Groupes : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Sous-groupes engendrés dans Z

1. Tout élément \(12u + 18v\) est multiple de 6, donc \(\langle 12, 18 \rangle \subset 6\mathbb{Z}\). Inversement, \(6 = 18 – 12\) appartient à \(\langle 12, 18 \rangle\). Par conséquent, tous les multiples de 6 y sont aussi. On obtient \(\langle 12, 18 \rangle = 6\mathbb{Z}\).
2. De même, tout élément \(-8u + 20v\) est multiple de 4. De plus, \(4 = 20 + 2 \times (-8)\). Ainsi, \(\langle -8, 20 \rangle = 4\mathbb{Z}\).
3. Le sous-groupe cherché est \(d\mathbb{Z}\) avec \(d = 15 \wedge 21 \wedge 35\). Or \(15 \wedge 21 = 3\) et \(3 \wedge 35 = 1\), donc \(d = 1\). Pour la relation, on part de \(3 = 3 \times 15 – 2 \times 21 = 45 – 42\). Ensuite, \(1 = 12 \times 3 – 35 = 36 – 35\). En remplaçant, \[1 = 12(3 \times 15 – 2 \times 21) – 35 = 36 \times 15 – 24 \times 21 – 35.\] On vérifie : \(540 – 504 – 35 = 1\). Donc \(\langle 15, 21, 35 \rangle = \mathbb{Z}\), avec \((a, b, c) = (36, -24, -1)\).
4. On a \(6 \wedge 10 = 2\), \(6 \wedge 15 = 3\) et \(10 \wedge 15 = 5\). Ainsi, les parties à deux éléments engendrent \(2\mathbb{Z}\), \(3\mathbb{Z}\) et \(5\mathbb{Z}\), qui sont distincts de \(\mathbb{Z}\). En revanche, \(6 \wedge 10 \wedge 15 = 1\). Explicitement, \(1 = 6 + 10 – 15\). Donc \(\{6, 10, 15\}\) engendre \(\mathbb{Z}\), sans qu’aucune paire n’y suffise.

Point de méthode : dans \(\mathbb{Z}\), le sous-groupe engendré par des entiers est toujours \(d\mathbb{Z}\), où \(d\) est leur pgcd ; une relation de Bézout fournit l’inclusion difficile.

Corrigé de l’exercice 2 : Somme et intersection de sous-groupes de Z

1. L’ensemble \(S = a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\) contient \(0 = a \cdot 0 + b \cdot 0\). De plus, \((au + bv) – (au^{\prime} + bv^{\prime}) = a(u – u^{\prime}) + b(v – v^{\prime})\) appartient à \(S\). C’est donc un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\). D’après le théorème de structure, \(S = \delta\mathbb{Z}\) avec \(\delta \geq\, 1\) car \(a \in S\). D’une part, \(a\) et \(b\) sont dans \(S\), donc \(\delta\) divise \(a\) et \(b\), puis \(\delta\) divise \(d\). D’autre part, \(d\) divise tout \(au + bv\), en particulier \(\delta\). Ainsi \(\delta = d\) et \(a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z} = d\mathbb{Z}\).
2. L’intersection \(I = a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z}\) est un sous-groupe, donc \(I = \mu\mathbb{Z}\). Elle contient \(ab \neq 0\), donc \(\mu \geq\, 1\). Les éléments de \(I\) sont les multiples communs de \(a\) et \(b\). Or \(\mu\) est le plus petit d’entre eux qui soit strictement positif. Par définition du ppcm, \(\mu = m\) et \(a\mathbb{Z} \cap b\mathbb{Z} = m\mathbb{Z}\).
3. On a \(12 \wedge 18 = 6\) et \(12 \vee 18 = 36\). Donc \(12\mathbb{Z} + 18\mathbb{Z} = 6\mathbb{Z}\) et \(12\mathbb{Z} \cap 18\mathbb{Z} = 36\mathbb{Z}\).
4. Les entiers 2 et 3 appartiennent à \(2\mathbb{Z} \cup 3\mathbb{Z}\). Cependant, leur somme 5 n’est ni paire ni multiple de 3. La réunion n’est donc pas stable par addition. Le sous-groupe engendré contient \(3 – 2 = 1\). Par conséquent, \(\langle 2\mathbb{Z} \cup 3\mathbb{Z} \rangle = \mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Ordres des éléments de Z/12Z

1. D’après le cours, \(\overline{k}\) est d’ordre \(\dfrac{12}{12 \wedge k}\). On obtient ainsi :
   • \(\overline{0}\) est d’ordre 1 ;
   • \(\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}\) sont d’ordre 12, car premiers avec 12 ;
   • \(\overline{2}\) et \(\overline{10}\) sont d’ordre 6, car \(12 \wedge 2 = 12 \wedge 10 = 2\) ;
   • \(\overline{3}\) et \(\overline{9}\) sont d’ordre 4 ;
   • \(\overline{4}\) et \(\overline{8}\) sont d’ordre 3 ;
   • \(\overline{6}\) est d’ordre 2.

   Par exemple, \(3\overline{4} = \overline{12} = \overline{0}\) alors que \(\overline{4} \neq \overline{0}\) et \(2 \cdot \overline{4} = \overline{8} \neq \overline{0}\). Le diagramme ci-dessous résume ces douze ordres.

2. On compte 1 élément d’ordre 1, 1 d’ordre 2, 2 d’ordre 3, 2 d’ordre 4, 2 d’ordre 6 et 4 d’ordre 12. Aucun élément n’a un autre ordre. Le total vaut \(1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12\).
3. Les ordres obtenus sont 1, 2, 3, 4, 6 et 12, qui sont tous des diviseurs de 12, conformément au théorème de Lagrange. Enfin, un générateur est un élément d’ordre 12. Les générateurs sont \(\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}\) et \(\overline{11}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Générateurs de Z/nZ

1. La classe \(\overline{k}\) engendre \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) si et seulement si \(k \wedge n = 1\). C’est une conséquence du théorème de Bézout.
2. On a \(15 = 3 \times 5\). On garde donc les entiers de 1 à 14 divisibles ni par 3 ni par 5. Les générateurs de \(\mathbb{Z}/15\mathbb{Z}\) sont \(\overline{1}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{7}, \overline{8}, \overline{11}, \overline{13}, \overline{14}\), soit 8 classes. De même, \(18 = 2 \times 3^{2}\). On écarte les entiers pairs et les multiples de 3. Les générateurs de \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\) sont \(\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}, \overline{13}, \overline{17}\), soit 6 classes.
3. On cherche \(u\) tel que \(7u \equiv 1 \pmod{15}\). L’algorithme d’Euclide donne \(15 = 2 \times 7 + 1\), donc \(1 = 15 – 2 \times 7\). Ainsi, \(u = -2\) convient, soit \(u = 13\) dans \([\![0, 14]\!]\). Vérification : \(13 \times 7 = 91 = 6 \times 15 + 1\). On a donc \(13 \cdot \overline{7} = \overline{1}\).
4. Soit \(n \geq\, 3\) et \(E\) l’ensemble des \(k \in [\![1, n-1]\!]\) premiers avec \(n\). L’application \(s : k \mapsto n – k\) envoie \(E\) dans \(E\). En effet, un diviseur commun à \(n – k\) et \(n\) divise aussi \(k\). De plus, \(s \circ s = \mathrm{id}\). Supposons que \(s(k) = k\). Alors \(n = 2k\), et \(k \wedge n = k\). Comme \(k \wedge n = 1\), on aurait \(k = 1\), puis \(n = 2\), ce qui est exclu. Ainsi, \(s\) regroupe les éléments de \(E\) par paires \(\{k, n – k\}\) disjointes. Le nombre de générateurs est donc pair.

Corrigé de l’exercice 5 : Ordre d’une matrice et d’une permutation

1. Un calcul direct donne \[A^{2} = \begin{pmatrix} -1 1 \\ -1 0 \end{pmatrix}, \qquad A^{3} = A^{2} A = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 1 \end{pmatrix}.\] Or \(A \neq I_{2}\) et \(A^{2} \neq I_{2}\). Donc \(A\) est d’ordre 3.
2. On sait que \(R_{\theta}^{k} = R_{k\theta}\). Ainsi, \(R_{\theta}^{k} = I_{2}\) si et seulement si \(k\theta \in 2\pi\mathbb{Z}\). Avec \(\theta = \dfrac{5\pi}{6}\), cela s’écrit \(\dfrac{5k}{12} \in \mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(12 \mid 5k\). Comme \(5 \wedge 12 = 1\), le lemme de Gauss donne \(12 \mid k\). La rotation \(R_{5\pi/6}\) est donc d’ordre 12.
3. Les cycles \(c = (1\ 2\ 3)\) et \(t = (4\ 5)\) sont à supports disjoints, donc ils commutent. Ainsi, \(\sigma^{k} = c^{k} t^{k}\). On obtient \(\sigma^{2} = c^{2} = (1\ 3\ 2)\) car \(t^{2} = \mathrm{id}\). Ensuite, \(\sigma^{3} = c^{3} t^{3} = t = (4\ 5)\). Enfin, \(\sigma^{k} = \mathrm{id}\) exige \(c^{k} = \mathrm{id}\) et \(t^{k} = \mathrm{id}\), car les supports sont disjoints. Cela équivaut à \(3 \mid k\) et \(2 \mid k\), soit \(6 \mid k\). L’ordre de \(\sigma\) est 6.
4. Par récurrence, \(B^{k} = \begin{pmatrix} 1 k \\ 0 1 \end{pmatrix}\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). En effet, \(B^{k+1} = B^{k} B\) a pour coefficient en haut à droite \(k + 1\). Ainsi, \(B^{k} \neq I_{2}\) pour \(k \geq\, 1\). La matrice \(B\) est d’ordre infini.

Corrigé de l’exercice 6 : Racines dixièmes de l’unité

1. L’élément \(\omega\) est d’ordre 10, donc \(\omega^{k}\) est d’ordre \(\dfrac{10}{10 \wedge k}\). On trouve : \(\omega^{0}\) d’ordre 1 ; \(\omega^{5} = -1\) d’ordre 2 ; \(\omega^{2}, \omega^{4}, \omega^{6}, \omega^{8}\) d’ordre 5 ; \(\omega, \omega^{3}, \omega^{7}, \omega^{9}\) d’ordre 10.
2. Les racines primitives sont \(\omega, \omega^{3}, \omega^{7}, \omega^{9}\). Posons \(\zeta = \omega^{2}\), d’ordre 5. On remarque que \(-\zeta^{k} = \omega^{5} \omega^{2k} = \omega^{2k + 5}\). Pour \(k = 1, 2, 3, 4\), les exposants \(2k + 5\) valent \(7, 9, 11, 13\), soit \(7, 9, 1, 3\) modulo 10. Ainsi, les racines primitives dixièmes sont les opposées des racines primitives cinquièmes \(\zeta, \zeta^{2}, \zeta^{3}, \zeta^{4}\). Or \(1 + \zeta + \zeta^{2} + \zeta^{3} + \zeta^{4} = 0\), car \(\zeta \neq 1\) et \(\zeta^{5} = 1\). Par conséquent, \[\omega + \omega^{3} + \omega^{7} + \omega^{9} = -(\zeta + \zeta^{2} + \zeta^{3} + \zeta^{4}) = -(-1) = 1.\] La somme des racines primitives dixièmes vaut 1.
3. Supposons \(n \mid m\), avec \(m = nq\). Si \(z^{n} = 1\), alors \(z^{m} = (z^{n})^{q} = 1\). Donc \(\mathbb{U}_{n} \subset \mathbb{U}_{m}\). Réciproquement, supposons \(\mathbb{U}_{n} \subset \mathbb{U}_{m}\). L’élément \(e^{2i\pi/n}\) est d’ordre \(n\) et vérifie \(z^{m} = 1\). D’après la caractérisation de l’ordre, \(n\) divise \(m\). Ainsi, \(\mathbb{U}_{n} \subset \mathbb{U}_{m} \Leftrightarrow n \mid m\).
4. Posons \(\delta = m \wedge n\). D’abord, \(\delta\) divise \(m\) et \(n\), donc \(\mathbb{U}_{\delta} \subset \mathbb{U}_{m} \cap \mathbb{U}_{n}\) par la question 3. Inversement, soit \(z\) dans l’intersection, d’ordre \(r\). Comme \(z^{m} = z^{n} = 1\), l’entier \(r\) divise \(m\) et \(n\), donc \(\delta\). Ainsi, \(z^{\delta} = 1\). On conclut \(\mathbb{U}_{m} \cap \mathbb{U}_{n} = \mathbb{U}_{m \wedge n}\), et \(\mathbb{U}_{10} \cap \mathbb{U}_{4} = \mathbb{U}_{2} = \{1, -1\}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Ordre d’une puissance

1. Posons \(\delta = n \wedge k\), puis \(n = \delta n^{\prime}\) et \(k = \delta k^{\prime}\) avec \(n^{\prime} \wedge k^{\prime} = 1\). Pour \(m \in \mathbb{Z}\), on a \((x^{k})^{m} = x^{km}\). Donc \((x^{k})^{m} = e\) si et seulement si \(n \mid km\), c’est-à-dire \(\delta n^{\prime} \mid \delta k^{\prime} m\), soit \(n^{\prime} \mid k^{\prime} m\). Comme \(n^{\prime} \wedge k^{\prime} = 1\), le lemme de Gauss donne l’équivalence avec \(n^{\prime} \mid m\). Ainsi, les entiers \(m\) tels que \((x^{k})^{m} = e\) sont les multiples de \(n^{\prime}\). L’ordre de \(x^{k}\) est \(n^{\prime} = \dfrac{n}{n \wedge k}\).
2. On a \(\langle x^{k} \rangle \subset \langle x \rangle\), et le second a \(n\) éléments. Ainsi, \(x^{k}\) engendre \(\langle x \rangle\) si et seulement si \(\langle x^{k} \rangle\) a \(n\) éléments. Cela signifie que \(x^{k}\) est d’ordre \(n\), soit \(n \wedge k = 1\). Donc \(x^{k}\) engendre \(\langle x \rangle\) si et seulement si \(k \wedge n = 1\).
3. Avec \(n = 20\), on a \(20 \wedge 6 = 2\), \(20 \wedge 15 = 5\) et \(20 \wedge 8 = 4\). Les ordres sont donc 10 pour \(x^{6}\), 4 pour \(x^{15}\) et 5 pour \(x^{-8}\).
4. D’après la question 1 avec \(k = -1\), l’élément \(x^{-1}\) est d’ordre \(n / (n \wedge 1) = n\). Soit maintenant \(f : G \to G^{\prime}\) un isomorphisme et \(x \in G\). Pour tout \(k\), on a \(f(x)^{k} = f(x^{k})\). Par injectivité, \(f(x^{k}) = e^{\prime}\) équivaut à \(x^{k} = e\). Les ensembles d’entiers qui annulent \(x\) et \(f(x)\) sont donc égaux. Par conséquent, \(x\) et \(f(x)\) ont le même ordre, fini ou infini.

Corrigé de l’exercice 8 : Un isomorphisme explicite entre Z/nZ et les racines de l’unité

1. Pour \(k, l \in \mathbb{Z}\), on a \(f(k + l) = \omega^{k+l} = \omega^{k} \omega^{l} = f(k) f(l)\). C’est donc un morphisme. De plus, \((\omega^{k})^{n} = (\omega^{n})^{k} = 1\), donc \(f\) est à valeurs dans \(\mathbb{U}_{n}\). Il est surjectif car \(\mathbb{U}_{n} = \{\omega^{k},\ 0 \leq\, k \leq\, n – 1\}\). Enfin, \(\omega\) est d’ordre \(n\), donc \(\omega^{k} = 1 \Leftrightarrow n \mid k\). Le noyau de \(f\) est \(n\mathbb{Z}\).
2. Si \(\overline{k} = \overline{l}\), alors \(k – l \in n\mathbb{Z}\), donc \(\omega^{k – l} = 1\) et \(\omega^{k} = \omega^{l}\). Ainsi, \(g\) est bien définie. Ensuite, \(g(\overline{k} + \overline{l}) = g(\overline{k + l}) = \omega^{k + l} = g(\overline{k}) g(\overline{l})\). Elle est surjective comme \(f\). Pour l’injectivité, \(g(\overline{k}) = 1\) implique \(k \in n\mathbb{Z}\), soit \(\overline{k} = \overline{0}\). Donc \(g\) est un isomorphisme de \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)\) sur \((\mathbb{U}_{n}, \times )\).
3. Pour \(n = 6\), on a \(\omega^{3} = e^{i\pi} = -1\). Donc l’antécédent de \(-1\) est \(\overline{3}\). Par ailleurs, un isomorphisme conserve l’ordre, donc il envoie les générateurs sur les générateurs. Ceux de \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\) sont \(\overline{1}\) et \(\overline{5}\). Les générateurs de \(\mathbb{U}_{6}\) sont \(\omega = e^{i\pi/3}\) et \(\omega^{5} = e^{-i\pi/3}\).

Point de méthode : sur un quotient comme \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), on vérifie toujours d’abord que l’image ne dépend pas du représentant choisi.

Corrigé de l’exercice 9 : Sous-groupe engendré par i et j

1. On a \(i^{4} = 1\) et \(4 \mid 12\), donc \(i^{12} = 1\). De même, \(j^{3} = 1\) et \(3 \mid 12\), donc \(j^{12} = 1\). Ainsi, \(i\) et \(j\) appartiennent à \(\mathbb{U}_{12}\).
2. On écrit \(i = e^{i\pi/2} = e^{2i\pi \cdot 3/12}\) et \(j = e^{2i\pi \cdot 4/12}\). Alors \(ij = e^{2i\pi \cdot 7/12} = e^{7i\pi/6}\). C’est \(\omega^{7}\) avec \(\omega = e^{2i\pi/12}\) d’ordre 12. Comme \(7 \wedge 12 = 1\), l’élément \(ij = e^{7i\pi/6}\) est d’ordre 12.
3. Notons \(H = \langle i, j \rangle\). D’une part, \(\mathbb{U}_{12}\) est un sous-groupe contenant \(i\) et \(j\), donc \(H \subset \mathbb{U}_{12}\). D’autre part, \(ij \in H\), donc \(\langle ij \rangle \subset H\). Or \(\langle ij \rangle\) a 12 éléments, comme \(\mathbb{U}_{12}\). Ainsi, \(\langle ij \rangle = \mathbb{U}_{12} \subset H\). On conclut \(\langle i, j \rangle = \mathbb{U}_{12}\). La figure ci-dessous montre les deux sous-groupes de départ et le générateur \(ij\) obtenu.

4. Comme \(m \mid l\) et \(n \mid l\), l’exercice 6 donne \(\mathbb{U}_{m} \cup \mathbb{U}_{n} \subset \mathbb{U}_{l}\). Par conséquent, le sous-groupe \(K\) engendré par cette réunion est inclus dans \(\mathbb{U}_{l}\). Inversement, posons \(d = m \wedge n\), de sorte que \(l = mn/d\). Le théorème de Bézout fournit \(u, v\) tels que \(um + vn = d\). En divisant par \(mn\), on obtient \[\frac{1}{l} = \frac{d}{mn} = \frac{u}{n} + \frac{v}{m}.\] Donc \(e^{2i\pi/l} = (e^{2i\pi/n})^{u} (e^{2i\pi/m})^{v}\) appartient à \(K\). Or \(e^{2i\pi/l}\) engendre \(\mathbb{U}_{l}\). Ainsi, \(\langle \mathbb{U}_{m} \cup \mathbb{U}_{n} \rangle = \mathbb{U}_{m \vee n}\). Pour \(m = 4\) et \(n = 6\), on retrouve \(\mathbb{U}_{12}\).

Corrigé de l’exercice 10 : Le groupe (Q, +) n’est pas monogène

1. Notons \(H = \langle \frac{1}{2}, \frac{1}{3} \rangle = \{\frac{u}{2} + \frac{v}{3},\ (u, v) \in \mathbb{Z}^{2}\}\). Tout élément s’écrit \(\frac{3u + 2v}{6}\), donc \(H \subset \frac{1}{6}\mathbb{Z}\). Inversement, \(\frac{1}{6} = \frac{1}{2} – \frac{1}{3}\) appartient à \(H\). Par conséquent, \(H = \frac{1}{6}\mathbb{Z}\).
2. Pour chaque \(j\), on a \(r_{j} = \dfrac{p_{j} (q / q_{j})}{q}\), où \(q / q_{j}\) est un entier. Ainsi, chaque \(r_{j}\) appartient au sous-groupe \(\frac{1}{q}\mathbb{Z}\). Donc \(\langle r_{1}, \ldots, r_{s} \rangle \subset \frac{1}{q}\mathbb{Z}\). Ensuite, l’application \(x \mapsto qx\) est un isomorphisme de \(\frac{1}{q}\mathbb{Z}\) sur \(\mathbb{Z}\). Elle envoie notre sous-groupe sur un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\), c’est-à-dire sur un \(c\mathbb{Z}\). Le sous-groupe \(\langle r_{1}, \ldots, r_{s} \rangle\) vaut donc \(\frac{c}{q}\mathbb{Z}\) : il est monogène.
3. Supposons que \(\mathbb{Q} = \langle a \rangle = a\mathbb{Z}\) pour un rationnel \(a\). Comme \(\mathbb{Q} \neq \{0\}\), on a \(a \neq 0\). Or \(\frac{a}{2} \in \mathbb{Q}\), donc il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(\frac{a}{2} = ka\). En simplifiant par \(a\), on obtient \(k = \frac{1}{2}\), ce qui est absurde. Donc \((\mathbb{Q}, +)\) n’est pas monogène.
4. Si \(\mathbb{Q}\) admettait une partie génératrice finie \(\{r_{1}, \ldots, r_{s}\}\), il serait monogène d’après la question 2. Cela contredit la question 3. Ainsi, \((\mathbb{Q}, +)\) n’admet aucune partie génératrice finie.

Corrigé de l’exercice 11 : Sous-groupes d’un groupe cyclique

1. L’ensemble \(K\) contient 0. De plus, si \(k, l \in K\), alors \(g^{k-l} = g^{k}(g^{l})^{-1} \in H\). C’est donc un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\), de la forme \(a\mathbb{Z}\). Comme \(g^{n} = e \in H\), on a \(n \in K\), donc \(a \neq 0\) et \(a \mid n\). Enfin, tout élément de \(H\) est de la forme \(g^{k}\) avec \(k \in K = a\mathbb{Z}\). Donc \(H = \{g^{aq},\ q \in \mathbb{Z}\} = \langle g^{a} \rangle\), avec \(a \mid n\).
2. D’après l’exercice 7, \(g^{a}\) est d’ordre \(n / (n \wedge a) = n/a\) lorsque \(a \mid n\). Ainsi, \(\langle g^{a} \rangle\) est d’ordre \(d\) si et seulement si \(a = n/d\). L’existence est donc assurée par \(\langle g^{n/d} \rangle\). Pour l’unicité, un sous-groupe d’ordre \(d\) est un \(\langle g^{a} \rangle\) avec \(a \mid n\), et nécessairement \(a = n/d\). Il existe un unique sous-groupe d’ordre \(d\), à savoir \(\langle g^{n/d} \rangle\).
3. Les diviseurs de 12 sont 1, 2, 3, 4, 6, 12. On obtient donc six sous-groupes :
   • \(\{\overline{0}\}\), d’ordre 1 ;
   • \(\langle \overline{6} \rangle = \{\overline{0}, \overline{6}\}\), d’ordre 2 ;
   • \(\langle \overline{4} \rangle = \{\overline{0}, \overline{4}, \overline{8}\}\), d’ordre 3 ;
   • \(\langle \overline{3} \rangle = \{\overline{0}, \overline{3}, \overline{6}, \overline{9}\}\), d’ordre 4 ;
   • \(\langle \overline{2} \rangle = \{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{6}, \overline{8}, \overline{10}\}\), d’ordre 6 ;
   • \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\), d’ordre 12.

   Ce sont les six sous-groupes de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\).

4. On a \(100 = 2^{2} \times 5^{2}\), qui possède \(3 \times 3 = 9\) diviseurs : 1, 2, 4, 5, 10, 20, 25, 50, 100. Le sous-groupe d’ordre 20 est engendré par \(\overline{100/20} = \overline{5}\). Il y a 9 sous-groupes, et celui d’ordre 20 est \(\langle \overline{5} \rangle = \{\overline{0}, \overline{5}, \overline{10}, \ldots, \overline{95}\}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Produits de petits groupes cycliques

1. On a \((x, y)^{k} = (x^{k}, y^{k})\). Ainsi, \((x, y)^{k}\) est le neutre si et seulement si \(x^{k} = e\) et \(y^{k} = e\). Cela équivaut à \(a \mid k\) et \(b \mid k\), c’est-à-dire à \(a \vee b \mid k\). Donc \((x, y)\) est d’ordre \(a \vee b\).
2. L’élément \((\overline{1}, \overline{1})\) est d’ordre \(2 \vee 3 = 6\), égal au cardinal du groupe. Il engendre donc \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\). D’après la classification, l’application \(\overline{k} \mapsto k \cdot (\overline{1}, \overline{1})\) est un isomorphisme depuis \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\). Autrement dit, la classe de \(k\) modulo 6 est envoyée sur le couple (classe de \(k\) modulo 2, classe de \(k\) modulo 3). Le groupe est cyclique et isomorphe à \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\). La figure ci-dessous montre le parcours des multiples \(k \cdot (\overline{1}, \overline{1})\) : il visite les six éléments.

3. Tout élément \((a, b)\) de \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) vérifie \(2 \cdot (a, b) = (\overline{0}, \overline{0})\). Aucun élément n’est donc d’ordre 4. Le groupe n’est pas cyclique. En revanche, \(\mathbb{U}_{4}\) contient \(i\), d’ordre 4. Or un isomorphisme conserve l’ordre (exercice 7). Ainsi, \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) n’est pas cyclique et n’est pas isomorphe à \(\mathbb{U}_{4}\).
4. Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), les ordres divisent 4 ; dans \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\), ils divisent 6. D’après la question 1, l’ordre d’un couple divise donc \(4 \vee 6 = 12\). De plus, \((\overline{1}, \overline{1})\) est d’ordre 12. Comme 12 est strictement inférieur au cardinal 24, aucun élément n’engendre le groupe. Le plus grand ordre vaut 12, et le groupe n’est pas cyclique.

Corrigé de l’exercice 13 : Quand le produit de deux groupes cycliques est-il cyclique ?

1. L’élément \(\dot{1}\) est d’ordre \(m\) et \(\overline{1}\) d’ordre \(n\). D’après l’exercice 12, \((\dot{1}, \overline{1})\) est d’ordre \(m \vee n\). Or \(m \vee n = mn\) lorsque \(m \wedge n = 1\). Ainsi, \(\langle (\dot{1}, \overline{1}) \rangle\) a \(mn\) éléments, autant que \(G\). Donc \(G\) est cyclique, engendré par \((\dot{1}, \overline{1})\).
2. Soit \((\dot{a}, \overline{b}) \in G\) et \(l = m \vee n\). On a \(l \cdot (\dot{a}, \overline{b}) = (\dot{la}, \overline{lb})\). Or \(m \mid l\), donc \(m \mid la\) et \(\dot{la} = \dot{0}\). De même, \(\overline{lb} = \overline{0}\). Par conséquent, l’ordre de tout élément divise \(l\), donc est au plus \(l\). Or \(l = mn/d \leq\, mn/2 < mn\). Aucun élément n’est d’ordre \(mn\), donc \(G\) n’est pas cyclique.
3. En réunissant les deux questions précédentes, \(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est cyclique si et seulement si \(m \wedge n = 1\).
4. D’abord, \(\psi\) est bien définie. En effet, si \(k \equiv k^{\prime}\) modulo 12, alors \(k \equiv k^{\prime}\) modulo 4 et modulo 3, car 4 et 3 divisent 12. Ensuite, \(\psi\) est un morphisme, car on additionne composante par composante. Son noyau est formé des classes des \(k\) multiples de 4 et de 3. Comme \(4 \wedge 3 = 1\), ce sont les multiples de 12. Le noyau est donc trivial et \(\psi\) est injective. Enfin, les deux groupes ont 12 éléments, donc \(\psi\) est bijective. Cherchons ensuite \(k\) tel que \(k \equiv 1 \pmod 4\) et \(k \equiv 2 \pmod 3\). Parmi \(1, 5, 9\), seul \(5\) vérifie \(5 \equiv 2 \pmod 3\). Ainsi, \(\psi\) est un isomorphisme, et l’antécédent de \((\dot{1}, \overline{2})\) est la classe de 5 modulo 12.
5. On a \(2 \wedge 6 = 2 \neq 1\). D’après la question 3, \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\) n’est pas cyclique. Or \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) l’est, et un isomorphisme transporte un générateur en un générateur. Les deux groupes ne sont donc pas isomorphes, bien qu’ils aient tous deux 12 éléments.

Corrigé de l’exercice 14 : Ordre d’un produit dans un groupe commutatif

1. Soit \(z \in \langle x \rangle \cap \langle y \rangle\), d’ordre \(r\). Le groupe \(\langle x \rangle\) est commutatif de cardinal \(m\), donc \(r \mid m\) par le théorème de Lagrange. De même, \(r \mid n\). Ainsi, \(r\) divise \(m \wedge n = 1\), donc \(r = 1\). On obtient \(\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}\).
2. Comme \(G\) est commutatif, \((xy)^{mn} = (x^{m})^{n} (y^{n})^{m} = e\). Inversement, soit \(k\) tel que \((xy)^{k} = e\). Alors \(x^{k} = y^{-k}\). Cet élément appartient à \(\langle x \rangle \cap \langle y \rangle\), donc il vaut \(e\). Ainsi, \(x^{k} = e\) et \(y^{k} = e\), d’où \(m \mid k\) et \(n \mid k\). Comme \(m \wedge n = 1\), on en déduit \(mn \mid k\). L’ordre de \(xy\) est donc \(mn\).
3. Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), prenons \(x = \overline{1}\) et \(y = \overline{3}\), tous deux d’ordre 4. Leur somme vaut \(\overline{4} = \overline{0}\), d’ordre 1. Ainsi, l’ordre du produit n’est pas \(4 \times 4\) quand les ordres ne sont pas premiers entre eux.
4. La transposition \(\tau\) est d’ordre 2 et le cycle \(c\) est d’ordre 3. En composant de droite à gauche, \(\tau c(1) = \tau(2) = 1\), \(\tau c(2) = \tau(3) = 3\) et \(\tau c(3) = \tau(1) = 2\). Donc \(\tau c = (2\ 3)\), d’ordre 2 et non 6. Il n’y a pas de contradiction : on calcule de même \(c\tau = (1\ 3)\), donc \(\tau c \neq c \tau\). L’hypothèse de commutativité est indispensable.

Point de méthode : pour obtenir un élément d’ordre \(mn\), on multiplie deux éléments d’ordres \(m\) et \(n\) premiers entre eux, à condition qu’ils commutent.

Corrigé de l’exercice 15 : Groupes commutatifs d’ordre premier

1. Soit \(x \neq e\). D’après le théorème de Lagrange, son ordre divise \(p\). Il vaut donc 1 ou \(p\). Or l’ordre 1 correspond à \(x = e\). Donc \(x\) est d’ordre \(p\).
2. Comme \(p \geq\, 2\), il existe \(x \neq e\). Le sous-groupe \(\langle x \rangle\) a \(p\) éléments, donc il est égal à \(G\). Ainsi, \(G\) est cyclique. D’après la classification, \(\overline{k} \mapsto x^{k}\) est un isomorphisme. On conclut que \(G\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\).
3. D’après la question 1, tous les éléments distincts de \(e\) sont générateurs. De plus, un sous-groupe \(H\) de \(G\) est soit \(\{e\}\), soit contient un \(x \neq e\). Dans le second cas, \(H \supset \langle x \rangle = G\). Il y a \(p – 1\) générateurs, et les seuls sous-groupes sont \(\{e\}\) et \(G\).
4. Soit \(a\) d’ordre 2 et \(b\) d’ordre 3 dans \(G^{\prime}\). Ces éléments commutent et \(2 \wedge 3 = 1\). D’après l’exercice 14, \(ab\) est d’ordre 6, égal au cardinal de \(G^{\prime}\). Donc \(G^{\prime} = \langle ab \rangle\) est cyclique, isomorphe à \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Théorème de Lagrange dans le cas commutatif

1. Notons \(\tau(y) = xy\) et \(\tau^{\prime}(y) = x^{-1}y\). Alors \(\tau^{\prime}(\tau(y)) = x^{-1}xy = y\), et de même \(\tau(\tau^{\prime}(y)) = y\). Donc \(\tau\) est une bijection de \(G\) sur \(G\), de réciproque \(\tau^{\prime}\).
2. Posons \(P = \prod_{y \in G} y\). Ce produit a un sens sans préciser d’ordre, car \(G\) est commutatif. Comme \(\tau\) est une bijection, les éléments \(xy\), pour \(y\) parcourant \(G\), sont les éléments de \(G\) dans un autre ordre. Donc \(\prod_{y \in G} (xy) = P\). Par commutativité, ce produit vaut aussi \(x^{n} P\). Ainsi, \(x^{n} P = P\), et en multipliant par \(P^{-1}\), \(x^{n} = e\). D’après la caractérisation de l’ordre, l’ordre de \(x\) divise \(n\).
3. Les ordres possibles sont les diviseurs de \(35 = 5 \times 7\), soit 1, 5, 7 et 35. Soit \(x\) tel que \(x^{5} \neq e\) et \(x^{7} \neq e\). Son ordre ne divise ni 5 ni 7, donc il n’est ni 1, ni 5, ni 7. Il vaut donc 35. Par conséquent, \(\langle x \rangle = G\) et \(G\) est cyclique.
4. Posons \(\rho(x) = x^{k}\). Par commutativité, \(\rho(xy) = x^{k} y^{k} = \rho(x)\rho(y)\) : c’est un endomorphisme. Si \(\rho(x) = e\), l’ordre de \(x\) divise \(k\) et \(n\), donc \(k \wedge n = 1\), et \(x = e\). Ainsi, \(\rho\) est injectif. Comme \(G\) est fini, \(\rho\) est bijectif. Pour la réciproque, écrivons \(uk + vn = 1\). Alors, pour tout \(x\), \(x = x^{uk + vn} = (x^{k})^{u} (x^{n})^{v} = (x^{k})^{u}\). Donc \(\rho\) est un automorphisme, de réciproque \(y \mapsto y^{u}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Morphismes de Z/nZ dans Z/mZ

1. Supposons qu’un tel morphisme \(f\) existe. Alors \(na = nf(\overline{1}) = f(n\overline{1}) = f(\overline{0}) = 0\). De plus, \(f(\overline{k}) = f(k\overline{1}) = ka\), ce qui prouve l’unicité. Réciproquement, supposons \(na = 0\) et posons \(f(\overline{k}) = ka\). Si \(\overline{k} = \overline{l}\), on écrit \(k – l = qn\), et \(ka – la = q(na) = 0\). Ainsi, \(f\) est bien définie. C’est clairement un morphisme. Il existe donc un morphisme envoyant \(\overline{1}\) sur \(a\) si et seulement si \(na = 0\), et il est unique.
2. Écrivons \(m = dm^{\prime}\) et \(n = dn^{\prime}\), avec \(m^{\prime} \wedge n^{\prime} = 1\). La condition \(n\dot{u} = \dot{0}\) signifie \(m \mid nu\), soit \(m^{\prime} \mid n^{\prime} u\). Par le lemme de Gauss, cela équivaut à \(m^{\prime} \mid u\). Dans \([\![0, m-1]\!]\), les multiples de \(m^{\prime}\) sont \(0, m^{\prime}, \ldots, (d-1)m^{\prime}\). Il y en a \(d\). D’après la question 1, chaque tel \(u\) donne exactement un morphisme. Il existe donc exactement \(d = m \wedge n\) morphismes de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) dans \(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\).
3. Pour \(n = 4\) et \(m = 6\), on a \(d = 2\) et \(m^{\prime} = 3\). Les valeurs possibles de \(f(\overline{1})\) sont \(\dot{0}\) et \(\dot{3}\). Les morphismes sont l’application nulle et \(\overline{k} \mapsto \dot{3k}\). On vérifie que \(4 \cdot \dot{3} = \dot{12} = \dot{0}\). Pour \(n = 5\) et \(m = 7\), on a \(d = 1\). Seul le morphisme nul existe.
4. Avec \(m = n\), les endomorphismes de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) sont les \(f_{u} : \overline{k} \mapsto \overline{uk}\), pour \(u \in [\![0, n – 1]\!]\). L’image de \(f_{u}\) est \(\langle \overline{u} \rangle\). Comme le groupe est fini, \(f_{u}\) est bijectif si et seulement s’il est surjectif. Cela signifie que \(\overline{u}\) engendre \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), soit \(u \wedge n = 1\). Pour \(n = 12\), on garde \(u \in \{1, 5, 7, 11\}\). Il y a 4 automorphismes de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 18 : Éléments d’ordre fini du cercle unité

1. Si \(z\) est d’ordre fini \(n\), alors \(z^{n} = 1\), donc \(z \in \mathbb{U}_{n}\). Inversement, un élément de \(\mathbb{U}_{n}\) vérifie \(z^{n} = 1\) et est d’ordre fini. Ainsi, \(T = \bigcup_{n \geq\, 1} \mathbb{U}_{n}\). Ensuite, \(1 \in T\). Soient \(z \in \mathbb{U}_{a}\) et \(w \in \mathbb{U}_{b}\). Alors \((z w^{-1})^{ab} = (z^{a})^{b} (w^{b})^{-a} = 1\), par commutativité de \(\mathbb{C}^{*}\). Donc \(T\) est un sous-groupe de \(\mathbb{U}\).
2. Si \(z \in \mathbb{U}_{n}\), alors \(z = e^{2ik\pi/n}\) pour un entier \(k\), donc \(z = e^{2i\pi r}\) avec \(r = k/n \in \mathbb{Q}\). Inversement, si \(r = p/q\) avec \(q \geq\, 1\), alors \((e^{2i\pi p/q})^{q} = e^{2i\pi p} = 1\). Ainsi, \(T = \{e^{2i\pi r},\ r \in \mathbb{Q}\}\).
3. Supposons que \((e^{i})^{k} = e^{ik} = 1\) pour un entier \(k \geq\, 1\). Alors \(k \in 2\pi\mathbb{Z}\) : il existe \(l \in \mathbb{Z}\) tel que \(k = 2\pi l\), avec \(l \neq 0\). On en déduit \(\pi = \frac{k}{2l} \in \mathbb{Q}\), ce qui contredit l’irrationalité de \(\pi\). Donc \(e^{i}\) est d’ordre infini. D’après la classification, \(\langle e^{i} \rangle\) est monogène infini, donc isomorphe à \((\mathbb{Z}, +)\).
4. Supposons \(T = \langle z \rangle\). Comme \(z \in T\), il est d’ordre fini \(n\). Alors \(T = \langle z \rangle\) a exactement \(n\) éléments. Or \(T\) contient \(\mathbb{U}_{n+1}\), qui en a \(n + 1\). C’est absurde. Le groupe \(T\) n’est donc pas monogène.

Corrigé de l’exercice 19 : Exposant d’un groupe commutatif fini

1. Décomposons \(a = \prod_{p} p^{\alpha_{p}}\) et \(b = \prod_{p} p^{\beta_{p}}\) en facteurs premiers. Posons \[a^{\prime} = \prod_{\alpha_{p} \geq\, \beta_{p}} p^{\alpha_{p}}, \qquad b^{\prime} = \prod_{\alpha_{p} < \beta_{p}} p^{\beta_{p}}.\] Alors \(a^{\prime} \mid a\) et \(b^{\prime} \mid b\). Ces entiers n’ont aucun facteur premier commun. De plus, \(a^{\prime} b^{\prime} = \prod_{p} p^{\max(\alpha_{p}, \beta_{p})} = a \vee b\). Pour \(a = 12 = 2^{2} \times 3\) et \(b = 18 = 2 \times 3^{2}\), on trouve \(a^{\prime} = 4\) et \(b^{\prime} = 9\). On a bien \(4 \wedge 9 = 1\) et \(4 \times 9 = 36 = 12 \vee 18\).
2. D’après l’exercice 7, l’élément \(x^{a/a^{\prime}}\) est d’ordre \(\dfrac{a}{a \wedge (a/a^{\prime})} = \dfrac{a}{a / a^{\prime}} = a^{\prime}\). De même, \(y^{b/b^{\prime}}\) est d’ordre \(b^{\prime}\). Ces deux éléments commutent et leurs ordres sont premiers entre eux. Par l’exercice 14, leur produit est d’ordre \(a^{\prime} b^{\prime}\). Ainsi, \(x^{a/a^{\prime}} y^{b/b^{\prime}}\) est d’ordre \(a \vee b\).
3. Les ordres sont bornés par le cardinal de \(G\), donc un ordre maximal \(M\) existe. Soit \(y\) d’ordre \(b\). Par la question 2, il existe un élément d’ordre \(M \vee b\). Or \(M \vee b \geq\, M\), donc par maximalité \(M \vee b = M\). Par conséquent, \(b\) divise \(M\).
4. Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\), l’ordre d’un couple divise \(4 \vee 6 = 12\) (exercice 12). De plus, \((\overline{1}, \overline{1})\) est d’ordre 12. L’exposant vaut 12, atteint par \((\overline{1}, \overline{1})\).
5. Notons \(n\) le cardinal de \(G\). Si \(G\) est cyclique, un générateur est d’ordre \(n\). Tout ordre divisant \(n\), l’exposant vaut \(n\). Réciproquement, si l’exposant vaut \(n\), il existe un élément \(z\) d’ordre \(n\), et \(\langle z \rangle = G\). Donc \(G\) est cyclique si et seulement si son exposant égale son cardinal.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème : caractérisation des groupes cycliques

Partie A.

1. Si \(p\) est premier, tous les entiers de 1 à \(p – 1\) sont premiers avec \(p\), et \(p\) ne l’est pas. Donc \(\varphi(p) = p – 1\). Ensuite, un entier est premier avec \(p^{\alpha}\) si et seulement s’il n’est pas multiple de \(p\). Or \([\![1, p^{\alpha}]\!]\) contient \(p^{\alpha – 1}\) multiples de \(p\). Ainsi, \(\varphi(p) = p – 1\) et \(\varphi(p^{\alpha}) = p^{\alpha} – p^{\alpha – 1}\).
2. Un élément d’ordre \(d\) engendre un sous-groupe d’ordre \(d\). D’après l’exercice 11, ce sous-groupe est l’unique sous-groupe \(H_{d}\) d’ordre \(d\) de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\). Ainsi, les éléments d’ordre \(d\) sont exactement les générateurs de \(H_{d}\). Or \(H_{d}\) est cyclique d’ordre \(d\), donc isomorphe à \(\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}\). Un isomorphisme conservant les générateurs, \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) contient exactement \(\varphi(d)\) éléments d’ordre \(d\).
3. Chaque élément de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) a un ordre qui divise \(n\), par le théorème de Lagrange. En regroupant les \(n\) éléments selon leur ordre, on obtient une partition. Par la question 2, on en déduit \(\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n\). Pour \(n = 12\), on a \(\varphi(1) + \varphi(2) + \varphi(3) + \varphi(4) + \varphi(6) + \varphi(12) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12\). La figure ci-dessous montre cette partition de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) selon l’ordre.

Partie B.

1. Le sous-groupe \(\langle x \rangle = \{e, x, \ldots, x^{d-1}\}\) compte \(d\) éléments. Chacun vérifie \((x^{k})^{d} = (x^{d})^{k} = e\). On dispose donc de \(d\) solutions de \(y^{d} = e\). Comme il y en a au plus \(d\), ce sont toutes les solutions. Ensuite, un élément d’ordre \(d\) vérifie \(y^{d} = e\), donc il appartient à \(\langle x \rangle\). Or \(\langle x \rangle\) est cyclique d’ordre \(d\) : ses éléments d’ordre \(d\) sont ses générateurs, au nombre de \(\varphi(d)\). Ainsi, \(N(d) \geq\, 1\) entraîne \(N(d) = \varphi(d)\).
2. Le groupe \(G\) est commutatif de cardinal \(n\). Par le théorème de Lagrange, chaque ordre divise \(n\). En classant les éléments selon leur ordre, on obtient \(\sum_{d \mid n} N(d) = n\). D’après la question précédente, \(N(d) \leq\, \varphi(d)\) pour tout \(d\), que \(N(d)\) soit nul ou non. Par la partie A, \[\sum_{d \mid n} \bigl(\varphi(d) – N(d)\bigr) = n – n = 0.\] C’est une somme de termes positifs ou nuls. Chacun est donc nul : \(N(d) = \varphi(d)\) pour tout diviseur \(d\) de \(n\).
3. En particulier, \(N(n) = \varphi(n) \geq\, 1\), car 1 est premier avec \(n\). Il existe donc un élément d’ordre \(n\), qui engendre \(G\). Le groupe \(G\) est cyclique.

Partie C.

1. Le groupe \(G\) est commutatif, comme sous-groupe de \(\mathbb{C}^{*}\). Pour tout \(d \mid n\), les solutions de \(z^{d} = 1\) sont des racines du polynôme \(X^{d} – 1\), de degré \(d\). Il y en a donc au plus \(d\). La partie B s’applique : \(G\) est cyclique. Par ailleurs, le théorème de Lagrange donne \(z^{n} = 1\) pour tout \(z \in G\), soit \(G \subset \mathbb{U}_{n}\). Les deux ensembles ont \(n\) éléments. Donc \(G = \mathbb{U}_{n}\), qui est bien cyclique.
2. Le groupe \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) est de cardinal 4, et \(2 \mid 4\). Or ses quatre éléments vérifient \(2 \cdot (a, b) = (\overline{0}, \overline{0})\). L’équation associée à \(d = 2\) a donc 4 solutions, soit plus que 2. L’hypothèse de la partie B n’est pas satisfaite, ce qui est cohérent avec le fait que ce groupe n’est pas cyclique.

Point de méthode : le critère de la partie B est l’outil standard pour montrer qu’un sous-groupe fini du groupe multiplicatif d’un corps commutatif est cyclique.

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