Interrogation écrite 1
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U2LG35 L3 Algèbre 2014-2015 Université Paris-Diderot Interrogation écrite numéro 1 Aucun document autorisé Prénom : Nom : Les réponses doivent obligatoirement être écrites dans les cadres. + Exercice 1. Donner la définition de la notion de « sous-groupe ». Soit (G, +, 0) un groupe. Une partie H de G est un « sous-groupe » de G si : • 0∈G • ∀x∈H ∀y∈H x + y ∈ H • ∀x∈H − x ∈ H + Exercice 2. Montrer que l’ensemble G des nombres réels de la forme 2x avec x ∈ Z, est un sous-groupe de (R∗ , ×, 1). Les réels de la forme 2x sont tous dans R∗ , donc G ⊂ R∗ . Par ailleurs 1 = 20 ∈ G, si 2x ∈ G et 2y ∈ G, alors 2x 2y = 2x+y ∈ G, et enfin si 2x ∈ G, 2x 2−x = 20 = 1. + Exercice 3. équilatéral. Établir la liste des sous-groupes distingués du groupe G des isométries d’un triangle Il s’agit du sous-groupe nul, du sous-groupe des rotations (qui a trois éléments) et de G lui-même. + Exercice 4. Il existe un groupe monogène non commutatif. Vrai Faux X Suite au verso −→ + Exercice 5. Combien y a-t-il de morphismes du groupe Z/6Z vers le groupe Z/4Z ? (Justifiez votre réponse.) Comme Z/6Z est monogène (engendré par 1), un tel morphisme f est déterminé par l’image de 1. Comme 6 × 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 dans Z/6Z, on doit avoir 6 × f (1) = 0 dans Z/4Z. Or, les seuls éléments de Z/4Z ayant cette propriété sont 0 et 2 (puisque 4 divise 6 × 2), alors que 1 et 3 ne l’ont pas (puisque 4 ne divise ni 6 × 1 ni 6 × 3). Il y a donc au plus deux morphismes. En fait, il y en a bien deux : le morphisme nul, envoyant tout élément de Z/6Z sur 0 et le morphisme obtenu en passant au quotient le morphisme Z → Z/4Z qui envoie 1 sur 2, ce qui est possible car ce morphisme envoie les multiples de 6 sur des multiples de 12, donc congrus à 0 modulo 4. + Exercice 6. (a) Montrer que dans le groupe D8 des isométries d’un carré, une symétrie qui laisse fixe l’un des sommets du carré ne peut pas être conjuguée d’une symétrie qui ne laisse fixe aucun des sommets du carré. Soit σ une symétrie (qui est une isométrie) du carré qui laisse fixe le sommet A. On a donc σ(A) = A. Soit τ στ −1 une isométrie conjuguée de σ. On a τ στ −1 (τ (A)) = τ (σ(A)) = τ (A). Ainsi, τ (A) est laissé fixe par τ στ −1 . Or, τ (A) est un sommet du carré, car une isométrie du carré en permute les sommets, car elle conserve les distances à l’origine. (b) En déduire qu’il existe dans D8 des sous-groupes à deux éléments qui ne sont pas conjugués. Une symétrie autour d’une diagonale du carré laisse fixe deux sommets du carré, alors qu’une symétrie par rapport à un axe perpendiculaire à un coté ne laisse fixe aucun sommet. D’après la question précédente, ces deux symétries ne sont pas conjuguées. Comme elles sont d’ordre 2, elles engendrent toutes deux des sous-groupes à deux éléments. Une conjugaison devant envoyer l’élément neutre sur lui-même, elle devrait envoyer la première symétrie sur la seconde, ce qui est impossible.
