Groupes : corrigé des exercices de maths en L2

Sommaire

Ce corrigé groupes L2 rédige chaque solution comme on l’attend en partiel. Les hypothèses sont vérifiées, puis les théorèmes sont cités par leur nom : caractérisation des sous-groupes, théorème de Lagrange, classification des sous-groupes de Z. Les calculs de permutations sont détaillés point par point, avec la convention $\sigma\tau = \sigma \circ \tau$.

Soyez attentif à trois pièges fréquents. D’abord, une application définie sur $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ doit être bien définie avant d’être un morphisme. Ensuite, un produit de cycles non disjoints se calcule de droite à gauche. Enfin, dans un groupe non abélien, les classes à gauche et à droite peuvent différer, et un produit d’éléments d’ordre fini peut être d’ordre infini.

Les énoncés se trouvent sur la page exercices de maths en L2 sur groupes.

Corrigé de l’exercice 1 : Une loi de groupe sur R privé de -1

En développant, $(1 + x)(1 + y) – 1 = 1 + x + y + xy – 1 = x + y + xy = x * y$. Soient maintenant $x, y \in G$. Alors $1 + x \neq 0$ et $1 + y \neq 0$, donc $(1 + x)(1 + y) \neq 0$. Par conséquent, $x * y \neq -1$. La loi $*$ est bien une loi de composition interne sur $G$.
L’application $\varphi$ est à valeurs dans $\mathbb{R}^*$, car $1 + x \neq 0$ pour $x \in G$. De plus, l’application $u \mapsto u – 1$, de $\mathbb{R}^*$ dans $G$, est sa réciproque. Enfin, d’après la question 1, $\varphi(x * y) = 1 + x * y = (1 + x)(1 + y) = \varphi(x)\varphi(y)$. Ainsi $\varphi$ est une bijection qui transforme $*$ en produit.
On transporte la structure de $(\mathbb{R}^*, \times )$. D’abord, pour $x, y, z \in G$, on a $\varphi((x * y) * z) = \varphi(x)\varphi(y)\varphi(z) = \varphi(x * (y * z))$, et $\varphi$ est injective : la loi est associative. De même, $\varphi(x * y) = \varphi(y * x)$, donc elle est commutative. Ensuite, $\varphi(0) = 1$, d’où $x * 0 = \varphi^{-1}(\varphi(x) \times 1) = x$ : $0$ est neutre. Enfin, le symétrique de $x$ est $\varphi^{-1}(1/(1 + x)) = \dfrac{1}{1 + x} – 1$. $(G, *)$ est un groupe abélien de neutre $0$, et le symétrique de $x$ est $-\dfrac{x}{1 + x}$. On vérifie : $x * (-\frac{x}{1+x}) = (1 + x) \cdot \frac{1}{1 + x} – 1 = 0$.
Par récurrence, $\varphi(x^{*n}) = \varphi(x)^n = (1 + x)^n$. Donc $x^{*n} = (1 + x)^n – 1$. Ensuite, $x * x * x = 7$ équivaut à $(1 + x)^3 – 1 = 7$, soit $(1 + x)^3 = 8$. La fonction cube étant bijective sur $\mathbb{R}$, cela donne $1 + x = 2$. L’unique solution est $x = 1$. Vérification : $1 * 1 = 3$, puis $3 * 1 = 3 + 1 + 3 = 7$.

Point de méthode : dès qu’une loi s’écrit $\varphi^{-1}(\varphi(x)\varphi(y))$, transportez la structure de groupe par la bijection $\varphi$ au lieu de vérifier l’associativité à la main.

Corrigé de l’exercice 2 : Structures de groupe ou non

Dans $(\mathbb{N}, +)$, le neutre est $0$, mais $1 + n \geq\, 1$ pour tout $n \in \mathbb{N}$ : $1$ n’a pas de symétrique. $(\mathbb{N}, +)$ n’est pas un groupe. En revanche, $2\mathbb{Z}$ contient $0$, et $2a – 2b = 2(a – b) \in 2\mathbb{Z}$. C’est donc un sous-groupe de $(\mathbb{Z}, +)$. $(2\mathbb{Z}, +)$ est un groupe.
Dans $(\mathbb{Z}, \times )$, le neutre est $1$. Or $2u = 1$ n’a pas de solution entière. $(\mathbb{Z}, \times )$ n’est pas un groupe. Ensuite, $\{-1, 1\}$ est stable par produit, contient $1$, et chaque élément est son propre inverse. $(\{-1, 1\}, \times )$ est un groupe, sous-groupe de $\mathbb{R}^*$.
Dans $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, $\overline{2} \times \overline{3} = \overline{6} = \overline{0}$. Le produit de deux éléments de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z} \setminus \{\overline{0}\}$ peut donc en sortir : ce n’est pas un groupe, la loi n’est même pas interne. En revanche, $7$ est premier. D’une part, si $7 \mid ab$, alors $7 \mid a$ ou $7 \mid b$ (lemme d’Euclide) : la loi est interne. D’autre part, tout $\overline{k} \neq \overline{0}$ est inversible par Bézout. $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z} \setminus \{\overline{0}\}, \times )$ est un groupe abélien d’ordre 6.
Le neutre de $(\mathcal{M}_2(\mathbb{R}), \times )$ est $I_2$. Or la matrice nulle vérifie $0 \times B = 0 \neq I_2$ pour tout $B$. Ce n’est pas un groupe.
La loi $\star\,$ n’est pas associative : $(0 \star\, 0) \star\, 1 = 0 – 1 = -1$, tandis que $0 \star\, (0 \star\, 1) = 0 – (-1) = 1$. $(\mathbb{R}, \star\,)$ n’est pas un groupe. Remarquons aussi qu’il n’y a pas de neutre : $x \star\, 0 = x$, mais $0 \star\, x = -x$.

Corrigé de l’exercice 3 : Reconnaître des sous-groupes

On a $1 \in \mathbb{U}$. De plus, si $|z| = |w| = 1$, alors $|zw^{-1}| = |z|/|w| = 1$. $\mathbb{U}$ est un sous-groupe de $\mathbb{C}^*$.
On a $1 \in \mathbb{Q}_+^*$, et le quotient de deux rationnels strictement positifs l’est aussi. $\mathbb{Q}_+^*$ est un sous-groupe de $\mathbb{Q}^*$.
Le neutre $0$ est pair, donc $0 \notin 2\mathbb{Z} + 1$. Ce n’est pas un sous-groupe. D’ailleurs, $1 + 1 = 2$ n’est pas impair.
D’abord, $I_2 \in H$. Ensuite, le produit de deux éléments de $H$ vaut
\[\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^{\prime} & b^{\prime} \\ 0 & d^{\prime} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} aa^{\prime} & ab^{\prime} + bd^{\prime} \\ 0 & dd^{\prime} \end{pmatrix},\]
avec $aa^{\prime}dd^{\prime} \neq 0$. Enfin, l’inverse vaut
\[\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1/a & -b/(ad) \\ 0 & 1/d \end{pmatrix},\]
qui est encore dans $H$. $H$ est un sous-groupe de $\mathrm{GL}_2(\mathbb{R})$.
On a $\mathrm{SL}_2(\mathbb{R}) = \ker(\det)$, où $\det : \mathrm{GL}_2(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}^*$ est un morphisme. C’est donc un sous-groupe, comme tout noyau.
On a $2 \in H$, mais $2^{-1} = \frac{1}{2} \notin H$. $H$ n’est pas un sous-groupe de $\mathbb{R}^*$.

Corrigé de l’exercice 4 : Sous-groupes de Z et sous-groupe engendré

On a $0 = a \times 0 \in a\mathbb{Z}$. De plus, $ak – al = a(k – l) \in a\mathbb{Z}$. $a\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$.
L’ensemble $6\mathbb{Z} + 15\mathbb{Z}$ contient $0$, et la différence de $6u + 15v$ et $6u^{\prime} + 15v^{\prime}$ vaut $6(u – u^{\prime}) + 15(v – v^{\prime})$. C’est donc un sous-groupe, égal à $d\mathbb{Z}$ avec $d$ son plus petit élément strictement positif. Or $3 = 15 – 2 \times 6$ lui appartient, donc $d \mid 3$. De plus, tous ses éléments sont multiples de 3, donc $1$ n’en fait pas partie. Ainsi $d = 3$ : $\langle 6, 15 \rangle = 3\mathbb{Z}$.
Un entier est dans $6\mathbb{Z} \cap 15\mathbb{Z}$ s’il est multiple de 6 et de 15, donc de 2, 3 et 5. Ces trois nombres sont premiers entre eux deux à deux, donc il est multiple de 30. Réciproquement, 30 est multiple de 6 et de 15. Donc $6\mathbb{Z} \cap 15\mathbb{Z} = 30\mathbb{Z}$, et $m = 30 = \mathrm{ppcm}(6, 15)$.
On a $4$ et $6$ dans la réunion, mais $6 – 4 = 2$ n’est multiple ni de 4, ni de 6. $4\mathbb{Z} \cup 6\mathbb{Z}$ n’est pas un sous-groupe.
Comme à la question 2, $a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$, non nul car il contient $a$ et $b$. D’après le théorème de classification, il s’écrit $d\mathbb{Z}$ avec $d \geq\, 1$. D’une part, $a = a \times 1 + b \times 0 \in d\mathbb{Z}$ et de même $b \in d\mathbb{Z}$ : $d$ divise $a$ et $b$. D’autre part, $d \in a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z}$ s’écrit $d = au + bv$. Par conséquent, tout diviseur commun de $a$ et $b$ divise $d$. L’entier $d$ est donc le plus grand diviseur commun positif : $a\mathbb{Z} + b\mathbb{Z} = \mathrm{pgcd}(a, b)\,\mathbb{Z}$.

Corrigé de l’exercice 5 : Ordre des éléments de Z/12Z et des racines de l’unité

On applique la formule du cours : l’ordre de $\overline{k}$ dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ vaut $12/\mathrm{pgcd}(12, k)$. Ainsi, $\overline{8}$ est d’ordre $12/4 = 3$, $\overline{9}$ d’ordre $12/3 = 4$, et $\overline{5}$ d’ordre $12/1 = 12$. Vérifions pour $\overline{9}$ : ses multiples successifs sont $\overline{9}, \overline{6}, \overline{3}, \overline{0}$. Les ordres sont 3, 4 et 12.
L’élément $\overline{k}$, avec $0 \leq\, k \leq\, 11$, est d’ordre 12 si et seulement si $\mathrm{pgcd}(k, 12) = 1$. Il est d’ordre 6 si et seulement si $\mathrm{pgcd}(k, 12) = 2$. Les éléments d’ordre 12 sont $\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}$ ; ceux d’ordre 6 sont $\overline{2}$ et $\overline{10}$.
Soit $z = e^{2i\pi p/q}$ avec $\mathrm{pgcd}(p, q) = 1$. Alors $z^m = 1 \iff q \mid pm \iff q \mid m$, par le lemme de Gauss. Donc $z$ est d’ordre $q$. Ensuite, $\omega = e^{2i\pi \cdot 5/12}$ avec $\mathrm{pgcd}(5, 12) = 1$, et $\zeta = e^{2i\pi \cdot 3/8}$ avec $\mathrm{pgcd}(3, 8) = 1$. Donc $\omega$ est d’ordre 12 et $\zeta$ d’ordre 8.
On a $|1 + i| = \sqrt{2}$, donc $|(1 + i)^n| = 2^{n/2} > 1$ pour tout $n \geq\, 1$. Ainsi $(1 + i)^n \neq 1$. L’élément $1 + i$ est d’ordre infini.

Corrigé de l’exercice 6 : Noyau et image de morphismes usuels

On a $|zw| = |z|\,|w|$, donc $f$ est un morphisme. Son noyau est $\{z : |z| = 1\} = \mathbb{U}$. De plus, tout réel $r > 0$ vérifie $f(r) = r$. Ainsi $\ker f = \mathbb{U}$ et $\mathrm{Im}\, f = \mathbb{R}_+^*$ : $f$ est surjective, non injective.
On a $(xy)^2 = x^2 y^2$, donc $g$ est un morphisme. Ensuite, $x^2 = 1 \iff x = \pm 1$. Enfin, un réel $y$ est un carré non nul si et seulement si $y > 0$, avec $y = (\sqrt{y})^2$. Ainsi $\ker g = \{-1, 1\}$ et $\mathrm{Im}\, g = \mathbb{R}_+^*$ : $g$ n’est ni injective, ni surjective.
La formule $\det(AB) = \det A \det B$ montre que $\det$ est un morphisme. Son noyau est $\mathrm{SL}_n(\mathbb{R})$. Pour $t \in \mathbb{R}^*$, la matrice diagonale $\mathrm{diag}(t, 1, \ldots, 1)$ est inversible de déterminant $t$. Donc $\ker(\det) = \mathrm{SL}_n(\mathbb{R})$ et $\mathrm{Im}(\det) = \mathbb{R}^*$ : le déterminant est surjectif, et non injectif dès que $n \geq\, 2$. Par exemple, $\mathrm{diag}(2, 1/2)$ est dans le noyau. Pour $n = 1$, en revanche, $\det$ est l’identité de $\mathbb{R}^*$.
Si $\overline{k} = \overline{l}$, alors $6 \mid k – l$, donc $6 \mid 2k – 2l$ et $\overline{2k} = \overline{2l}$ : $h$ est bien définie. Ensuite, $h(\overline{k} + \overline{l}) = \overline{2k + 2l} = h(\overline{k}) + h(\overline{l})$. Le noyau est formé des $\overline{k}$ avec $6 \mid 2k$, c’est-à-dire $3 \mid k$. L’image est $\{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}\}$. Ainsi $\ker h = \{\overline{0}, \overline{3}\}$ et $\mathrm{Im}\, h = \{\overline{0}, \overline{2}, \overline{4}\}$ : $h$ n’est ni injective, ni surjective. On remarque que $2 \times 3 = 6$.

Point de méthode : sur un ensemble quotient comme $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$, vérifiez toujours qu’une formule ne dépend pas du représentant choisi avant de parler de morphisme.

Corrigé de l’exercice 7 : Décomposition d’une permutation en cycles

On suit les flèches à partir de 1 : $1 \to 3 \to 7 \to 4 \to 1$. Ensuite, le plus petit élément restant est 2 : $2 \to 5 \to 9 \to 6 \to 8 \to 2$. Tous les entiers de 1 à 9 sont atteints. Donc $\sigma = (1\ 3\ 7\ 4)(2\ 5\ 9\ 6\ 8)$. La figure ci-dessous montre ces deux orbites.
Les deux cycles sont disjoints, de longueurs 4 et 5. L’ordre vaut donc $\mathrm{ppcm}(4, 5) = 20$. De plus, un $k$-cycle a pour signature $(-1)^{k-1}$. L’ordre de $\sigma$ est 20 et $\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 (-1)^4 = -1$.
L’inverse d’un cycle s’obtient en le parcourant à l’envers. Comme les deux cycles commutent, $\sigma^{-1} = c_1^{-1} c_2^{-1}$. Donc $\sigma^{-1} = (1\ 4\ 7\ 3)(2\ 8\ 6\ 9\ 5)$.
On a $2026 = 20 \times 101 + 6$, donc $\sigma^{2026} = \sigma^6$. Ensuite, les cycles commutent : $\sigma^6 = c_1^6 c_2^6$. Or $c_1^4 = \mathrm{Id}$ et $c_2^5 = \mathrm{Id}$, d’où $c_1^6 = c_1^2$ et $c_2^6 = c_2$. Enfin, $c_1^2$ envoie $1 \mapsto 7$, $7 \mapsto 1$, $3 \mapsto 4$ et $4 \mapsto 3$. Ainsi $\sigma^{2026} = (1\ 7)(3\ 4)(2\ 5\ 9\ 6\ 8)$.
On utilise $(a_1\ \cdots\ a_k) = (a_1\ a_2)(a_2\ a_3) \cdots (a_{k-1}\ a_k)$. Donc $\sigma = (1\ 3)(3\ 7)(7\ 4)(2\ 5)(5\ 9)(9\ 6)(6\ 8)$. On retrouve la signature : sept transpositions donnent $(-1)^7 = -1$.

Corrigé de l’exercice 8 : Ordres de matrices et produit d’éléments d’ordre fini

Le calcul donne
\[A^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad A^3 = A^2 A = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I_2.\]
Par conséquent, $A^6 = (-I_2)^2 = I_2$, et l’ordre de $A$ divise 6. Or $A \neq I_2$, $A^2 \neq I_2$ et $A^3 \neq I_2$. La matrice $A$ est d’ordre 6.
On calcule $B^2 = -I_2$, donc $B^4 = I_2$, tandis que $B \neq I_2$ et $B^2 \neq I_2$. $B$ est d’ordre 4. Ensuite,
\[C^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad C^3 = C^2 C = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\]
Comme $C \neq I_2$, l’ordre divise 3 et vaut 3. $C$ est d’ordre 3.
On obtient $BC = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Par récurrence, $\begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & n+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, donc $(BC)^n = \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \neq I_2$ pour $n \geq\, 1$. $BC$ est d’ordre infini. Ainsi, dans un groupe non abélien, le produit de deux éléments d’ordre fini peut être d’ordre infini.
Comme $G$ est abélien, $(ab)^k = a^k b^k$ pour tout $k$. D’abord, $(ab)^{mn} = (a^m)^n (b^n)^m = e$. Ensuite, supposons $(ab)^k = e$. Alors $a^k = b^{-k}$ appartient à $\langle a \rangle \cap \langle b \rangle$. Ce sous-groupe a un ordre qui divise $m$ et $n$ par Lagrange, donc il vaut 1. Ainsi $a^k = e$ et $b^k = e$, d’où $m \mid k$ et $n \mid k$. Comme $m$ et $n$ sont premiers entre eux, $mn \mid k$. L’élément $ab$ est d’ordre $mn$.

Corrigé de l’exercice 9 : Morphismes de Z/12Z dans Z/18Z

Pour $k \geq\, 0$, on a $\overline{k} = \overline{1} + \cdots + \overline{1}$ ($k$ termes). Comme $f$ est un morphisme, $f(\overline{k}) = ka$. Tout élément de $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ a un représentant $k \in \{0, \ldots, 11\}$, donc $f$ est entièrement déterminé par $a$. Enfin, $12a = f(\overline{12}) = f(\overline{0}) = \overline{0}$. Donc $f(\overline{k}) = ka$ et $12a = \overline{0}$.
Si $\overline{k} = \overline{l}$ dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, alors $k – l = 12q$, et $ka – la = q(12a) = \overline{0}$. La formule ne dépend donc pas du représentant. De plus, $(k + l)a = ka + la$. L’application $\overline{k} \mapsto ka$ est un morphisme.
Écrivons $a = \overline{\alpha}$ avec $0 \leq\, \alpha \leq\, 17$. La condition $12a = \overline{0}$ s’écrit $18 \mid 12\alpha$, soit $3 \mid 2\alpha$, soit $3 \mid \alpha$ par le lemme de Gauss. Les morphismes sont les $f_\alpha : \overline{k} \mapsto \overline{\alpha k}$ avec $\alpha \in \{0, 3, 6, 9, 12, 15\}$ : il y en a 6. On remarque que $6 = \mathrm{pgcd}(12, 18)$.
Pour $a = \overline{3}$, on a $f(\overline{k}) = \overline{3k}$. Ensuite, $18 \mid 3k \iff 6 \mid k$. Dans $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$, cela donne deux classes. De plus, l’image est formée des multiples de $\overline{3}$ dans $\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}$. Donc $\ker f = \{\overline{0}, \overline{6}\}$ et $\mathrm{Im}\, f = \langle \overline{3} \rangle = \{\overline{0}, \overline{3}, \overline{6}, \overline{9}, \overline{12}, \overline{15}\}$. On vérifie que $2 \times 6 = 12$.
Un morphisme injectif aurait une image à 12 éléments. Cette image serait un sous-groupe de $\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}$, donc son ordre diviserait 18 par Lagrange. Or 12 ne divise pas 18. Il n’existe aucun morphisme injectif de $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ dans $\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}$.

Corrigé de l’exercice 10 : Centre et automorphismes intérieurs

D’abord, $e \in Z(G)$. Soient ensuite $a, b \in Z(G)$ et $x \in G$. De $bx = xb$, on tire $xb^{-1} = b^{-1}x$ en multipliant par $b^{-1}$ à gauche et à droite. Donc $ab^{-1}x = axb^{-1} = xab^{-1}$. Ainsi $Z(G)$ est un sous-groupe de $G$.
On a $\varphi_g(xy) = gxyg^{-1} = (gxg^{-1})(gyg^{-1}) = \varphi_g(x)\varphi_g(y)$. De plus, $\varphi_{g^{-1}}(\varphi_g(x)) = g^{-1}gxg^{-1}g = x$, et de même dans l’autre ordre. Donc $\varphi_g$ est un automorphisme de $G$, de réciproque $\varphi_{g^{-1}}$.
Pour $g, h, x \in G$, $\varphi_{gh}(x) = ghxh^{-1}g^{-1} = \varphi_g(\varphi_h(x))$. Donc $\Phi(gh) = \Phi(g) \circ \Phi(h)$. Ensuite, $\varphi_g = \mathrm{Id}$ signifie $gxg^{-1} = x$ pour tout $x$, soit $gx = xg$. $\Phi$ est un morphisme de noyau $Z(G)$.
On calcule, en appliquant d’abord le facteur de droite :
\[(1\ 2)(1\ 3) = (1\ 3\ 2), \qquad (1\ 3)(1\ 2) = (1\ 2\ 3).\]
Donc $(1\ 2)$ et $(1\ 3)$ ne sont pas dans le centre. De même, $(2\ 3)(1\ 2) = (1\ 3\ 2)$ et $(1\ 2)(2\ 3) = (1\ 2\ 3)$, donc $(2\ 3) \notin Z(\mathcal{S}_3)$. Ensuite, $(1\ 2\ 3)(1\ 2) = (1\ 3)$ et $(1\ 2)(1\ 2\ 3) = (2\ 3)$, donc $(1\ 2\ 3) \notin Z(\mathcal{S}_3)$. Enfin, $(1\ 3\ 2)$ est l’inverse de $(1\ 2\ 3)$ ; comme $Z(\mathcal{S}_3)$ est un sous-groupe, il n’y est pas non plus. Donc $Z(\mathcal{S}_3) = \{\mathrm{Id}\}$, et $\Phi$ est injectif : $\mathcal{S}_3$ est isomorphe au sous-groupe $\Phi(\mathcal{S}_3)$ de $\mathrm{Aut}(\mathcal{S}_3)$.

Corrigé de l’exercice 11 : Groupes d’exposant 2

L’hypothèse $x^2 = e$ signifie $x^{-1} = x$ pour tout $x$. Donc, pour $x, y \in G$, $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$. Le groupe $G$ est abélien.
Une double transposition $(a\ b)(c\ d)$, à supports disjoints, a pour carré $(a\ b)^2 (c\ d)^2 = \mathrm{Id}$. Calculons ensuite les produits, en appliquant d’abord le facteur de droite :
\[(1\ 2)(3\ 4) \cdot (1\ 3)(2\ 4) = (1\ 4)(2\ 3), \qquad (1\ 3)(2\ 4) \cdot (1\ 2)(3\ 4) = (1\ 4)(2\ 3).\]
De même, $(1\ 2)(3\ 4) \cdot (1\ 4)(2\ 3) = (1\ 3)(2\ 4)$ et $(1\ 3)(2\ 4) \cdot (1\ 4)(2\ 3) = (1\ 2)(3\ 4)$. Ainsi, le produit de deux éléments distincts non triviaux est le troisième. Par conséquent, $V$ contient $\mathrm{Id}$, est stable par produit et par inverse. $V$ est un sous-groupe de $\mathcal{S}_4$ d’ordre 4 dont tous les éléments vérifient $x^2 = \mathrm{Id}$.
Soit $x \neq e$ dans $G$. Alors $x^2 = e$, donc $x$ est d’ordre 2. Par le théorème de Lagrange, l’ordre de $x$ divise $|G|$. Donc $|G|$ est pair.
Le groupe $(\mathbb{Z}, +)$ est abélien, mais $1 + 1 = 2 \neq 0$. Un groupe abélien n’est pas forcément d’exposant 2.

Corrigé de l’exercice 12 : Élément d’ordre 2 dans un groupe d’ordre pair

Si $x \in A$, alors $x^{-1} \neq x = (x^{-1})^{-1}$, donc $x^{-1} \in A$. Ainsi, $x \mapsto x^{-1}$ est une involution de $A$ sans point fixe. Elle regroupe les éléments de $A$ en paires disjointes $\{x, x^{-1}\}$. Donc $|A|$ est pair.
Le complémentaire $G \setminus A$ est l’ensemble des $x$ tels que $x^2 = e$. Il contient $e$ et les éléments d’ordre 2. Son cardinal $|G| – |A|$ est pair, comme différence de deux nombres pairs. Par conséquent, le nombre d’éléments d’ordre 2 vaut $|G| – |A| – 1$, qui est impair. $G$ possède un nombre impair, donc non nul, d’éléments d’ordre 2.
Par Lagrange, l’ordre de tout élément divise $|G|$. Or 2 ne divise pas un nombre impair. Un groupe d’ordre impair n’a aucun élément d’ordre 2.
Dans $\mathcal{S}_3$, les éléments d’ordre 2 sont les trois transpositions. Dans $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$, $\overline{k}$ est d’ordre 2 si et seulement si $8/\mathrm{pgcd}(8, k) = 2$, soit $k = 4$. On trouve 3 et 1 éléments d’ordre 2 : ce sont bien des nombres impairs.

Corrigé de l’exercice 13 : Classes à gauche et à droite dans S3

L’ensemble $H$ contient $\mathrm{Id}$, et $(1\ 2)^2 = \mathrm{Id}$ : il est stable par produit et par inverse. Ensuite, $(1\ 2\ 3)^2 = (1\ 3\ 2)$ et $(1\ 2\ 3)^3 = \mathrm{Id}$. Donc $K = \langle (1\ 2\ 3) \rangle$. $H$ et $K$ sont des sous-groupes de $\mathcal{S}_3$, d’ordres 2 et 3.
Une classe à gauche s’écrit $\sigma H = \{\sigma, \sigma(1\ 2)\}$. On calcule $(1\ 3)(1\ 2) = (1\ 2\ 3)$ et $(2\ 3)(1\ 2) = (1\ 3\ 2)$. Pour les classes à droite $H\sigma = \{\sigma, (1\ 2)\sigma\}$, on calcule $(1\ 2)(1\ 3) = (1\ 3\ 2)$ et $(1\ 2)(2\ 3) = (1\ 2\ 3)$. On obtient :
\[\begin{aligned} &\text{à gauche : } H,\ \{(1\ 3), (1\ 2\ 3)\},\ \{(2\ 3), (1\ 3\ 2)\} ; \\ &\text{à droite : } H,\ \{(1\ 3), (1\ 3\ 2)\},\ \{(2\ 3), (1\ 2\ 3)\}. \end{aligned}\]
Les partitions diffèrent : par exemple $(1\ 3)H \neq H(1\ 3)$. La figure ci-dessous compare les deux partitions.
Les classes à gauche modulo $K$ forment une partition en parts de 3 éléments. L’une est $K$, l’autre est donc le complémentaire $\{(1\ 2), (1\ 3), (2\ 3)\}$. Le même argument vaut à droite. Modulo $K$, les classes à gauche et à droite coïncident : $K$ et l’ensemble des transpositions.
On a $|H| = 2$, qui divise 6, avec 3 classes : $6 = 2 \times 3$. De même, $|K| = 3$, avec 2 classes : $6 = 3 \times 2$. Le théorème de Lagrange est vérifié dans les deux cas.

Point de méthode : un sous-groupe d’indice 2 a toujours les mêmes classes à gauche et à droite, car l’unique classe différente de $H$ est son complémentaire.

Corrigé de l’exercice 14 : Lagrange et calculs modulaires

L’ensemble des inversibles d’un anneau contient $\overline{1}$, est stable par produit, car $(xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1}$, et par inverse. C’est donc un groupe. D’après le cours, $\overline{k}$ est inversible si et seulement si $\mathrm{pgcd}(k, n) = 1$. Il y a donc $\varphi(n)$ inversibles. Par le corollaire de Lagrange, $\overline{a}^{\,\varphi(n)} = \overline{1}$. Si $\mathrm{pgcd}(a, n) = 1$, alors $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod{n}$.
On a $7^2 = 49 = 3 \times 15 + 4$, donc $\overline{7}^2 = \overline{4}$, puis $\overline{7}^4 = \overline{16} = \overline{1}$. L’ordre divise 4 et n’est ni 1 ni 2 : il vaut 4. De plus, $\varphi(15) = \varphi(3)\varphi(5) = 8$, et 4 divise 8. Enfin, $100 = 4 \times 25$. Donc $7^{100} \equiv 1 \pmod{15}$.
Les puissances de 2 modulo 13 sont $2, 4, 8, 16 \equiv 3$, puis $2^6 = 64 \equiv 12 \equiv -1$. Donc $2^{12} \equiv 1$. L’ordre divise 12 ; or $2^1, 2^2, 2^3, 2^4, 2^6$ ne valent pas 1. L’ordre de $\overline{2}$ est donc 12. Ensuite, $1000 = 12 \times 83 + 4$, d’où $2^{1000} \equiv 2^4 \equiv 3$. Le reste de $2^{1000}$ modulo 13 est 3.
L’ordre d’un sous-groupe divise $p$, donc vaut 1 ou $p$. Les seuls sous-groupes sont $\{e\}$ et $G$.

Corrigé de l’exercice 15 : Conjugaison et produit de cycles

Comparons les deux permutations en tout point $y$. Si $y = \tau(a_i)$ avec $i < k$, alors $\tau c \tau^{-1}(y) = \tau(c(a_i)) = \tau(a_{i+1})$. De même, $\tau c \tau^{-1}(\tau(a_k)) = \tau(a_1)$. Enfin, si $y$ n’est aucun des $\tau(a_i)$, alors $\tau^{-1}(y)$ n’est aucun des $a_i$ et il est fixé par $c$. Donc $\tau c \tau^{-1}(y) = y$. Ainsi $\tau c \tau^{-1} = (\tau(a_1)\ \cdots\ \tau(a_k))$.
On applique d’abord $(2\ 3\ 4)$, puis $(1\ 2\ 3)$ : $1 \mapsto 1 \mapsto 2$, $2 \mapsto 3 \mapsto 1$, $3 \mapsto 4 \mapsto 4$ et $4 \mapsto 2 \mapsto 3$. Donc $(1\ 2\ 3)(2\ 3\ 4) = (1\ 2)(3\ 4)$. Remarquons que la signature est cohérente : $(+1)(+1) = (-1)(-1)$.
D’après la question 1, $\rho (1\ 3) \rho^{-1} = (\rho(1)\ \rho(3))$. Donc $\rho(1\ 3)\rho^{-1} = (2\ 4)$.
Soient $(a_1\ \cdots\ a_k)$ et $(b_1\ \cdots\ b_k)$ deux cycles. Les ensembles $\{a_i\}$ et $\{b_i\}$ ont $k$ éléments, donc leurs complémentaires ont $n – k$ éléments. On définit $\tau$ par $\tau(a_i) = b_i$, puis on la complète par une bijection quelconque entre les complémentaires. D’après la question 1, $\tau (a_1\ \cdots\ a_k) \tau^{-1} = (b_1\ \cdots\ b_k)$ : les deux cycles sont conjugués.

Corrigé de l’exercice 16 : Ordres des éléments de S5 et S6

Un $k$-uplet $(a_1, \ldots, a_k)$ d’éléments distincts se choisit de $n(n-1)\cdots(n-k+1) = \frac{n!}{(n-k)!}$ façons. Or chaque $k$-cycle est décrit par exactement $k$ tels uplets, obtenus par permutation circulaire : $(a_1\ a_2\ \cdots\ a_k) = (a_2\ \cdots\ a_k\ a_1)$. Il y a donc $\dfrac{n!}{k\,(n-k)!}$ cycles de longueur $k$.
L’ordre d’une permutation est le ppcm des longueurs de ses cycles. Pour $\mathcal{S}_5$, les longueurs possibles (en omettant les points fixes) sont : $5$ ; $4$ ; $3, 2$ ; $3$ ; $2, 2$ ; $2$ ; aucune. Les ordres correspondants sont $5, 4, 6, 3, 2, 2, 1$. Pour $\mathcal{S}_6$, les types autres que l’identité sont $6$ ; $5$ ; $4, 2$ ; $4$ ; $3, 3$ ; $3, 2$ ; $3$ ; $2, 2, 2$ ; $2, 2$ ; $2$, d’ordres $6, 5, 4, 4, 3, 6, 3, 2, 2, 2$. Dans les deux cas, l’ensemble des ordres est $\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$.
Dans $\mathcal{S}_5$, un élément d’ordre 6 est forcément le produit d’un 3-cycle et d’une transposition disjointe. On choisit le 3-cycle de $\frac{5!}{3 \times 2!} = 20$ façons. Ensuite, la transposition est imposée : elle échange les deux éléments restants. $\mathcal{S}_5$ contient 20 éléments d’ordre 6.
Un sous-groupe cyclique d’ordre 10 serait engendré par un élément d’ordre 10. Or, d’après la question 2, aucun élément de $\mathcal{S}_5$ n’est d’ordre 10. $\mathcal{S}_5$ n’a pas de sous-groupe cyclique d’ordre 10.

Corrigé de l’exercice 17 : Le groupe des isométries du carré

Une isométrie $g$ de $D_4$ est linéaire, donc elle conserve la distance à $O$. Or les sommets sont exactement les points du carré à distance $\sqrt{2}$ de $O$. Donc $g$ permute les sommets, et $\Phi(g) \in \mathcal{S}_4$ est bien défini. Ensuite, le sommet image de $i$ par $gh$ est l’image par $g$ de l’image par $h$ : $\Phi(gh) = \Phi(g)\Phi(h)$. Enfin, si $\Phi(g) = \mathrm{Id}$, alors $g$ fixe les vecteurs $(1, 1)$ et $(-1, 1)$, qui forment une base de $\mathbb{R}^2$. Comme $g$ est linéaire, $g = \mathrm{Id}$. $\Phi$ est un morphisme injectif.
La rotation $r$ s’écrit $(x, y) \mapsto (-y, x)$ : elle envoie $(1, 1)$ sur $(-1, 1)$, c’est-à-dire 1 sur 2, puis 2 sur 3, 3 sur 4 et 4 sur 1. Pour les symétries, $s_1 : (x, y) \mapsto (y, x)$, $s_2 : (x, y) \mapsto (-y, -x)$, $s_3 : (x, y) \mapsto (-x, y)$ et $s_4 : (x, y) \mapsto (x, -y)$. On obtient :
\[\begin{aligned} &\Phi(r) = (1\ 2\ 3\ 4), \quad \Phi(r^2) = (1\ 3)(2\ 4), \quad \Phi(r^3) = (1\ 4\ 3\ 2), \\ &\Phi(s_1) = (2\ 4), \quad \Phi(s_2) = (1\ 3), \quad \Phi(s_3) = (1\ 2)(3\ 4), \quad \Phi(s_4) = (1\ 4)(2\ 3). \end{aligned}\]
Avec $\Phi(\mathrm{Id}) = \mathrm{Id}$, ce sont les huit permutations cherchées.
Comme $\Phi$ est injectif, $g$ et $\Phi(g)$ ont le même ordre. L’identité est d’ordre 1, $r$ et $r^3$ sont d’ordre 4, et $r^2, s_1, s_2, s_3, s_4$ sont d’ordre 2.
On a $r s_1(x, y) = r(y, x) = (-x, y)$, donc $r s_1 = s_3$. En revanche, $s_1 r(x, y) = s_1(-y, x) = (x, -y)$, donc $s_1 r = s_4$. Les permutations confirment le calcul : $(1\ 2\ 3\ 4)(2\ 4) = (1\ 2)(3\ 4)$. Comme $rs_1 \neq s_1 r$, le groupe $D_4$ n’est pas abélien.
Le sous-groupe $\langle r \rangle = \{\mathrm{Id}, r, r^2, r^3\}$ est cyclique d’ordre 4. Ensuite, $W = \{\mathrm{Id}, r^2, s_3, s_4\}$ est stable : $s_3 s_4 = s_4 s_3 = r^2$, $r^2 s_3 = s_4$ et $r^2 s_4 = s_3$. Ses éléments sont leurs propres inverses. $W$ est un sous-groupe d’ordre 4 non cyclique, car il n’a aucun élément d’ordre 4. Enfin, $\Phi(D_4)$ est un sous-groupe d’ordre 8 de $\mathcal{S}_4$, d’ordre 24. Son indice vaut $24/8 = 3$.

Corrigé de l’exercice 18 : Anneau Z/nZ, inversibles et corps

Les inversibles sont les $\overline{k}$ avec $\mathrm{pgcd}(k, 12) = 1$. Or $5^2 = 25 = 2 \times 12 + 1$, $7^2 = 49 = 4 \times 12 + 1$ et $11^2 = 121 = 10 \times 12 + 1$. Les inversibles sont $\overline{1}, \overline{5}, \overline{7}, \overline{11}$, et chacun est son propre inverse.
On a $\overline{3} \times \overline{4} = \overline{12} = \overline{0}$, avec $\overline{3} \neq \overline{0}$ et $\overline{4} \neq \overline{0}$. En particulier, $\overline{3}$ n’est pas inversible : sinon, $\overline{4} = \overline{3}^{\,-1}\,\overline{3}\,\overline{4} = \overline{0}$. $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ n’est pas un corps.
L’algorithme d’Euclide donne $60 = 3 \times 17 + 9$, $17 = 1 \times 9 + 8$ et $9 = 1 \times 8 + 1$. Donc $\mathrm{pgcd}(17, 60) = 1$. En remontant les calculs :
\[1 = 9 – 8 = 9 – (17 – 9) = 2 \times 9 – 17 = 2 \times (60 – 3 \times 17) – 17 = 2 \times 60 – 7 \times 17.\]
Ainsi $\overline{17} \times \overline{-7} = \overline{1}$. L’inverse de $\overline{17}$ dans $\mathbb{Z}/60\mathbb{Z}$ est $\overline{53}$. Vérification : $17 \times 53 = 901 = 15 \times 60 + 1$.
On multiplie l’équation par l’inverse de $\overline{17}$ : $\overline{x} = \overline{53} \times \overline{5} = \overline{265} = \overline{25}$. Les solutions sont les $x = 25 + 60k$, $k \in \mathbb{Z}$. Vérification : $17 \times 25 = 425 = 7 \times 60 + 5$.
Soit $a \neq 0$ et $m_a : x \mapsto ax$. Si $ax = ay$, alors $a(x – y) = 0$, donc $x = y$ par intégrité : $m_a$ est injective. Comme $A$ est fini, $m_a$ est aussi surjective. Il existe donc $x$ avec $ax = 1$. Tout élément non nul est inversible : $A$ est un corps.

Corrigé de l’exercice 19 : Idéaux de Z et de R[X]

D’après l’exercice 4, $12\mathbb{Z} + 18\mathbb{Z} = \mathrm{pgcd}(12, 18)\,\mathbb{Z}$ et $12\mathbb{Z} \cap 18\mathbb{Z} = \mathrm{ppcm}(12, 18)\,\mathbb{Z}$. On obtient $6\mathbb{Z}$ et $36\mathbb{Z}$. Ce sont des sous-groupes de $\mathbb{Z}$, et $k \times nm = n(km)$ : ils absorbent la multiplication. Ce sont donc des idéaux.
L’évaluation $\mathrm{ev}_1 : P \mapsto P(1)$ est un morphisme d’anneaux : $(P + Q)(1) = P(1) + Q(1)$, $(PQ)(1) = P(1)Q(1)$ et le polynôme constant 1 vaut 1 en 1. Donc $I = \ker \mathrm{ev}_1$ est un idéal. Ensuite, $(X – 1)\,\mathbb{R}[X] \subset I$ clairement. Inversement, si $P(1) = 0$, la division euclidienne donne $P = (X – 1)Q + c$, avec $c$ constant. En évaluant en 1, on trouve $c = 0$. Donc $I = (X – 1)\,\mathbb{R}[X]$.
On a $J = \ker \mathrm{ev}_1 \cap \ker \mathrm{ev}_2$, intersection de deux idéaux : c’est un idéal. Si $P \in J$, alors $P = (X – 1)Q$ par la question 2. Puis $0 = P(2) = Q(2)$, donc $Q = (X – 2)R$. La réciproque est immédiate. Ainsi $J = (X – 1)(X – 2)\,\mathbb{R}[X]$.
Soit $I$ un idéal de $K$ non réduit à $\{0\}$, et $x \in I$ non nul. Alors $x$ est inversible, donc $1 = x^{-1}x \in I$. Par conséquent, $a = a \times 1 \in I$ pour tout $a \in K$. Les seuls idéaux de $K$ sont $\{0\}$ et $K$.
On a $1 \in \mathbb{Z}$, mais $\frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}$. $\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Q}$, mais pas un idéal. C’est cohérent avec la question 4.

Corrigé de l’exercice 20 : Sous-groupes d’un groupe cyclique

L’application $\psi : \mathbb{Z} \to G$, $k \mapsto a^k$, est un morphisme surjectif. L’ensemble $L = \{k : a^k \in H\} = \psi^{-1}(H)$ est donc un sous-groupe de $\mathbb{Z}$. Il s’écrit $m\mathbb{Z}$, avec $m \geq\, 1$ car $n \in L$. Ensuite, tout $h \in H$ s’écrit $a^k$ avec $k \in L$, donc $k = mj$ et $h = (a^m)^j$. Ainsi $H = \langle a^m \rangle$ est cyclique.
D’abord, $a^{n/d}$ est d’ordre $\dfrac{n}{\mathrm{pgcd}(n, n/d)} = \dfrac{n}{n/d} = d$. Donc $\langle a^{n/d} \rangle$ est d’ordre $d$. Soit maintenant $H$ un sous-groupe d’ordre $d$, et $x = a^k \in H$. Par Lagrange, $x^d = e$, donc $n \mid kd$, puis $\frac{n}{d} \mid k$. Par conséquent, $x \in \langle a^{n/d} \rangle$. On a donc $H \subset \langle a^{n/d} \rangle$, et les deux ont $d$ éléments. $\langle a^{n/d} \rangle$ est l’unique sous-groupe d’ordre $d$.
Les diviseurs de 18 sont 1, 2, 3, 6, 9 et 18. Le sous-groupe d’ordre $d$ est engendré par $\overline{18/d}$. Ensuite, le sous-groupe d’ordre $d$ est inclus dans celui d’ordre $d^{\prime}$ si et seulement si $d \mid d^{\prime}$. En effet, la condition est nécessaire par Lagrange ; elle est suffisante car $\overline{18/d}$ est alors un multiple de $\overline{18/d^{\prime}}$. Les sous-groupes sont $\{\overline{0}\}$, $\langle \overline{9} \rangle$ (ordre 2), $\langle \overline{6} \rangle$ (ordre 3), $\langle \overline{3} \rangle$ (ordre 6), $\langle \overline{2} \rangle$ (ordre 9) et $\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}$. La figure ci-dessous résume les inclusions.
Chaque $x \in G$ engendre $\langle x \rangle$, dont l’ordre $d$ divise $n$. C’est l’unique sous-groupe $H_d$ d’ordre $d$, et $x$ en est un générateur. Ainsi, $G$ est la réunion disjointe, pour $d \mid n$, des ensembles de générateurs de $H_d$. Or $H_d$ est cyclique d’ordre $d$, isomorphe à $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$, donc il a $\varphi(d)$ générateurs. Par conséquent, $\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n$. Pour $n = 18$ : $1 + 1 + 2 + 2 + 6 + 6 = 18$.

Corrigé de l’exercice 21 : Générateurs du groupe symétrique

On applique les facteurs de droite à gauche. D’abord, $i \mapsto 1 \mapsto j \mapsto j$. Ensuite, $j \mapsto j \mapsto 1 \mapsto i$. De plus, $1 \mapsto i \mapsto i \mapsto 1$, et les autres points sont fixes. Donc $(1\ i)(1\ j)(1\ i) = (i\ j)$. Or toute permutation est un produit de transpositions, et chaque transposition est de la forme $(1\ k)$ ou s’écrit avec elles. Les transpositions $(1\ k)$ engendrent $\mathcal{S}_n$.
Posons $\tau = (k\ k+1)$, qui vérifie $\tau^{-1} = \tau$. D’après la formule de conjugaison, $\tau (1\ k) \tau^{-1} = (\tau(1)\ \tau(k)) = (1\ k+1)$, car $\tau(1) = 1$ pour $k \geq\, 2$. Par récurrence sur $k$, toutes les $(1\ k)$ sont dans $\langle (1\ 2), (2\ 3), \ldots, (n-1\ n) \rangle$. Par la question 1, les transpositions $(k\ k+1)$ engendrent $\mathcal{S}_n$.
Par la formule de conjugaison, $c^k t c^{-k} = (c^k(1)\ c^k(2)) = (k+1\ k+2)$ pour $0 \leq\, k \leq\, n – 2$. Donc $c^k t c^{-k} = (k+1\ k+2)$. Ainsi, $\langle t, c \rangle$ contient toutes les transpositions $(k\ k+1)$. Par la question 2, $\mathcal{S}_n = \langle t, c \rangle$.
Les deux transpositions fixent 4. Or l’ensemble $F = \{\sigma \in \mathcal{S}_4 : \sigma(4) = 4\}$ est un sous-groupe. Donc $\langle (1\ 2), (1\ 3) \rangle \subset F \neq \mathcal{S}_4$. De plus, $(1\ 2)(1\ 3)(1\ 2) = (2\ 3)$ par la question 1. Le sous-groupe engendré contient donc les trois transpositions de $\{1, 2, 3\}$, qui engendrent les permutations de $\{1, 2, 3\}$. Elles n’engendrent pas $\mathcal{S}_4$, mais le sous-groupe $F$, d’ordre 6, isomorphe à $\mathcal{S}_3$.

Corrigé de l’exercice 22 : Sous-groupes finis de C*

On a $1 \in \mathbb{U}_n$, et si $z^n = w^n = 1$, alors $(zw^{-1})^n = 1$. Donc $\mathbb{U}_n$ est un sous-groupe de $\mathbb{C}^*$. De plus, $\mathbb{U}_n = \{\omega^k : 0 \leq\, k \leq\, n – 1\}$ avec $\omega = e^{2i\pi/n}$, qui est d’ordre $n$. $\mathbb{U}_n = \langle \omega \rangle$ est cyclique d’ordre $n$.
Par le corollaire de Lagrange, tout $z \in G$ vérifie $z^n = 1$, donc $G \subset \mathbb{U}_n$. Les deux ensembles ont $n$ éléments. Donc $G = \mathbb{U}_n$, et tout sous-groupe fini de $\mathbb{C}^*$ est cyclique.
Si $z \in \mathbb{U}_m \cap \mathbb{U}_n$, son ordre divise $m$ et $n$, donc $d$ : ainsi $z^d = 1$. Réciproquement, si $z^d = 1$, alors $z^m = (z^d)^{m/d} = 1$ et de même $z^n = 1$. Donc $\mathbb{U}_m \cap \mathbb{U}_n = \mathbb{U}_d$. Pour $m = 4$ et $n = 6$, on a $d = 2$. Comme le montre la figure, les carrés de $\mathbb{U}_4$ et les points de $\mathbb{U}_6$ ne se rencontrent qu’en $1$ et $-1$.
Si $z \in \mathbb{U}_m$ et $w \in \mathbb{U}_n$, alors $(zw)^{mn} = (z^m)^n (w^n)^m = 1$, donc $zw \in \mathbb{U}_{mn}$. Ensuite, si $zw = z^{\prime}w^{\prime}$, alors $z z^{\prime -1} = w^{\prime} w^{-1} \in \mathbb{U}_m \cap \mathbb{U}_n = \mathbb{U}_1 = \{1\}$. Donc $z = z^{\prime}$ et $w = w^{\prime}$ : l’application est injective. Enfin, les deux ensembles ont $mn$ éléments. L’application $(z, w) \mapsto zw$ est une bijection de $\mathbb{U}_m \times \mathbb{U}_n$ sur $\mathbb{U}_{mn}$.
D’abord, $1 \in \mathbb{U}_\infty$. Ensuite, si $z \in \mathbb{U}_m$ et $w \in \mathbb{U}_n$, alors $zw^{-1} \in \mathbb{U}_{mn}$. C’est donc un sous-groupe. Il est infini, car les $e^{2i\pi/n}$, $n \geq\, 1$, sont deux à deux distincts. Par définition, chacun de ses éléments est d’ordre fini. Supposons enfin $\mathbb{U}_\infty = \langle z \rangle$. Alors $z \in \mathbb{U}_n$ pour un certain $n$, et $\langle z \rangle \subset \mathbb{U}_n$ serait fini. $\mathbb{U}_\infty$ est un sous-groupe infini, non monogène, dont tous les éléments sont d’ordre fini.

Corrigé de l’exercice 23 : Problème, sous-groupes additifs de R

Soit $h \in H$ non nul. Si $h > 0$, il est dans $H \cap \mathbb{R}_+^*$. Sinon, $-h \in H$ et $-h > 0$. Cet ensemble est donc non vide et minoré par 0. Sa borne inférieure $a$ existe, et $a \geq\, 0$.
Supposons $a > 0$ et $a \notin H$. Comme $2a > a$, la caractérisation de la borne inférieure fournit $x \in H$ avec $a \leq\, x < 2a$. Comme $a \notin H$, on a même $a < x$. De nouveau, il existe $y \in H$ avec $a \leq\, y < x$, et donc $a < y < x$. Alors $x – y \in H$ et
\[0 < x – y < x – a < 2a – a = a.\]
Cela contredit la définition de $a$. Donc $a \in H$.
Comme $a \in H$, on a $a\mathbb{Z} \subset H$. Soit $x \in H$ et $n = \lfloor x/a \rfloor$. Alors $r = x – na$ est dans $H$ et $0 \leq\, r < a$. Si $r > 0$, on contredit la minimalité de $a$. Donc $r = 0$ et $x = na$. Ainsi $H = a\mathbb{Z}$.
Soient $x < y$. Comme $a = 0$, il existe $h \in H$ avec $0 < h < y – x$. Posons $k = \lfloor x/h \rfloor + 1$. D’une part, $k > x/h$, donc $kh > x$. D’autre part, $k \leq\, x/h + 1$, donc $kh \leq\, x + h < y$. Or $kh \in H$. Tout intervalle $]x, y[$ contient un élément de $H$ : $H$ est dense dans $\mathbb{R}$.
L’ensemble $H = \mathbb{Z} + \sqrt{2}\,\mathbb{Z}$ contient 0 et $(m + n\sqrt{2}) – (m^{\prime} + n^{\prime}\sqrt{2}) = (m – m^{\prime}) + (n – n^{\prime})\sqrt{2}$. C’est donc un sous-groupe, non nul. Supposons $a > 0$. Alors $H = a\mathbb{Z}$, donc $1 = pa$ et $\sqrt{2} = qa$ avec $p, q$ entiers et $p \neq 0$. On en déduit $\sqrt{2} = q/p \in \mathbb{Q}$, ce qui est faux. Donc $a = 0$. Par la question 4, $\mathbb{Z} + \sqrt{2}\,\mathbb{Z}$ est dense dans $\mathbb{R}$.
Soient $0 \leq\, x < y \leq\, 1$. Par la question 5, il existe $m, n$ entiers avec $t = m + n\sqrt{2} \in ]x, y[ \subset ]0, 1[$. Alors $n\sqrt{2} = -m + t$, avec $-m$ entier et $0 < t < 1$. Donc $\lfloor n\sqrt{2} \rfloor = -m$, et la partie fractionnaire de $n\sqrt{2}$ vaut $t$. Les parties fractionnaires des $n\sqrt{2}$ sont denses dans $[0, 1]$. La figure ci-dessous le suggère : pour $n$ de 1 à 200, les points remplissent déjà tout le segment.
$Parties fractionnaires de n racine de 2 pour n jusqu'à 10, 40 et 200, de plus en plus serrées dans le segment [0, 1]$

Point de méthode : pour un sous-groupe de $\mathbb{R}$, tout se joue sur $a = \inf(H \cap \mathbb{R}_+^*)$ : soit $H$ est discret de la forme $a\mathbb{Z}$, soit il est dense.

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