Corrigé du contrôle de maths L2 : groupes, sous-groupes et morphismes

Exercice 1 : Question de cours : le théorème de Lagrange (4 points)

1. La relation est réflexive : \(x^{-1}x = e \in H\). Elle est symétrique : si \(x^{-1}y \in H\), alors son inverse \(y^{-1}x\) appartient aussi à \(H\), car \(H\) est un sous-groupe. Elle est transitive : si \(x^{-1}y \in H\) et \(y^{-1}z \in H\), alors \(x^{-1}z = (x^{-1}y)(y^{-1}z) \in H\). C’est donc une relation d’équivalence. Enfin, \(y \sim x\) équivaut à \(x^{-1}y = h \in H\), c’est-à-dire \(y = xh\). La classe de \(x\) est donc \(xH\).
2. L’application \(\lambda_x : H \to xH\), \(h \mapsto xh\), est surjective par définition de \(xH\). Elle est injective : si \(xh = xh^{\prime}\), on multiplie à gauche par \(x^{-1}\) et on obtient \(h = h^{\prime}\). Donc \(\lambda_x\) est une bijection et \(|xH| = |H|\).
3. Théorème de Lagrange : si \(G\) est un groupe fini et \(H\) un sous-groupe de \(G\), alors \(|H|\) divise \(|G|\).

   Démonstration. Les classes d’équivalence de \(\sim\) forment une partition de \(G\). Notons \(x_1H, \ldots, x_rH\) ces classes, deux à deux distinctes. D’après b, chacune a \(|H|\) éléments. Donc \(|G| = r\,|H|\), et \(|H|\) divise \(|G|\). L’entier \(r\) est l’indice de \(H\) dans \(G\).

4. Soit \(x \in G\) d’ordre \(m\). Le sous-groupe engendré \(\langle x \rangle = \{e, x, \ldots, x^{m-1}\}\) a exactement \(m\) éléments. D’après Lagrange, \(m\) divise \(|G|\).

   Si \(|G| = p\) est premier, on choisit \(x \neq e\). Son ordre divise \(p\) et n’est pas \(1\), donc il vaut \(p\). Alors \(\langle x \rangle\) a \(p\) éléments, donc \(\langle x \rangle = G\) : \(G\) est cyclique, engendré par n’importe quel élément différent du neutre.

Barème : a) 0,75 point pour les trois propriétés, 0,25 point pour la classe ; b) 1 point ; c) 0,25 point pour l’énoncé, 0,75 point pour la preuve par partition ; d) 0,5 point pour l’ordre, 0,5 point pour le groupe d’ordre premier.

Exercice 2 : Le groupe cyclique Z/12Z (4 points)

1. Posons \(g = k \wedge 12\), \(k = gk^{\prime}\) et \(12 = g n^{\prime}\), avec \(k^{\prime} \wedge n^{\prime} = 1\). Pour \(m \geq\, 1\), on a \(m\overline{k} = \overline{0}\) si et seulement si \(12 \mid mk\), c’est-à-dire \(n^{\prime} \mid mk^{\prime}\). D’après le lemme de Gauss, cela équivaut à \(n^{\prime} \mid m\). Le plus petit tel \(m\) est donc \(n^{\prime}\) : l’ordre de \(\overline{k}\) est \(\dfrac{12}{k \wedge 12}\). On obtient le tableau suivant.
   

   \(k\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
   ordre	1	12	6	4	3	12	2	12	3	4	6	12

2. Un générateur est un élément d’ordre \(12\). Ce sont donc les classes \(\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}\), c’est-à-dire les \(k\) premiers avec \(12\) : il y en a \(\varphi(12) = 4\).
3. Soit \(H\) un sous-groupe et \(\pi : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) la projection, qui est un morphisme surjectif. L’image réciproque \(\pi^{-1}(H)\) est un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\) contenant \(12\mathbb{Z}\). Or les sous-groupes de \(\mathbb{Z}\) sont de la forme \(d\mathbb{Z}\), donc \(\pi^{-1}(H) = d\mathbb{Z}\) avec \(d \geq\, 1\). Comme \(12 \in d\mathbb{Z}\), l’entier \(d\) divise \(12\). Par surjectivité de \(\pi\), \(H = \pi(d\mathbb{Z}) = \langle \overline{d} \rangle\), d’ordre \(12/d\).

   Les diviseurs de \(12\) sont \(1, 2, 3, 4, 6, 12\). On obtient donc exactement six sous-groupes :

   \(\langle \overline{1} \rangle = \mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) (ordre 12), \(\langle \overline{2} \rangle = \{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}, \overline{6}, \overline{8}, \overline{10}\}\) (ordre 6), \(\langle \overline{3} \rangle = \{\overline{0}, \overline{3}, \overline{6}, \overline{9}\}\) (ordre 4),

   \(\langle \overline{4} \rangle = \{\overline{0}, \overline{4}, \overline{8}\}\) (ordre 3), \(\langle \overline{6} \rangle = \{\overline{0}, \overline{6}\}\) (ordre 2) et \(\{\overline{0}\}\) (ordre 1).

   De plus, \(\langle \overline{d} \rangle \subset \langle \overline{d^{\prime}} \rangle\) si et seulement si \(d^{\prime}\) divise \(d\). Le schéma ci-dessous résume ces inclusions.

   

4. Si \(x \equiv x^{\prime} \pmod{12}\), alors \(3x – 3x^{\prime} = 3(x – x^{\prime})\) est multiple de \(12\). Donc \(f\) est bien définie. Ensuite, \(f(\overline{x} + \overline{y}) = \overline{3x + 3y} = f(\overline{x}) + f(\overline{y})\), donc \(f\) est un morphisme.

   Par ailleurs, \(3x \equiv 0 \pmod{12}\) équivaut à \(4 \mid x\). Donc \(\ker f = \{\overline{0}, \overline{4}, \overline{8}\}\) et \(\operatorname{Im} f = \{\overline{0}, \overline{3}, \overline{6}, \overline{9}\} = \langle \overline{3} \rangle\). On vérifie \(3 \times 4 = 12\).

Barème : a) 0,5 point pour la formule, 0,5 point pour le tableau ; b) 0,5 point ; c) 1 point pour la preuve, 0,5 point pour la liste et les inclusions ; d) 0,5 point pour la bonne définition et le morphisme, 0,5 point pour noyau et image.

Exercice 3 : Une permutation de S_7 (4 points)

1. On suit les orbites. D’abord \(1 \mapsto 3 \mapsto 5 \mapsto 1\). Ensuite \(2 \mapsto 7 \mapsto 4 \mapsto 6 \mapsto 2\). Tous les éléments de \(\{1, \ldots, 7\}\) sont atteints, donc \(\sigma = (1\;3\;5)(2\;7\;4\;6)\), produit d’un 3-cycle et d’un 4-cycle à supports disjoints.
2. Les deux cycles commutent car leurs supports sont disjoints. L’ordre de \(\sigma\) est donc le ppcm des longueurs : \(\operatorname{ppcm}(3, 4) = 12\). Un cycle de longueur \(\ell\) a pour signature \((-1)^{\ell – 1}\), et la signature est un morphisme. Donc \(\varepsilon(\sigma) = (-1)^2 \times (-1)^3\), soit \(\varepsilon(\sigma) = -1\) : \(\sigma\) est impaire.
3. Posons \(c_1 = (1\;3\;5)\) et \(c_2 = (2\;7\;4\;6)\). Comme ils commutent, \(\sigma^{2026} = c_1^{2026} c_2^{2026}\). Or \(2026 = 3 \times 675 + 1\), donc \(c_1^{2026} = c_1\). De même, \(2026 = 4 \times 506 + 2\), donc \(c_2^{2026} = c_2^2\). Enfin \(c_2^2\) envoie \(2\) sur \(4\), \(4\) sur \(2\), \(7\) sur \(6\) et \(6\) sur \(7\). Ainsi \(\sigma^{2026} = (1\;3\;5)(2\;4)(6\;7)\).
4. L’ordre d’une permutation est le ppcm des longueurs de ses cycles disjoints, dont la somme vaut au plus \(7\). On passe en revue les partitions de \(7\) : \(7\) donne \(7\) ; \(6 + 1\) donne \(6\) ; \(5 + 2\) donne \(10\) ; \(4 + 3\) donne \(12\) ; \(4 + 2 + 1\) donne \(4\) ; \(3 + 2 + 2\) donne \(6\) ; les autres donnent au plus \(6\). Le plus grand ordre est 12, atteint par exemple par \(\sigma\).

Erreur fréquente : additionner les longueurs des cycles au lieu de prendre leur ppcm pour obtenir l’ordre.

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour l’ordre, 0,5 point pour la signature ; c) 0,5 point pour la réduction des exposants, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,5 point pour la méthode, 0,5 point pour la valeur 12.

Exercice 4 : Un morphisme vers le cercle unité (3 points)

1. Pour \(s, t \in \mathbb{R}\), \(\varphi(s + t) = e^{2i\pi(s + t)} = e^{2i\pi s} e^{2i\pi t} = \varphi(s)\varphi(t)\). Donc \(\varphi\) est un morphisme de \((\mathbb{R}, +)\) dans \((\mathbb{C}^{*}, \times )\).
2. On a \(\varphi(t) = 1\) si et seulement si \(2\pi t \in 2\pi\mathbb{Z}\), donc \(\ker \varphi = \mathbb{Z}\). Ensuite, \(|\varphi(t)| = 1\), donc \(\operatorname{Im} \varphi \subset \mathbb{U}\). Réciproquement, tout \(z \in \mathbb{U}\) s’écrit \(e^{i\theta}\), et alors \(z = \varphi(\frac{\theta}{2\pi})\). Donc \(\operatorname{Im} \varphi = \mathbb{U}\).
3. Notons \(e\) et \(e^{\prime}\) les neutres. Si \(f\) est injectif, alors \(x \in \ker f\) donne \(f(x) = e^{\prime} = f(e)\), donc \(x = e\). Réciproquement, supposons \(\ker f = \{e\}\). Si \(f(x) = f(y)\), alors \(f(x^{-1}y) = f(x)^{-1}f(y) = e^{\prime}\), donc \(x^{-1}y = e\) et \(x = y\). \(f\) est injectif si et seulement si \(\ker f = \{e\}\).
4. Si \(z^n = 1\), alors \(|z|^n = 1\), donc \(|z| = 1\) : \(\mathbb{U}_n \subset \mathbb{U}\). Ensuite \(1 \in \mathbb{U}_n\) et, si \(z, w \in \mathbb{U}_n\), \((zw^{-1})^n = 1\) : c’est un sous-groupe. Enfin, ses éléments sont les \(n\) racines distinctes \(\omega^k\), \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\), avec \(\omega = e^{2i\pi/n}\). Donc \(\mathbb{U}_n = \langle \omega \rangle\) est cyclique d’ordre \(n\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour le noyau, 0,5 point pour l’image avec les deux inclusions ; c) 0,5 point par implication ; d) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : groupes d’ordre 4 et morphismes (5 points)

1. L’hypothèse \(x^2 = e\) signifie \(x = x^{-1}\) pour tout \(x\). Soit \(x, y \in G\). Alors \(xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx\). Donc \(G\) est commutatif.
2. D’après le théorème de Lagrange, l’ordre de tout élément divise \(4\) : il vaut \(1\), \(2\) ou \(4\).

   S’il existe un élément d’ordre \(4\), il engendre un sous-groupe à \(4\) éléments, donc égal à \(G\) : \(G\) est cyclique, isomorphe à \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\).

   Sinon, tout \(x \neq e\) est d’ordre \(2\), et \(x^2 = e\) pour tout \(x \in G\).

   Dans le premier cas, \(G = \langle g \rangle\) et \(g^i g^j = g^{i+j} = g^j g^i\). Dans le second cas, on applique a. Tout groupe d’ordre 4 est donc commutatif.

3. Dans \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\), on a \(12 \cdot \overline{1} = \overline{0}\). Comme \(f\) est un morphisme, \(f(12 \cdot \overline{1}) = 12 f(\overline{1}) = \dot{0}\), donc \(12a \equiv 0 \pmod 8\). Cette condition équivaut à \(8 \mid 12a\), soit \(2 \mid 3a\), soit \(a\) pair : \(a \in \{0, 2, 4, 6\}\).

   Réciproquement, soit \(a\) pair. On pose \(f_a(\overline{x}) = \dot{(xa)}\). C’est bien défini : si \(x – x^{\prime} = 12k\), alors \((x – x^{\prime})a = 12ak\) est multiple de \(8\), car \(12a\) l’est. C’est un morphisme, par distributivité.

   Enfin, un morphisme est déterminé par l’image du générateur \(\overline{1}\), car \(f(\overline{x}) = x f(\overline{1})\). Il y a donc exactement quatre morphismes : \(f_0, f_2, f_4, f_6\).

4. Si \(f\) était injectif, \(\operatorname{Im} f\) serait un sous-groupe de \(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}\) à \(12\) éléments. Or \(12\) ne divise pas \(8\), ce qui contredit Lagrange : aucun morphisme n’est injectif. Par ailleurs, \(\operatorname{Im} f_a = \langle \dot{a} \rangle \subset \langle \dot{2} \rangle = \{\dot{0}, \dot{2}, \dot{4}, \dot{6}\}\), qui a \(4\) éléments. Donc aucun morphisme n’est surjectif. Autre argument : \(|\operatorname{Im} f|\) divise \(12\), comme cardinal d’une image, et \(8\), par Lagrange ; il divise donc \(4\).

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour Lagrange, 0,5 point pour la dichotomie, 0,5 point pour la commutativité ; c) 0,5 point pour la condition, 0,5 point pour la bonne définition, 0,5 point pour le dénombrement ; d) 0,5 point pour l’injectivité, 0,5 point pour la surjectivité.

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Après le corrigé du contrôle : groupes, sous-groupes et morphismes

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