Corrigé du contrôle de maths spé : groupes monogènes, ordre d’un élément et Z/nZ

Exercice 1 : Question de cours (5 points)

1. Soit \(\varphi : \mathbb{Z} \to G\), \(k \mapsto a^k\). Pour tous entiers \(k\) et \(l\), on a \(a^{k+l} = a^k a^l\), donc \(\varphi\) est un morphisme de groupes de \((\mathbb{Z}, +)\) dans \(G\). Son image est \(\{a^k : k \in \mathbb{Z}\} = \langle a \rangle = G\), donc \(\varphi\) est surjectif.
   
   Le noyau \(\ker \varphi\) est un sous-groupe de \((\mathbb{Z}, +)\), donc il existe \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(\ker \varphi = n\mathbb{Z}\).
   
   Cas \(n = 0\). Le noyau est réduit à \(\{0\}\), donc \(\varphi\) est injectif. C’est alors un isomorphisme de \(\mathbb{Z}\) sur \(G\), et \(G\) est infini.
   
   Cas \(n \geq\, 1\). Pour \(k \in \mathbb{Z}\), la division euclidienne donne \(k = qn + r\) avec \(0 \leq\, r \leq\, n – 1\). Comme \(a^n = e\), on obtient \(a^k = (a^n)^q a^r = a^r\). Ainsi \(G = \{e, a, \ldots, a^{n-1}\}\) est fini.
   
   Par contraposée, si \(G\) est infini, on est dans le premier cas : \(G\) est isomorphe à \((\mathbb{Z}, +)\).
   
   Si \(G\) est fini, \(\varphi\) ne peut pas être injectif (\(\mathbb{Z}\) est infini), donc \(n \geq\, 1\). Définissons \(\psi : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to G\) par \(\psi(\overline{k}) = a^k\). Elle est bien définie : si \(\overline{k} = \overline{l}\), alors \(k – l \in n\mathbb{Z} = \ker \varphi\), donc \(a^k = a^l\). C’est un morphisme, car \(\psi(\overline{k} + \overline{l}) = a^{k+l} = \psi(\overline{k})\psi(\overline{l})\). Elle est surjective, comme \(\varphi\). Enfin, \(\psi(\overline{k}) = e\) signifie \(k \in n\mathbb{Z}\), soit \(\overline{k} = \overline{0}\) : \(\psi\) est injective. Par conséquent \(\psi\) est un isomorphisme, et \(G\) a \(n\) éléments. Un groupe monogène fini de cardinal \(n\) est isomorphe à \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)\).
2. L’application \(\varphi_x : k \mapsto x^k\) est un morphisme de \((\mathbb{Z}, +)\) dans \(G\). Son noyau est un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\), donc de la forme \(m\mathbb{Z}\) avec \(m \in \mathbb{N}\).
   
   Par définition, \(d\) est le plus petit entier \(k \geq\, 1\) tel que \(x^k = e\) ; il existe, donc le noyau n’est pas réduit à \(\{0\}\) et \(m \geq\, 1\). Or le plus petit élément strictement positif de \(m\mathbb{Z}\) est \(m\). Ainsi \(m = d\), et \(\ker \varphi_x = d\mathbb{Z}\).
   
   En conclusion, \(x^n = e \iff n \in \ker \varphi_x = d\mathbb{Z} \iff d\) divise \(n\).

Barème : a) 3 points : 0,5 pour le morphisme surjectif, 0,5 pour la forme du noyau, 0,5 pour le cas infini, 0,5 pour la finitude quand \(n \geq\, 1\), 1 pour l’isomorphisme \(\psi\) bien défini, injectif et surjectif ; b) 2 points : 1 pour le noyau \(m\mathbb{Z}\), 1 pour l’identification \(m = d\).

Exercice 2 : Générateurs de Z/12Z et racines de l’unité (4 points)

1. Le sous-groupe engendré par \(\overline{k}\) est \(\{u\overline{k} : u \in \mathbb{Z}\}\). Comme \(\overline{1}\) engendre \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), on a : \(\overline{k}\) engendre \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) si et seulement si \(\overline{1} \in \langle \overline{k} \rangle\).
   
   Cela équivaut à l’existence de \(u \in \mathbb{Z}\) tel que \(uk \equiv 1 \pmod n\), donc à l’existence d’entiers \(u\) et \(v\) tels que \(uk + vn = 1\). D’après le théorème de Bézout, \(\overline{k}\) engendre \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) si et seulement si \(k \wedge n = 1\).
2. Les entiers de \(\{0, \ldots, 11\}\) premiers avec 12 sont 1, 5, 7 et 11. Les générateurs de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) sont \(\overline{1}\), \(\overline{5}\), \(\overline{7}\) et \(\overline{11}\).
   
   L’ordre de \(\overline{8}\) est le plus petit \(m \geq\, 1\) tel que 12 divise \(8m\), soit 3 divise \(2m\), c’est-à-dire 3 divise \(m\) : \(\overline{8}\) est d’ordre 3 (\(3 \times 8 = 24\)). De même, 12 divise \(9m\) équivaut à 4 divise \(3m\), soit 4 divise \(m\) : \(\overline{9}\) est d’ordre 4 (\(4 \times 9 = 36\)). On retrouve la formule \(\dfrac{12}{k \wedge 12}\).
3. Posons \(\omega = e^{2i\pi/n}\). On sait que \(\mathbb{U}_n = \{\omega^k : 0 \leq\, k \leq\, n-1\}\), donc \(\mathbb{U}_n = \langle \omega \rangle\) est monogène, fini de cardinal \(n\) : il est cyclique. D’après l’exercice 1, il est isomorphe à \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), par l’isomorphisme \(\psi : \overline{k} \mapsto \omega^k\).
   
   Un isomorphisme envoie les générateurs sur les générateurs. Ainsi les générateurs de \(\mathbb{U}_n\) sont les \(e^{2ik\pi/n}\) avec \(k \wedge n = 1\). Pour \(n = 12\), on prend \(k \in \{1, 5, 7, 11\}\) : les générateurs de \(\mathbb{U}_{12}\) sont \(e^{i\pi/6}\), \(e^{5i\pi/6}\), \(e^{7i\pi/6}\) et \(e^{11i\pi/6}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la traduction \(\overline{1} \in \langle \overline{k} \rangle\), 1 pour l’équivalence avec Bézout ; b) 1 point : 0,5 pour les générateurs, 0,5 pour les deux ordres ; c) 1,5 point : 0,5 pour le caractère cyclique, 0,5 pour l’isomorphisme, 0,5 pour la liste.

Exercice 3 : Ordre d’un produit (4 points)

1. Comme \(x\) et \(y\) commutent, \((xy)^{ab} = x^{ab}y^{ab} = (x^a)^b (y^b)^a = e\). Donc \((xy)^{ab} = e\).
2. Soit \(z \in \langle x \rangle \cap \langle y \rangle\). Il existe \(k\) tel que \(z = x^k\), donc \(z^a = (x^a)^k = e\). De même, \(z^b = e\). D’après l’exercice 1 b), l’ordre \(\delta\) de \(z\) divise \(a\) et \(b\). Il divise donc \(a \wedge b = 1\), d’où \(\delta = 1\) et \(z = e\). Ainsi \(\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}\).
3. Notons \(m\) l’ordre de \(xy\), fini d’après a). Comme \(x\) et \(y\) commutent, \((xy)^m = e\) s’écrit \(x^m = y^{-m}\). Cet élément appartient à \(\langle x \rangle \cap \langle y \rangle\), donc il vaut \(e\) d’après b).
   
   Ainsi \(x^m = e\) et \(y^m = e\), donc \(a\) divise \(m\) et \(b\) divise \(m\). Comme \(a \wedge b = 1\), le produit \(ab\) divise \(m\). Par ailleurs \(m\) divise \(ab\) d’après a) et l’exercice 1 b). L’ordre de \(xy\) est donc \(ab\).
4. Dans \(\mathbb{C}^*\), commutatif, \(i\) est d’ordre 4 et \(e^{2i\pi/3}\) est d’ordre 3. Comme \(4 \wedge 3 = 1\), \(i\,e^{2i\pi/3}\) est d’ordre 12. En effet, \(i\,e^{2i\pi/3} = e^{7i\pi/6} = e^{2i\pi \times 7/12}\), avec \(7 \wedge 12 = 1\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour \(z^a = z^b = e\), 1 pour la conclusion par le PGCD ; c) 1,5 point : 0,5 pour \(x^m = y^{-m}\), 0,5 pour \(ab\) divise \(m\), 0,5 pour la conclusion ; d) 0,5 point.

Erreur fréquente : sans l’hypothèse \(a \wedge b = 1\), le résultat est faux : \(x\) et \(x^{-1}\) ont le même ordre, mais leur produit vaut \(e\).

Exercice 4 : Sous-groupes de (Z, +) (3 points)

1. Si \(H = \{0\}\), alors \(H = 0\mathbb{Z}\). Sinon, \(H\) contient un entier non nul \(h\), ainsi que son opposé : \(H \cap \mathbb{N}^*\) est une partie non vide de \(\mathbb{N}\). Elle admet donc un plus petit élément \(n\).
   
   Comme \(H\) est un sous-groupe contenant \(n\), il contient \(n\mathbb{Z}\). Réciproquement, soit \(h \in H\) ; écrivons \(h = qn + r\) avec \(0 \leq\, r \leq\, n – 1\). Alors \(r = h – qn \in H\). Par minimalité de \(n\), on a \(r = 0\), donc \(h \in n\mathbb{Z}\). Ainsi \(H = n\mathbb{Z}\).
2. L’ensemble \(a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}\) contient \(0\) ; il est stable par somme et par passage à l’opposé, car \((au + bv) – (au^{\prime} + bv^{\prime}) = a(u – u^{\prime}) + b(v – v^{\prime})\). C’est donc un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\), égal à \(d\mathbb{Z}\) avec \(d \in \mathbb{N}\), et \(d \neq 0\) car \(a\) ou \(b\) est non nul.
   
   D’abord, \(a\) et \(b\) sont dans \(d\mathbb{Z}\), donc \(d\) est un diviseur commun de \(a\) et \(b\). Ensuite, \(d\) s’écrit \(au + bv\) : tout diviseur commun de \(a\) et \(b\) divise donc \(d\). Ainsi \(d = a \wedge b\). Comme \(12 \wedge 18 = 6\), \(12\mathbb{Z} + 18\mathbb{Z} = 6\mathbb{Z}\).
3. Un entier appartient à \(12\mathbb{Z} \cap 18\mathbb{Z}\) si et seulement si c’est un multiple commun de 12 et 18, donc un multiple de leur PPCM, qui vaut \(\dfrac{12 \times 18}{6} = 36\). Donc \(m = 36\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’existence du minimum, 1 pour la division euclidienne ; b) 1 point : 0,5 pour la structure de sous-groupe, 0,5 pour \(d = a \wedge b\) et l’application ; c) 0,5 point.

Exercice 5 : Groupes commutatifs finis et ordre premier (4 points)

1. L’application \(g \mapsto x^{-1}g\) vérifie \(x^{-1}(xg) = g\) et \(x(x^{-1}g) = g\). C’est donc une réciproque de \(\tau_x\). Ainsi \(\tau_x\) est une bijection de \(G\) sur \(G\).
2. Comme \(\tau_x\) est une bijection de \(G\) et que \(G\) est commutatif, le produit des \(xg\) est le produit de tous les éléments de \(G\) dans un autre ordre :
   \[\prod_{g \in G} (xg) = \prod_{h \in G} h = P.\]
   D’autre part, la commutativité permet de regrouper les \(n\) facteurs \(x\) :
   \[\prod_{g \in G} (xg) = x^n \prod_{g \in G} g = x^n P.\]
   Donc \(x^n P = P\). En multipliant par \(P^{-1}\), on obtient \(x^n = e\).
3. Soit \(x \in G\), d’ordre \(d\). D’après b), \(x^n = e\), donc, par l’exercice 1 b), \(d\) divise \(n = \operatorname{card} G\).
4. Soit \(x \neq e\) dans \(G\). Son ordre \(d\) divise \(p\) et \(d \neq 1\), donc \(d = p\). Alors \(\langle x \rangle\) contient les \(p\) éléments distincts \(e, x, \ldots, x^{p-1}\) : c’est \(G\) tout entier. Ainsi \(G\) est monogène fini. \(G\) est cyclique, engendré par tout \(x \neq e\), et isomorphe à \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\) d’après l’exercice 1 a).
5. Soit \(x\) d’ordre 2 et \(y\) d’ordre 3. Ils commutent et \(2 \wedge 3 = 1\), donc \(xy\) est d’ordre 6 d’après l’exercice 3. Alors \(\langle xy \rangle\) a 6 éléments : c’est \(G\). Le groupe est cyclique, isomorphe à \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 pour le changement d’indice par la bijection, 0,5 pour le regroupement des \(x\), 0,5 pour la simplification par \(P\) ; c) 0,5 point ; d) 1 point : 0,5 pour l’ordre \(p\), 0,5 pour la conclusion ; e) 0,5 point.

Erreur fréquente : citer le théorème de Lagrange général pour la question c) alors que l’énoncé demande de le déduire de b). Il faut utiliser le résultat démontré.

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Après le corrigé du contrôle : groupes monogènes, ordre d’un élément et Z/nZ

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