Oraux de concours : Exercices sur les groupes

Il s'agit de démontrer que $G$ admet un élément d'ordre $pq$. Remarquons que, par le théorème de Lagrange, l'ordre de tout élément de $G$ est égal à $1,$ $p,$ $q$ ou $pq.$
Supposons que $G$ admet un élément $x$ d'ordre $p$ et un élément $y$ d'ordre $q.$ On va alors prouver que $xy$ est d'ordre $pq,$ ce qui permet de conclure. Notons $d$ l'ordre de $xy$. Remarquons que $(xy)^{pq}=(x^p)^q(y^q)^p=e$, et donc $d|pq$. De plus, puisque $(xy)^d=e$, on en déduit que $x^d=y^{-d}$. Il vient alors $$x^{dq}=(y^{-d})^q=(y^q)^{-d}=e.$$ Ainsi, $p|dq$ et puisque $p$ et $q$ sont premiers entre eux, on en déduit que $p|d$. De la même façon, on a $q|d$ et en utilisant à nouveau que $p$ et $q$ sont premiers entre eux, on conclut que $pq|d$. Ainsi, on a bien que $d=pq$.
Le seul cas qui reste est donc celui où tous les éléments de $G$ sont d'ordre $1$ ou $p.$ Soit $x\in G$ avec $x\neq e.$ Son ordre est donc $p.$ Soit $y\in G$ qui n'est pas dans le sous-groupe engendré par $x$, c'est-à-dire qui n'est pas égal à $e,x,\dots,x^{p-1}$. A nouveau, l'ordre de $y$ est $p$. Posons $$H=\{x^ky^\ell :\ 0\leq k\leq p-1,\ 0\leq \ell \leq p-1\}.$$ Alors, puisque $G$ est commutatif, il est facile de vérifier que $H$ est un sous-groupe de $G$, de cardinal supérieur ou égal à $p+1$. De plus, on vérifie également que si $x^k y^\ell=x^s y^t$ avec $0\leq k,\ell,s,t\leq p-1,$ alors $k=s$ et $\ell=t$. En effet, ceci implique $$x^{k-s}=y^{t-\ell}.$$ Si $t\neq \ell,$ alors $y^{t-\ell}$ engendre le même groupe (cyclique) que $y$ et donc $y=y^{(t-\ell)a}=x^{(k-s)a}$ avec $a\in\mathbb N,$ ce qui contredit le choix de $y$. On a donc $t=\ell$ et par suite $k=s$ (rappelons que $-p+1\leq k-s\leq p-1$). Ainsi, le cardinal de $H$ est $p^2$. Or, le cardinal de $H$ doit diviser $pq$, et $p^2$ ne divise pas $pq.$ C'est donc qu'il est impossible que tous les éléments de $G,$ à part l'élément neutre, sont d'ordre $p.$ Ceci achève la preuve que $G$ est cyclique.

On notera que l'on ne suppose pas du tout dans cet exercice que $G$ est un sous-groupe de $GL_n(\mathbb R)$.

1. On sait que si $M,M'\in \mathcal M_n(\mathbb R),$ alors $\textrm{rg}(MM')\leq \min(\textrm{rg}(M),\textrm{rg}(M')).$ Notons $E$ l'élément neutre de $G.$ Alors, pour tout $M\in G,$ on a $M\times E=M$ et donc $\textrm{rg}(M)\leq \textrm{rg}(E).$ D'autre part, soit $M'$ l'inverse de $M$ dans $G,$ c'est-à-dire que $MM'=E.$ Alors $\textrm{rg}(E)\leq \textrm{rg}(M).$ Finalement, pour tout $M\in G,$ on a $\textrm{rg}(M)=\textrm{rg}(E)$ et donc toutes les matrices de $G$ ont le même rang.
2. Pour $M\in\mathcal M_n(\mathbb R),$ on note également $M$ l'endomorphisme de $\mathbb R^n$ canoniquement associé à $M.$ On va commencer par démontrer un résultat un peu plus fort que celui de la première question : pour tout $M\in G,$ on a $\textrm{Im}(M)=\textrm{Im}(E).$ La preuve est quasi identique à celle de la question précédente. En effet, $M=EM$ entraîne $\textrm{Im}(M)\subset \textrm{Im}(E),$ tandis que $E=MM'$ entraîne l'inclusion réciproque $\textrm{Im}(E)\subset \textrm{Im}(E).$ De la même façon, on prouve que $\ker(M)=\ker(E)$ : l'égalité $M=ME$ entraîne $\ker(E)\subset \ker(M)$ tandis que $E=M'M$ entraîne $\ker(M)\subset\ker(E).$
   De plus, pour tout $M\in G$, $M$ induit une bijection de $\textrm{Im}(M).$ En effet, on a $\textrm{Im}(M^2)=\textrm{Im}(M),$ ce qui entraîne que $M$ est injective sur $\textrm{Im}(M)$ et que $\textrm{Im}(M)$ est stable par $M.$
   Notons alors $(u_1,\dots,u_r)$ une base de $\textrm{Im}(E)$ et $(u_{r+1},\dots,u_n)$ une base de $\ker(E)$ de sorte que $(u_1,\dots,u_n)$ est une base de $E.$ Notons également $P$ la matrice de passage de la base canonique de $\mathbb R^n$ à cette base. Alors le travail effectué jusque là nous dit que, pour tout $M\in\mathcal M_n(\mathbb R),$ il existe une matrice $A\in GL_r(\mathbb R)$ tel que $$M=P\begin{pmatrix}A&0\\0&0\end{pmatrix}P^{-1}.$$ Notons $H$ l'ensemble des matrices $A$ de $GL_r(\mathbb R)$ telles qu'il existe $M\in G$ avec $$M=P\begin{pmatrix}A&0\\0&0\end{pmatrix}P^{-1}.$$ Il reste à démontrer que $H$ est un sous-groupe de $GL_r(\mathbb R)$. Notons $B$ la matrice correspondant à $E$ dans l'écriture précédente. Comme $E^2=E,$ on doit avoir $B^2=B$ soit $B(B-I_r)=0.$ Mais comme $B\in GL_r(\mathbb R),$ on doit avoir $B=I_r$ et donc $I_r\in H.$ Soit ensuite $A_1,A_2\in H$ correspondant aux matrices $M_1$ et $M_2.$ Alors $A_1\times A_2\in H,$ la matrice associée étant $M_1\times M_2.$ Enfin, si $M_1'$ est l'inverse de $M_1$ dans $G,$ notant $A'_1$ la matrice associée, on a $A_1 A'_1=I_r,$ ce qui prouve que $A'_1=A_1^{-1}.$ Finalement, on a bien prouvé que $H$ est un sous-groupe de $GL_r(\mathbb R)$.

Cet exercice est objectivement (très) difficile, mais il ne faut pas perdre de vue qu'il s'agit d'un exercice d'oral qui sera nécessairement guidé et les réactions aux indications comptent beaucoup dans l'évaluation.

Supposons d'abord que $f$ est surjective, et soit $A$ une partie génératrice de $G.$ Soit également $y\in G'.$ Puisque $f$ est surjective, il existe $x\in G$ tel que $y=f(x).$ Puisque $A$ est une partie génératrice de $G,$ il existe $p\geq 1,$ il existe $a_1,\dots,a_p\in A$ et $\veps_1,\dots,\veps_p\in\{-1,1\}$ tels que $$x=a_1^{\veps_1}\cdots a_p^{\veps_p}.$$ Appliquant $f,$ et utilisant les propriétés d'un morphise de groupes, on trouve $$y=f(x)=f(a_1)^{\veps_1}\cdots f(a_p)^{\veps_p}.$$ Puisque chaque $f(a_i)$ est élément de $f(A),$ on a bien prouvé que $f(A)$ est une partie génératrice de $G'.$
Pour la réciproque, on va prouver la contraposée, à savoir que si $f$ n'est pas surjective, il existe une partie génératrice $A$ de $G$ telle que $f(A)$ n'est pas une partie génératrice de $G'.$ Supposons donc $f$ non-surjective et soit $y\in G'\backslash\textrm{Im}(f).$ On va prouver que $f(G)=\textrm{Im}(f)$ n'est pas une partie génératrice de $G'$. En effet, $f(G)$ est déjà un sous-groupe de $G'$ et donc $y$ n'appartient pas au sous-groupe engendré par $f(G)$ qui est $f(G)$ lui-même. Ainsi, $f(G)$ n'est pas une partie génératrice de $G'$ alors que bien sûr $G$ est une partie génératrice de $G.$