Exercice 5 (avec les notations d`Einstein) Soit x = x iei ∈ Rn et y = y

Exercice 5
(avec les notations d’Einstein) Soit x=xiei∈Rnet y=yiei, et on notera
–X, Y les vecteurs colonnes correspondant dans la base canonique.
–XA, YAles vecteurs colonnes correspondant dans la base de (ei)i.
On a la propriété suivante (changement de base) :
X=AXAY=AYA
Alors TXA(TAA)YA=TXY = (x|y) = xiyj(ei|ej) = TXAGYA. Ainsi par identification G=
TAA, d’où en particulier le résultat : det(G) = det(A)2.
Exercice 6 : Puissance d’un point par rapport à un cercle
Indépendance. Soient Dune droite passant par Pcoupant Cen respectivement Aet B. On
notera de plus Mle milieu de [A, B]. Alors
ΓP=P A P B =~ P A ~ P B = ( ~ P M+~ MA)( ~ P M+~ MB)=( ~ P M−~ MB)( ~ P M+~ MB) = kP M k2−kMBk2
Si cette valeur ΓPne dépend pas de la droite, c’est en particulier vrai pour (P O)et donc en
notant P0et P00 les deux points du cercles sur la droite (P O), on sait que ΓP=~ P P 0~ P P 00 =
kP Ok2− kOP 0k2=kP Ok2−R2
Et en effet on peut retrouver cela :
kP Mk2− kMBk2= ( ~ P O +~ OM)2−(~ OB −~ OM)2=kP Ok2−R2+ 2 ~ P B ~ OM
Or par construction ~ P B ~ OM = 0, d’où le résultat.
Cas de la tangente. Si Dest tangente au cercle en M, alors la puissance de Ppar rapport au
cercle est donnée par P O2−R2=P O2−OM 2=P M 2par théorème de Pythagore. En gros
le résultat ΓP=P A P B reste valable dans le cas limite A=B.
Questions.
(i) Si Pà l’intérieur, alors quelque soit le choix de la droite coupant le cercle en Aet B,P A
et P B sont de signe opposés, donc la puissance est négative.
Réciproquement, si ça puissance est négative, pour une certaine droite, P A et P B sont de
signe opposés donc Pest le barycentre à coefficients positif de deux points du cercle, il est
donc à l’intérieur du cercle.
(ii) Si Pest sur le cercle, alors par exemple pour le choix d’une droite non tangente au cercle
en P, on peut poser A=Pet donc P A = 0 d’où ΓP= 0.
Réciproquement, si la puissance est nulle pour une droite coupant le cercle en deux points,
l’une des deux valeurs P A ou P B est nulle et donc P∈ {A, B}.
(iii) Finalement Pest à l’extérieur du cercle ssi Pn’est dans aucun des deux cas précédents
ssi la puissance de Pn’est pas négative ni nulle i.e. est strictement positive.
Puissance par rapport à deux cercles et application au groupe circulaire [Aud12].
Puissance par rapport à deux cercles. L’ensemble ∆des points Pdu plan tels que les puissances
de Ppar rapport à Cet C0soient égales est l’ensemble des points satisfaisant P O2−(P O0)2=
R2−(R0)2.
Soit Pun tel point (pour la justification de l’existence, cf ci-dessous) et soit P0tel que
~
P P 0⊥~ OO0alors on montre facilement que P0O2−(P0O0)2=P O2−(P O0)2=R2−(R0)2.
Donc la droite orthogonale à OO0et passant par Pest contenu dans ∆. Réciproquement soit
P0∈∆, alors par le résultat précédent le projeté Qde P0sur OO0est également dans ∆. reste à
montrer qu’il existe un unique point de la droite OO0vérifiant cette propriété, on peut se donner
1

2
une coordonnée sur la droite OO0telle que O= 0,O0= 1 et P=x; alors l’appartenance à ∆
se traduit par x2−(1 −x2) = cce qui en fait est une équation de degré 1en xqui admet une
unique solution.
Corollaire. Dans la figure de la feuille de TD, Ia la même puissance par rapport aux deux cercles.
En effet, les deux points d’intersection des deux cercles ont une puissance nulle par rapport à
chacun des cercles donc ils sont sur la droite ∆. Or Iest aligné avec ces deux points donc est
également sur la droite ∆.
Comme Iest sur la tangente à l’un des cercle en A, la puissance de Irelativement à ce cercle
est IA2, de même, sa puissance par rapport au cercle passant par Best IB2, on en déduit donc
que IA2=IB2d’où Iest le milieu du segment [A, B]
Remarque. Ce résultat est utilisé dans le développement "groupe circulaire" de [Aud12].
Exercice 8
Le quadrilatère CBE0Dest un losange donc ses diagonales sont perpendiculaires ; notons F
leur point d’intersection. On écrit le théorème de Pythagore dans le triangle CF D, et dans le
triangle AF D :
CD2=DF 2+F C2
DA2=DF 2+AF 2
En soustrayant on obtient
AF 2−CF 2=DA2−CD2
Or le second membre est une constante c0et le premiers membre est (AF −CF )(AF +CF ) =
AC ×AE0, car A, C, F et E0sont alignés. Ainsi pour résumer :
AE0=c0
AC
On peut dire que E0est l’image de Cpar l’inversion de centre Aet de rapport c0(cf [Aud12]).
Par suite l’ensemble des tels E0est l’image du cercle par l’inversion, donc une droite.
Mais de manière plus élémentaire en notant θl’angle (~ AO, ~ AC), on a en considérant le triangle
rectangle ACA0où A0est le symétrique de Apar rapport à O, la relation AC = 2Rcos(θ)par
suite
AE0=c1
cos(θ)
Ce qui est l’équation d’une droite en coordonnées polaire centrées en A(droite perpendiculaire
à(AO)passant par le point A+c1
AO ~
AO).
Exercice 15
Première méthode : Avec le théorème de structure des groupes abéliens de type
fini. Soit H=hx, yi ⊆ G. Alors Hest abélien de type fini et même fini. Ainsi le théorème de
structure nous donne :
∃k∃l1|l2|···|lktels que H∼
=Cl1×Cl2× ··· × Clk
On notera ϕl’isomorphisme de groupe ainsi donné.
On pose ϕ(x) = (x1,···xk), et on notera mi=o(xi)l’ordre de xi. Alors pour tout i,midivise
licar xi∈Cliet midivise m=o(x)car ϕ(xm) = ϕ(1) = (1,1,··· ,1) donc xm
i= 1
Comme les lise divisent les uns les autres, en particulier pour tout i,midivise lk, donc le
ppcm(mi, i = 1 ···k)divise lk.

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Or ce ppcm est précisément m, en effet tous les midivisent mdonc leur ppcm aussi et
réciproquement en notant qle ppcm, ϕ(xq) = (xq
1,··· , xq
k) = (1,··· ,1) car pour tout i,mi
divise q. Donc par injectivité de ϕ,xq= 1 c’est-à-dire q|md’où l’égalité q=m. Ainsi m|lk.
En raisonnant de même pour yd’ordre n, on obtient n|lk. Dès lors on sait que ppcm(m, n)|lk
et comme Clkest un groupe cyclique engendré par g, en notant ppcm(m, n)r=lk,grest un
élément d’ordre ppcm(m, n)dans Clket donc ϕ−1(1,1,··· , gr)en est un dans G.
Seconde méthode : "À la main".
Le produit xy est toujours d’ordre divisant ppcm(m, n).Il suffit de vérifier :
(xy)ppcm(m,n)=xppcm(m,n)yppcm(m,n)=xmkynk0= 1
Si mest nsont premiers entre eux. Si met nsont premiers entre eux, soit un entier ktel que
(xy)k= 1 , alors xk=y−ket donc xkest un élément de hxi∩hyimais ce groupe est d’ordre
divisant à la fois met n. Ainsi c’est le groupe trivial et donc xk=yk= 1. Il s’en suit que kest
un multiple de met net donc un multiple du ppcm.
Se ramener au cas premiers entre eux. Dans le cas général, posons
d=pgcd(m, n)
m=dm0
n=dn0
Il s’en suit que ppcm(m, n) = dm0n0. Admettons (provisoirement) qu’il existe d1, d2∈N∗satis-
faisant :
d=d1d2 (1)
d1m0∧d2n0= 1(2)
Et considérons z=xd
2, alors zest d’ordre d1m0(ce résultat est général : dans un groupe cyclique
de générateur gd’ordre uv,guest d’ordre v). De la même manière t=yd1est d’ordre d2n0.
Comme d1m0et d2n0sont premiers entre eux, le produit zt est d’ordre d1m0d2n0d’après la
partie précédente ; c’est-à-dire d’ordre dm0n0=ppcm(m, n)
Construction de la décomposition. Reste à construire d1et d2. En traitant plusieurs exemples
on peut se convaincre qu’une telle décomposition satisfaisant (1) et (2) existe toujours et qu’elle
n’est pas unique (e.g. m= 5 ×3×4et n= 5 ×8). On va donc construire une telle décomposition
d=d1d2avec
d1∧d2= 1
d1∧n0= 1
d2∧m0= 1
et d1maximal parmi les diviseurs de dsatisfaisant les équations ci-dessus. Pour cela on écrira
les entiers x∈N∗à l’aide de leur décomposition en produit de nombres premiers :
x=Y
i≥1
pνi(x)
i
Les exposants νisatisfont la relation νi(xy) = νi(x)νi(y)et définissent entièrement x. On pose
alors
νi(d1) := 0si νi(n0)>0
νi(d)sinon
Et d2est alors défini par νi(d2) := νi(d)−νi(d1). Il est immédiat que d1est premier avec d2et
n0et leur produit vaut dpar construction.

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Reste à montrer que d2∧m0= 1, c’est-à-dire νi(d2)νi(m0)=0pour tout i. Or cela résulte du
fait que n0et m0sont premiers entre eux, donc si νi(m0)>0alors nécessairement νi(n0) = 0 et
donc, par définition de d1, on a νi(d1) = νi(d). Ceci entraîne par définition de d2que νi(d2)=0.
Exercice 16
Cas de Z/mnZavec m > 2et n > 2premiers entre eux. On remarque tout d’abord que
pour tout k > 2,ϕ(k)est pair. Donc les groupes (Z/mZ)×et (Z/nZ)×sont de cardinal pair
donc possèdent chacun un élément d’ordre 2(que l’on notera respectivement get h). De plus par
théorème chinois, on peut écrire
(Z/mnZ)×∼
=(Z/mZ)××(Z/nZ)×
Alors le groupe engendré par (g, h)dans (Z/mnZ)×est isomorphe à K4=C2×C2, et par suite
(Z/mnZ)×possède un sous-groupe qui n’est pas cyclique, il ne peut donc pas être cyclique.
Lemme, cas de F×
p.[Per96] montre que F× qest cyclique
Cas de Z/pkZ×.On trouve un élément d’ordre p−1et on montre que p+ 1 est d’ordre pk−1.
Élément d’ordre p−1.On dispose d’un morphisme d’anneau naturel Z/pkZ→Fpdonnée par
la réduction modulo p. Il est surjectif et induit un morphisme de groupe Z/pkZ×→F×
pqui est
surjectif 1car 1,2,3,···p−1inversibles dans Z/pkZsont des antécédents de 1,2,3,···p−1dans
Z/pZ=Fp. Or d’après le lemme F×
pest cyclique engendré par g. Soit donc yun antécédent de
g, on sait que l’ordre de yest un multiple de l’ordre de g(i.e. p−1) et de plus l’ordre de ydivise
l’ordre de Z/pkZ×c’est-à-dire φ(pk)=(p−1)pk−1. Par suite nécessairement yest d’ordre p−1.
L’élément p+ 1.On montre en premier lieu que l’on a pour tout s:(1 + p)ps= 1 + λps+1. Ce
résultat peut se montrer par récurrence cf [Per96] en utilisant le fait que pdivise les coefficients
binomiaux p
k.
Dès lors notons rl’ordre de l’élément (1 + p).rdivise φ(pk)=(p−1)pk−1et de plus pour
tout s < k,r6=pspar le résultat précédent. Enfin on sait que 1 + pest envoyé sur 1dans Fppar
la réduction modulo p, par suite, son ordre divise l’ordre de ker ϕ×:Z/pkZ×→F×
pqui est de
cardinal pk−1.
On a bien montré que l’élément 1 + pest d’ordre pk−1dans Z/pkZ×.
Le cas 2k.On sait que
(Z/2Z)×={e}(Z/4Z)×=C2
Mais on peut remarquer que
(Z/8Z)×=C2×C2
En effet les éléments inversibles sont 1,3,5,7et sont tous d’ordre 2. Il n’est donc pas cyclique.
Dès lors soit k≥3, alors le morphisme d’anneaux
ϕ:Z/2kZ−→ Z/8Z
donné par la réduction modulo 8, est surjectif. Or le morphisme de groupes induit
ϕ×:G:= Z/2kZ×−→ (Z/8Z)×
est surjectif car 1,3,5,7inversibles dans Z/2kZsont des antécédents de 1,3,5,7dans Z/8Z.
1. Ce qui n’est pas toujours vrai cf remarque

5
Remarque. (Contrairement à ce que j’ai prétendu pendant le TD) Un morphisme d’anneau sur-
jectif ϕ:A→Bn’induit pas nécessairement un morphisme de groupes surjectif ϕ×:A×→B×.
Par exemple Z→Z/pZ.
Dans le cas présent ϕ×est surjectif et donc si Gétait monogène engendré par g, alors ϕ(g)
engendrerai C2×C2qui n’es pas cyclique. Donc
∀k≥3Z/2kZ×n’est pas cyclique
Bilan. On peut résumer l’exercice par le tableau suivant, où met m0sont supposés premiers
entre eux et ppremier.
nimpair 2n0,n0impair 4n0,n0impair 8n0
pk, p > 2mm02pk, p > 2 2mm044m, m ≥3
(Z/nZ)×cyclique ? oui non oui non oui non non
Exercice 19
Question 1. Si gest un générateur du groupe cyclique d’ordre n=kp alors gkest d’ordre p
Question 2. Si Gest un produit de groupes cycliques et est d’ordre n=kp alors pdivise le
produit des ordres des groupes cycliques, donc divise l’un d’entre eux. On peut conclure par la
question précédente.
Dès lors par le théorème de structure des groupes abéliens de type finis, si Gest abélien (il
est fini donc de type fini) il isomorphe à un produit de groupes cycliques.
Question 3. Si Gadmet un p-Sylow H, alors le centre de Hest un sous-groupe abélien non
trivial (formule des classes en faisant agir Hsur lui-même par conjugaison) donc de cardinal
multiple de pdonc on se ramène au cas précédent.
Question 4. Si Gest d’ordre palors il est cyclique (un élément différent du neutre est généra-
teur).
Supposons maintenant que :
Tout groupe d’ordre pm avec m<n, contienne un élément d’ordre p.
Soit Gun groupe d’ordre pn, et gun élément non-trivial.
Alors soit l’ordre de gdivise pet c’est fini : en prenant gkpour un certain kon a construit
un élément d’ordre p.
Sinon l’ordre de gest q > 1et divise n=kq, considérons donc le quotient Hde Gpar hgi.
Hest d’ordre pk donc par hypothèse de récurrence il contient hun élément d’ordre p. Soit xun
antécédent de hdans Galors l’ordre de hdivise l’ordre de g0et donc pdivise l’ordre de g0. Ainsi
on a un élément d’ordre pen élevant g0à la bonne puissance.
Ainsi par récurrence tous les groupes abéliens de cardinal multiple de pont un élément d’ordre
p.
Question 5. On fait encore une récurrence sur l’ordre du groupe n=kp. Le cas k= 1 est ok.
On suppose que tous les groupes de cardinal qp pour q < k ont un élément d’ordre p.
Soit Gun groupe fini de cardinal kp. Si le cardinal de Z(G)est multiple de p, alors comme il
est abélien, par la question précédente, il possède un élément d’ordre pet donc Gaussi.
Supposons dès lors que le centre doit de cardinal mnon multiple de p(possiblement m= 1),
alors en faisant agir Gpar conjugaison sur lui-même, on obtient par la formule des classes :
kp =|G|=m+X
ω∈Ω|ω|
où Ωdésigne l’ensemble des orbites non réduites à un élément et mcorrespond à la somme
des cardinaux de ces orbites. Dès lors en réduisant modulo p, il existe ωorbite non triviale de