QCM : Groupes quotients en L3 de maths

Réponse C.

Deux classes \(gH\) et \(g^{\prime}H\) sont soit égales, soit disjointes, et chacune compte \(|H|=6\) éléments. Elles se partagent donc les 24 éléments de \(G\) : il y en a \(24/6=4\), et ce nombre s’appelle l’indice de \(H\). La réponse 18 soustrait les ordres au lieu de les diviser. Quant à 6, elle confond le nombre de classes avec leur taille commune.

Réponse A.

On calcule \((1\;3)(1\;2)=(1\;2\;3)\), donc \(\sigma H=\{(1\;3),(1\;2\;3)\}\). De même, \((1\;2)(1\;3)=(1\;3\;2)\), donc \(H\sigma=\{(1\;3),(1\;3\;2)\}\). Ces classes diffèrent, ce qui empêche \(H\) d’être distingué. Elles ne sont pas disjointes pour autant, puisque \(\sigma\) appartient aux deux. Enfin, \(\sigma\notin H\), donc \(\sigma H\neq H\).

Réponse C.

Si \(H\) est d’indice 2, les deux classes à gauche sont \(H\) et \(G\setminus H\) ; il en va de même à droite. Ainsi, \(gH=Hg\) pour tout \(g\), et \(H\) est distingué. Le piège est de confondre la commutativité de \(H\) avec celle de \(G\). D’ailleurs, le sous-groupe \(\{\mathrm{id},(1\;2)\}\) de \(S_3\) est d’ordre 2, cyclique et abélien, sans être distingué.

Réponse B.

Ici, \(K=\{0,6,12\}\) a trois éléments, donc \(G/K\) en compte six. De plus, l’image de la classe de 1 engendre le quotient, qui est donc cyclique d’ordre 6. Répondre \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\) confond le quotient avec \(K\). Le groupe \(S_3\) a le bon cardinal ; cependant, un quotient de groupe commutatif reste commutatif. Enfin, 12 vient d’une soustraction \(18-6\).

Réponse D.

Le module est multiplicatif, et son noyau est formé des complexes de module 1, c’est-à-dire \(\mathbb{U}\). Il est surjectif, car tout réel \(a>0\) est le module de lui-même. Par conséquent, le quotient s’identifie à l’image \(\mathbb{R}_+^*\). Le piège \(\mathbb{U}\) confond le noyau et l’image. Quant à \(\mathbb{R}^*\), il contient des négatifs, qui ne sont jamais des modules.

Réponse D.

L’application \((a,b)\mapsto a-b\) est un morphisme surjectif de \(\mathbb{Z}^2\) sur \(\mathbb{Z}\). Son noyau contient les couples \((a,a)\), donc il coïncide avec \(L\). Ainsi, le quotient s’identifie à \(\mathbb{Z}\). Le piège \(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) vient d’une confusion avec le quotient par \(2\mathbb{Z}\). En outre, le quotient n’est pas trivial, puisque \((1,0)\) n’appartient pas à \(L\).

Réponse A.

La classe de \(k\) engendre le groupe exactement lorsque \(k\) et 30 sont premiers entre eux. On garde donc 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 et 29, soit huit classes, ce qui donne bien \(\varphi(30)=8\). La réponse 29 suppose que tout élément non nul convient, ce qui n’arrive que modulo un nombre premier. De même, 15 ne retire que les nombres pairs.

Réponse A.

Les deux cycles agissent sur des supports disjoints ; ils commutent donc, et \(\sigma^m=\mathrm{id}\) exige que 6 et 2 divisent \(m\). Ainsi, \(\sigma\) est d’ordre 6. Un cycle de longueur \(k\) se décompose en \(k-1\) transpositions, d’où \(5+1=6\) transpositions : \(\sigma\) est paire. Attention au piège : chaque cycle, de longueur paire, est impair, et seul leur produit est pair. L’ordre 8 additionne les longueurs.

Réponse B.

Un sous-groupe d’ordre 6 serait d’indice 2, donc distingué, et contiendrait le carré de chaque élément. Or tout 3-cycle \(c\) vérifie \(c=(c^2)^2\), si bien que les huit 3-cycles y figureraient : c’est trop. Lagrange n’admet donc pas de réciproque. En revanche, \(A_4\) n’est pas simple, puisque le groupe de Klein y est distingué. De plus, les transpositions sont impaires, donc hors de \(A_4\).

Réponse B.

Le quotient a \(24/4=6\) éléments. Cependant, il n’est pas commutatif : le commutateur de \((1\;2)\) et \((1\;3)\) est un 3-cycle, qui n’appartient pas à \(V\). Or \(S_3\) est, à isomorphisme près, l’unique groupe non commutatif à six éléments. Le piège \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\) ne regarde que le cardinal. Quant à \(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\), il s’agit du quotient de \(A_4\) par \(V\).

Réponse D.

La relation \(srs=r^{-1}\) donne, par récurrence, \(sr^ks=r^{-k}\) puisque \(s^2=e\). Ainsi, \(s\,r^2\,s\,r^3=r^{-2}r^3=r\). La réponse \(r^5\) fait comme si \(r\) et \(s\) commutaient. Par ailleurs, le produit contient deux symétries ; c’est donc une rotation, ce qui écarte \(s\,r\) et \(s\,r^5\) d’emblée.

Réponse C.

Une symétrie \(sr^k\) ne commute jamais avec \(r\), car \(r\,sr^k=sr^{k-1}\neq sr^{k+1}\). Une rotation \(r^k\) commute avec \(s\) si et seulement si \(r^k=r^{-k}\), soit \(r^{2k}=e\). Par conséquent, le centre vaut \(\{e,r^3\}\), le demi-tour. Le centre trivial ne vaut que pour \(n\) impair. Enfin, le sous-groupe des rotations est distingué, mais il n’est pas central.