Colle du 26 Février 2014

Colle du 26 Fevrier MP*1 Lycée du Parc
Arnaud Demarais
February 26, 2014
Exercice 4.1 (facile)
Soit G un groupe Montrer que G ne peut s’écrire comme H [ H 0 où H et H’ seraient des sous groupes stricts.
Correction 4.1
Supposons par l’absurde que G = H [ H 0 avec H et H’ des sous groupes stricts
Soit x 2 H \ H 0 et y 2 H 0 \ H
Alors le produit xy est dans H ou H’.
Si par exemple xy 2 H alors y 2 H ce qui est absurde.
Exercice 4.2 (Moyen+)
Soit E un ensemble fini non vide muni d’une loi associative * et qui vérifie l’hypothèse de la simplification1 .
Montrer que E est un groupe.
Correction 4.2
Montrons que E possède un élément neutre.
Soit x 2 E . Comme E est fini 9n, n0 2 N différents tels que xn = xn
Suposons n0 < n et notons e = xn
0
n0
0
Alors 8y 2 E, on a xn y = xn y donc ey = y et de même ye = y
Montrons que tout élément de E est inversible.
0
Soit x 2 E différent de e. De même qu’auparavant 9n, n0 2 N différents tels que xn = xn . Mais de plus n
car x est différent de e.
xn
n0 1
est donc un inverse de x.
Exercice 4.6 (Moyen quotients ENS ULC)
Soit p premier
3.
1) Quel est le nombre de carrés dans Z/pZ
2) Montrer que x 6= 0 est un carré , x
p
1
2
=1
3) Soit p un diviseur premier de (n!) + 1. Montrer que p > n et p ⌘ 1[4]
2
1 xy
= xz ) y = z
1
n0
2
Correction 4.6
1)
Notons C l’ensemble des carrés de Z/pZ⇤ .
Considérons l’application :
(
Z/pZ⇤ ! C
:
x 7! x2
Alors est un morphisme de groupes multiplicatifs surjectif. Intéressons nous à son noyau :
x2 = 1 , x = ±1
Donc C est en bijection avec (Z/pZ)/ {±1}
Donc C est de cardinal p 2 1 .
En ajoutant 0 on trouve p+1
2 carrés dans Z/pZ.
2)
Les carrés sont inclus dans le noyeau de et pour des raisons de cardinal les carrés sont exactement le noyeau de
3)
Par l’absurde si p  n alors p | n! et donc p | 1 c’est impossible
On a donc p > n
De plus (n!)2 = 1 dans Z/pZ donc -1 est un carré et donc
Donc p 2 1 est pair et donc p ⌘ 1[4].
1
p
1
2
= 1 d’après les questions précédentes
Exercice 4.3 (Dur ENS ULC)
Soit G un groupe fini commutatif. On note n = pgcdxi 2G o(xi ) où o(x) désigne l’ordre de l’élément x
i
On décompose n = ⇧p↵
i .
i
1) Montrer que 9x 2 G tel que o(x) = p↵
i
2) Déduire 9y 2 G tel que o(y) = n
3) Déduire que le groupe multiplicatif d’un corps fini commutatif est cyclique
Correction 4.3
1)
On sait que 8z 2 G nz = 0. Soit j un indice.
i ↵j
Par l’absurde supposons que 8z 2 G on ait ⇧i6=j p↵
i pj
Alors o(z) |
i ↵j
⇧i6=j p↵
i pj
Donc il existe z0 tel que
i
On pose x = ⇧i6=j p↵
i z0
1
8z 2 G et donc n |
i ↵j
⇧i6=j p↵
i pj
1
↵
i ↵j
⇧i6=j p↵
i pj
1
z=0
1
ce qui est absurde
z0 6= 0.
↵
1
↵
↵
Un tel x convient, en effet pj j x = 0 et pj j x 6= 0 donc o(x) | pj j et o(x) - pj j
2)
P
i
On note xi l’élément dont l’ordre est p↵
xi .
i et on pose y =
o(y) | net soit j un indice :
↵
j
i
⇧i6=j p↵
i pj
↵
pj j
1
↵
j
i
y = ⇧i6=j p↵
i pj
1
xj 6= 0
1
Donc
| n et donc y est d’ordre n exactement.
3)
Considérons K un copris fini commutatif et K ⇤ son groupe multiplicatif. Considérons n le ppcm tel que précédemment et considérons le polynôme X n 1
Ce polynôme admet tout élément du groupe multiplicatif pour racine donc n est plus grand que le cardinal du
groupe multiplicatif.
Or il existe un élément d’ordre n dans le groupe multiplicatif donc n est le cardinal du groupe multiplicatif et celui
ci est cyclique.
2
Exercice 4.11 (Moyen)
Si G est de cardinal pair montrer qu’il existe un élément d’ordre 2.
Correction 4.11
Supposons qu’il n’y en ait pas. alors 8x 2 G on a x 6= x 1 donc on peut apparier chaque élément avec son inverse.
En ajoutant le neutre cela donne un nombre impair d’éléments. Contradiction.
Exercice 4.8 (Facile CCP)
Soient G et H des groupes finis
1) Soit x 2 G d’ordre n et y 2 H d’ordre m
Quel est l’ordre de (x, y) dans le groupe produit ?
2) Donner des conditions sur G et H pour que le groupe G ⇥ H soit cyclique
Correction 4.8
1)
On voit que xo((x,y)) = eG et y o((x,y)) = eH donc o(x) | o((x, y)) et o(y) | o((x, y))
En particulier ppcm(o(x), o(y)) | o((x, y))
De plus (x, y)ppcm(o(x),o(y)) = (eG , eH )
On a donc ppcm(o(x), o(y)) = o((x, y))
2)
Si G ⇥ H est cyclique, notons (x, y) un générateur alors
x est un générateur de G et y un générateur de H donc G et H doivent être cycliques.
De plus il doit exister un élément d’ordre card(G) ⇥ card(H) donc il faut que le ppcm soit égal au produit ou en
d’autres termes que le pgcd des cardinaux soit 1
Réciproquement ça marche .
Exercice 4.12 (Facile)
Soit G un groupe fini tel que 8x 2 G on ait x2 = e.
1) Montrer que G est commutatif
2) Soit H un sous groupe de G et x 2 G \ H . Montrer que le groupe engendré par H et x est de cardinal 2card(H)
3) Déduire que le cardinal de G est une puissance de 2
Correction 4.12
1)
Soient x, y 2 G alors on a :
e = (xy)2 = xyxy donc y 1 x 1 = xy mais tout élément est égal à son inverse donc xy = yx
2)
Le groupe engendré par H et x contient tous les éléments de H et les éléments de la forme xh où h 2 H . donc on
a au moins 2card(H) éléments.
Montrons que H [ xH est un sous groupe de G. Cela se vérifie bien en utilisant x2 = e et en faisant des disjonctions
de cas
3)
On prend un élément d’ordre 2 2 et on fait grossir le sous groupe petit à petit .
2 Cf
exercice 2.4.11
3