Math spé : Groupes

Notons, pour $x\in G$, $F_x=\{x,x^{-1}\}$. Alors il est facile de voir que l'on a ou bien $F_x=F_y$, ou bien $F_x\cap F_y=\varnothing$ pour tout $x,y\in G$. En effet, si $x=y^{-1}$, alors $x^{-1}=y$ et on a bien $F_x=F_y$. $G$ s'écrit alors comme la réunion disjointe de tous les $F_x$ différents. Au moins l'un parmi ces $F_x$ est de cardinal 1 : il s'agit de $F_e$. Si tous les autres étaient de cardinal 2, alors le groupe serait de cardinal impair, ce qui n'est pas le cas. Il existe donc $x\neq e$ tel que le cardinal de $F_x$ soit égal à 1, c'est-à-dire tel que $x=x^{-1}$.

Soit $x\in G$, d'inverse à droite $x'$. On va prouver que $x'$ est aussi un inverse à gauche pour $x$. $x'x$ est un élément de $G$, il possède donc un inverse à droite que l'on note $z$. On a donc : $$x((x'x).z)=x\implies (xx')x.z=x\implies e.x.z=x,$$ par associativité de la loi. On multiplie ensuite à gauche par $x'$, pour trouver : $$(x'x)z=x'x\implies e=x'x.$$ On en déduit ensuite que $e$ est aussi neutre à gauche, car si $x$ est dans $G$, $$ex=(xx'x)=xe=x,$$ où on a encore utilisé l'associativité de la loi et le fait que $e$ est un inverse à droite.

Il suffit, pour chaque cas, d'appliquer le théorème de caractérisation des sous-groupes.

1. $e$ est élément de $C(G)$ car $ey=ye=y$ pour tout $y\in G$. Soient $x_1,x_2\in C(G)$. Alors, pour tout $y\in G$, on a $$x_1x_2y=x_1(x_2y)=(x_1y)x_2=yx_1x_2$$ et donc $x_1x_2\in C(G)$. Enfin, si $x\in C(G)$, alors pour tout $y\in G$, $$xy=yx\implies xyx^{-1}=yxx^{-1}=y\implies x^{-1}xyx^{-1}=x^{-1}y\implies yx^{-1}=x^{-1}y$$ où on a multiplié à droite puis à gauche par $x^{-1}$. On en déduit que $x^{-1}\in C(G)$ qui est donc un sous-groupe de $G$.
2. Puisque $H$ est un sous-groupe de $G$, $e\in H$ et donc $aea^{-1}\in aHa^{-1}$. Mais $aea^{-1}=e$ et donc $e\in aHa^{-1}$. Soient $x=aha^{-1}$ et $y=ah'a^{-1}$ deux éléments de $aHa^{-1}$ avec donc $h,h'\in H$. On a $$xy=aha^{-1}ah'a^{-1}=ahh'a^{-1}\in aHa^{-1}$$ puisque $hh'\in H$ ($H$ est un sous-groupe de $G$). Enfin, si on choisit $h'=h^{-1}$, le calcul précédent montre que $$xy=yx=e$$ et donc $x^{-1}=y\in aHa^{-1}$ puisque $h^{-1}\in H$. $aHa^{-1}$ est donc bien un sous-groupe de $G$.
3. Notons $T$ l'ensemble des éléments de torsion de $G$. On a $e^1=e$, donc $e\in T$. De plus, si $x,y\in T$, avec respectivement $x^n=e$ et $y^m=e$, il suffit de remarquer que $$(y^{-1})^m=(y^m)^{-1}=e^{-1}=e$$ puis d'utiliser le fait que $x$ et $y^{-1}$ commutent pour prouver que $$(xy^{-1})^{nm}=(x^n)^m((y^{-1})^m)^n=e.$$ Ainsi, $xy^{-1}$ est élément de $T$, et $T$ est bien un sous-groupe de $G$.

La première chose à remarquer est que $H\subset \mathbb R_+^*$. Pour $x+y\sqrt 3\in H$, puisque $x^2-3y^2>0$ et $x\in\mathbb N$, on a $x>\sqrt 3|y|$ et donc $x+y\sqrt 3>0$. On remarque ensuite que $1=1+0\sqrt 3$ est bien un élément de $H$. Soient $a=x+y\sqrt 3$ et $b=u+v\sqrt 3$ deux éléments de $H$. Alors : $$(x+y\sqrt 3)(u+v\sqrt 3)=(xu+3yv)+\sqrt 3(xv+yu).$$ On remarque ensuite que \begin{eqnarray*} (xu+3yv)^2-3(xv+yu)^2&=&x^2u^2+9y^2v^2-3x^2v^2-3y^2u^2\\ &=&x^2(u^2-3v^2)+3y^2(3v^2-u^2)\\ &=&x^2-3y^2\\ &=&1. \end{eqnarray*} De plus, il est clair que $xu+3yv$ et $xv+yu$ sont éléments de $\mathbb Z$. Il reste à voir que $xu+3yv$ est élément de $\mathbb N$. Mais c'est clair car $x\geq \sqrt 3 |y|$ et $u\geq \sqrt 3 |v|$. Ainsi, $ab\in H$.
Démontrons finalement que $H$ est bien stable par passage à l'inverse. On a $$\frac 1a=\frac 1{x+y\sqrt 3}=\frac {x-y\sqrt 3}{x^2-3y^2}=x-y\sqrt 3\in H$$ puisque $x^2-3y^2=1$. Ainsi, $H$ est bien un sous-groupe de $(\mathbb R_+^*,\times)$.

Non, ce n'est pas le cas. Prenons $\mathbb Z^2=\mathbb Z\times \mathbb Z$ et $H=\{(x,x);\ x\in\mathbb Z\}$. $H$ est clairement un sous-groupe de $\mathbb Z^2$, et $H$ ne s'écrit pas $H=A\times B$, sinon on aurait $A=B=\mathbb Z$ ce qui n'est pas le cas.

Si $H\subset K$, alors $H\cup K=K$ qui est un sous-groupe de $G$. De même, si $K\subset H$, $H\cup K=H$ qui est un sous-groupe de $G$.
Supposons maintenant que $H\cup K$ est un sous-groupe de $G$ et que ni $H\subset K$, ni $K\subset H$. Alors on peut trouver $x\in H\backslash K$ et $y\in K\backslash H$. Puisque $H\cup K$ est un groupe et que $x,y\in H\cup K$, on a $xy\in H\cup K$. Mais si $xy\in H$, alors $y=x^{-1}(xy)$ est le produit de deux éléments de $H$, qui est un sous-groupe de $G$, et donc $y\in H$ ce qui est une contradiction. On obtient de même une contradiction dans l'autre cas possible $xy\in K$. L'hypothèse de départ est donc fausse, et on a bien $H\subset K$ ou $K\subset H$.

Supposons d'abord que $AB=BA$. Alors $AB$ est un sous-groupe de $G$ car :

1. $e\in AB$, car $e=ee$ avec $e\in A$ et $e\in B$ (ce sont des sous-groupes);
2. $AB$ est stable par passage au produit. En effet, si $x=ab\in AB$ et $y=a'b'\in AB$, alors $xy=aba'b'$. Or, $ba'$ est un élément de $BA$, c'est donc aussi un élément de $AB$ et donc $ba'=a''b''$ avec $a''\in A$ et $b''\in B$. On en déduit que $$xy=aa''b''b\in AB$$ puisque $aa''\in A$ et $bb''\in B$.
3. $AB$ est stable par passage à l'inverse. En effet, si $x=ab\in AB$, alors $x^{-1}=b^{-1}a^{-1}$ est élément de $BA$ et $BA=AB$.

Réciproquement, supposons que $AB$ est un sous-groupe de $G$ et prouvons que $AB=BA$. Soit d'abord $x=ab\in AB$. Alors $x^{-1}=b^{-1}a^{-1}\in AB$ et donc $b^{-1}a^{-1}=a'b'$ avec $a'\in A$ et $b'\in B$. On passe à l'inverse : $$ab=b'^{-1}a'^{-1}\in BA.$$ De même, si $y=ba\in BA$, alors $y^{-1}=a^{-1}b^{-1}\in AB$, et donc $y=(y^{-1})^{-1}\in AB$.

Notons $K$ le complémentaire de $H$ et fixons $a$ un élément de $K$ (rappelons que $H$ est strictement inclus dans $G$). Nous allons prouver que le sous-groupe engendré par $K$, que nous allons noter $L$, est égal à $G$ tout entier. Puisque ce sous-groupe contient déjà $K$, il suffit de prouver qu'il contient également son complémentaire, à savoir $H$. Soit donc $x\in H$. Alors $ax$ ne peut pas être un élément de $H$, sinon $a=ax x^{-1}$ serait élément de $H$ lui aussi. Donc $ax$ est élément de $K$. Mais alors, $x=a^{-1}ax$ est un élément de $L$ puisque $a$ et $ax$ sont tous deux éléments de $K$, donc de $L$, et que $L$ est un sous-groupe (ce qui entraîne que $a^{-1}\in L$ et que le produit $a^{-1}ax$ est aussi dans $L$).

On sait que, pour tous $z,w\in \mathbb C$, on a $$\exp(z+w)=\exp(z)\exp(w).$$ Ceci signifie exactement que $\exp$ est un morphisme de $(\mathbb C,+)$ dans $(\mathbb C^*,\cdot)$ (la fonction exponentielle ne prend jamais la valeur zéro). De plus, soit $w\in\mathbb C^*, w=re^{i\theta}$ avec $r>0$. Soit $a=\ln r$ et posons $z=a+i\theta$. Alors $$\exp(z)=\exp(a)\exp(i\theta)=re^{i\theta}=w.$$ L'exponentielle est un morphisme surjectif de $(\mathbb C,+)$ dans $(\mathbb C^*,+)$. Déterminons son noyau. Si $\exp(z)=1$, posons $z=x+iy$. Alors $$\exp(z)=\exp(x)\exp(iy)=1=1\exp(i0).$$ Ceci est équivalent à $x=0$ et il existe $k\in \mathbb Z$ tel que $y=k2\pi$. On a donc $$\ker(\exp)=\{2ik\pi;\ k\in\mathbb Z\}.$$

Soit $f$ un morphisme de $(\mathbb Z,+)$. Prouvons par récurrence que pour tout $n\geq 1$, on a $f(n)=nf(1)$. C'est vrai pour $n=1$, et si c'est vrai pour $n$, alors $$f(n+1)=f(n)+f(1)=nf(1)+f(1)=(n+1)f(1).$$ De plus, pour $n\leq 0$, on a $-n\geq 0$ et donc $f(-n)=-nf(1)$. On en déduit : $$0=f(0)=f(n+(-n))=f(n)+f(-n)=f(n)-nf(1).$$ Ainsi, on a toujours $f(n)=nf(1)$, quel que soit $n\in\mathbb Z$.
Caractérisons maintenant les morphismes surjectifs. Supposons donc que $f$ est surjectif. Tout élément de $\mathbb Z=f(\mathbb Z)$ est un multiple de $f(1)$. Or, les seuls éléments de $\mathbb Z$ qui divisent tous les autres entiers sont $1$ et $-1$. On en déduit que $f(1)=1$ ou $f(1)=-1$, et donc que $f(n)=n$ ou $f(n)=-n$. Réciproquement, ces deux applications sont clairement des morphismes surjectifs de $(\mathbb Z,+)$.
Déterminons enfin les morphismes injectifs. Soit $f$ un morphisme et $n\in \ker(f)$. Alors $f(n)=nf(1)=0$. Si $f(1)\neq 0$, alors $f(n)=0\iff n=0$ et $f$ est injectif, et si $f(1)=0$, alors $f$ n'est pas injectif. Donc tous les morphismes de $(\mathbb Z,+)$ dans $(\mathbb Z,+)$ sont injectifs sauf l'application identiquement nulle.

Supposons que ces deux groupes soient isomorphes et soit $f$ un isomorphisme de $(\mathbb C^*,\cdot)$ dans $(\mathbb R^*,\cdot)$. Posons $a=f(i)$. Alors $$f(i^4)=a^4=1$$ et donc $a^2=1$ puisque $a^2>0$. D'où $1=a^2=f(i^2)=f(-1)$ et $1=f(1)$. $f$ ne peut pas être injectif, on a obtenu une contradiction.

Puisque $f$ n'est pas constante, il existe $a\in G$ tel que $f(a)\neq 1$. Maintenant, l'application $x\mapsto ax$ est une permutation de $G$ : en effet, pour tout $y\in G$, il existe un unique $x\in G$ tel que $y=ax$ ($x$ est égal à $a^{-1}y$). On en déduit que $$\sum_{x\in G}f(ax)=\sum_{x\in G}f(x).$$ Mais d'autre part, puisque $f$ est un morphisme de groupes, on a aussi $$\sum_{x\in G}f(ax)=\sum_{x\in G}f(a)f(x)=f(a)\sum_{x\in G}f(x).$$ Ainsi, il vient $$\big(f(a)-1\big)\times \sum_{x\in G}f(x)=0.$$ Puisque $f(a)\neq 1$, on en déduit que $\sum_{x\in G}f(x)=0.$

Nous noterons dans les deux cas $\bar a$ les éléments de l'ensemble de départ, et $\tilde a$ les éléments de l'ensemble d'arrivée. Dans les deux cas, on peut remarquer qu'il suffit de déterminer l'image de $\bar 1$, qui engendre le groupe...

1. Soit $\phi$ un tel morphisme. Alors $\phi(\bar 1)$ a un ordre qui divise 3, puisque $\phi(\bar 1)+\phi(\bar 1)+\phi(\bar 1)=\phi(\bar 0)=\tilde 0$. Mais $\phi(\bar 1)$ a aussi un ordre qui divise 4, puisque c'est un élement de $\mathbb Z/4\mathbb Z$. Son ordre divise donc le pgcd de 3 et 4, c'est-à-dire que son ordre est 1. Donc $\phi(\bar 1)=\tilde 0$, le seul morphisme est le morphisme trivial.
2. Reprenons les mêmes notations. Cette fois on a que $\phi(\bar 1)$ a pour ordre un diviseur du pgcd de 6 et 8. Son ordre peut donc être égal à 1 ou 2. Si son ordre est égal à 1, il s'agit du morphisme trivial. Si son ordre est égal à 2, on a nécessairement $\phi(\bar 1)=\tilde 4$ qui est le seul élément d'ordre 2 de $\mathbb Z/8\mathbb Z$. Maintenant, il s'agit de voir que cette formule définit bien un morphisme de groupes. Par exemple, on peut remarquer qu'elle donne $\phi(\bar k)=\tilde 0$ si $k$ est pair, et $\phi(\bar k)=\tilde 4$ si $k$ est impair. A partir de là, il est facile de voir que $\phi$ définit bien un morphisme de $\mathbb Z/6\mathbb Z$ dans $\mathbb Z/8\mathbb Z$.

Notons $T=\{A,B,C\}$ les trois sommets du triangle. Il suffit de construire un isomorphisme de $G$ sur $S_T$. Considérons $\phi:G\to S_T,\ g\mapsto g_{|T}$ et prouvons que $\phi$ est un isomorphisme. Remarquons d'abord que $\phi$ est bien définie. En effet, les sommets du triangle sont bien envoyés par un élément $g$ de $G$ sur eux-mêmes (pourquoi!!!!), et $g$ étant bijective, sa restriction à l'ensemble fini $T$ ne peut être que bijective. Il est alors clair que $\phi$ est un morphisme de groupe. Elle est injective. En effet, si $g$ est l'identité sur les $\{A,B,C\}$, ceci signifie que $g$ est une isométrie du plan ayant au moins trois points fixes. Ainsi, $g$ ne peut être que l'identité. Prouvons enfin que $\phi$ est surjective. Les transpositions engendrant $S_3$, il suffit de démontrer que les transpositions sont dans l'image de $\phi$. Mais la transposition $(A\ B)$ est dans l'image de $\phi$. Il suffit en effet de considérer pour $g$ la symétrie orthogonale à la médiatrice de $[AB]$ (cette droite passe donc par $C$), qui échange les points $A$ et $B$ tout en gardant $C$ fixe.

On a (tenant compte du fait que la loi est notée additivement) : $$2\times \bar 9=\bar 6,\ 3\times \bar 9=\bar 3,\ 4\times \bar 9=\bar 0.$$ $\bar 9$ est donc d'ordre 4.

D'abord, on remarque que $x^2$ est d'ordre fini, car $(x^2)^n=(x^n)^2=e^2=e$. De plus, son ordre que nous allons noter $d$ divise $n$. Distinguons alors deux cas :

• Si $n$ est pair et s'écrit $2p$, alors $(x^2)^p=x^{n}=e$, et donc l'ordre de $x^2$ divise $p$. De plus, si l'ordre de $x^2$ est inférieur strict à $p$, on a $x^{2d}=e$ avec $1\leq 2d<n$, ce qui contredit la définition de l'ordre de $x$. Donc, si $n$ est pair, l'ordre de $x^2$ est $n/2$.
• Si $n$ est impair, alors on a $x^{2d}=e$ et donc $n|2d$. Mais comme $n$ est premier avec $2$, on a $n|d$. Puisqu'on avait déjà remarqué que $d|n$, on en déduit que $d=n$. En résumé, si $n$ est impair, l'ordre de $x^2$ est $n$.

Pour tous $x,y\in G$, on a $x^2y^2=e=xyxy$ soit en simplifiant à gauche par $x$ et à droite par $y$, $xy=yx$.

Soit $a$ un générateur de $G$. L'ensemble des entiers $p\geq 1$ tels que $a^p\in H$ est non-vide (puisque $a^{\textrm{card}(G)}=e\in H$). Il contient un plus petit élément que nous noterons $n$. On va alors prouver que $H$ est le groupe engendré par $a^n$. Il est d'abord évident que le sous-groupe engendré par $a^n$ est contenu dans $H$.
Réciproquement, soit $x\in H$. $x$ s'écrit $x=a^p$, et il suffit de prouver que $p=kn$. Effectuons la division euclidienne de $p$ par $n$ : $p=qn+r$ avec $0\leq r<n$. Mais alors : $$a^p=(a^n)^qa^r\implies a^r=a^p (a^n)^{-q}\in H.$$ Par minimalité de $n$, ceci n'est possible que si $r=0$, donc que si $p$ est un multiple de $n$.
Remarquons la proximité entre cette démonstration et celle des sous-groupes de $\mathbb Z$.