsur X.
Exercice 4
Soit P={z∈C,Imz > 0}le demi-plan de Poincar´e. A toute matrice A=a b
c dde SL2(Z), on
associe la fonction homographique fAd´efinie pour tout z∈Ppar fA(z) = az +b
cz +d.
1. Montrer que l’application ψ:A7−→ fAest un morphisme de groupe de SL2(Z) dans S(P).
2. D´eterminer Ker(Ψ).
Solution:
1. Soient A=a b
c d∈SL2(Z), B=a0b0 c0d0∈SL2(Z) et z∈P. On a
fA(z) = ac|z|2+bd +adz +bcz
|cz +d|2
d’o`u
Im(fA(z)) = (ad −bc)Im(z)
|cz +d|2=Im(z) |cz +d|2>0
d’o`u fA(P)⊂P. Par ailleurs, on v´erifie facilement
fA(fB(z)) = fAB(z)
Or fI= IdP, donc fAest bijective et sa bijection r´eciproque est fA−1.
2. Soit A∈Ker(Ψ). On a fA(z) = zpour tout z∈P, d’o`u, az +b=cz2+dz. D’o`u b= 0 (on
prend la relation en z= 0) et c= 0 (on prend la d´eriv´ee de la relation en z= 0). Ainsi a=d.
Or ad −bc = 1, donc a=±1. Finalement,
Ker(Ψ) = {±I}.
R´ef´erence : [1].
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