QCM : Ordre et groupes cycliques en maths spé (MP)

Réponse D.

L’intersection contient \(e\) et elle est stable par produit et passage à l’inverse, car chacun des deux sous-groupes l’est. En revanche, \(5\mathbb{Z}\cup 7\mathbb{Z}\) contient \(5\) et \(7\) mais pas leur somme \(12\). Le complémentaire ne contient jamais \(e\). Enfin, \(HK\) est un sous-groupe quand \(G\) est commutatif, mais pas en général : c’est un piège classique dans le groupe symétrique.

Réponse A.

Ce sous-groupe est formé des combinaisons \(21u+35v\) avec \(u,v\) entiers. D’après Bézout, c’est donc l’ensemble des multiples de \(\gcd(21,35)=7\). Le piège \(105\mathbb{Z}\) prend le PPCM, qui décrit en fait l’ensemble des multiples communs. Par ailleurs, \(735\mathbb{Z}\) utilise le produit. Enfin, \(\mathbb{Z}\) suppose à tort que \(21\) et \(35\) sont premiers entre eux.

Réponse C.

Les multiples de \(4\) ou de \(10\) contiennent \(4\) et \(10\) mais pas \(14\), donc cette partie n’est pas stable par addition. Les autres sont bien des sous-groupes : les multiples communs de \(6\) et \(15\) forment \(30\mathbb{Z}\), les entiers \(6a+10b\) forment \(2\mathbb{Z}\), et la partie définie par \(n^2=n\) se réduit à \(\{0\}\). Le piège est de croire qu’une description compliquée exclut d’être un sous-groupe.

Réponse D.

La classe de \(k\) engendre \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\) si et seulement si \(\gcd(k,20)=1\). Les classes convenables sont donc \(1,3,7,9,11,13,17,19\), soit \(\varphi(20)=8\). Le piège \(19\) suppose que toute classe non nulle engendre le groupe, ce qui n’est vrai que si \(n\) est premier. Ensuite, \(6\) ne garde que les nombres premiers et oublie \(1\) et \(9\). Enfin, \(10\) compte les impairs.

Réponse B.

On cherche le plus petit \(m\geq 1\) tel que \(20\) divise \(8m\). Comme \(\gcd(8,20)=4\), cela revient à \(5\mid 2m\), donc à \(5\mid m\). Ainsi l’ordre vaut \(\frac{20}{\gcd(8,20)}=5\). Vérification : \(5\times 8=40\equiv 0\). Le piège \(4\) donne le PGCD au lieu du quotient. Par ailleurs, \(20\) est l’ordre du groupe, pas celui de l’élément.

Réponse A.

Pour un élément d’ordre \(12\), on a \(x^n=e\) si et seulement si \(12\) divise \(n\). En effet, la division euclidienne \(n=12q+r\) donne \(x^n=x^r\), et \(x^r=e\) avec \(0\leq r<12\) impose \(r=0\). Donc seul \(36\) convient. Les pièges \(6\) et \(18\) sont des diviseurs ou des multiples de \(6\) seulement. Quant à \(30\), il est divisible par \(6\) mais pas par \(12\).

Réponse A.

Dans un groupe fini, l’ordre de tout élément divise le cardinal : c’est une conséquence du théorème de Lagrange appliqué au sous-groupe engendré. Or \(8\) ne divise pas \(36\), donc aucun élément ne peut être d’ordre \(8\). Cependant, les autres valeurs divisent \(36\), et \(\mathbb{Z}/36\mathbb{Z}\) contient bien des éléments d’ordre \(9\), \(12\) et \(18\). Le piège est de croire que \(12\) ou \(18\) sont trop grands.

Réponse C.

On sait que \(x^k\) est d’ordre \(\frac{12}{\gcd(k,12)}\). Avec \(k=9\), on a \(\gcd(9,12)=3\), donc l’ordre vaut \(4\). Vérification : \((x^9)^4=x^{36}=e\), tandis que \(x^9\), \(x^{18}\) et \(x^{27}\) diffèrent de \(e\). Le piège \(3\) donne le PGCD lui-même. Ensuite, \(12\) suppose que toute puissance garde l’ordre de \(x\). Enfin, \(9\) confond l’exposant et l’ordre.

Réponse D.

Un produit \(\mathbb{Z}/a\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/b\mathbb{Z}\) est cyclique si et seulement si \(\gcd(a,b)=1\). Ainsi l’élément \((1,1)\) du premier groupe est d’ordre \(\operatorname{ppcm}(4,9)=36\), égal au cardinal. En revanche, dans les trois autres, l’ordre maximal vaut \(6\), \(12\) et \(20\), toujours inférieur au cardinal. Le piège consiste à croire que tout produit de groupes cycliques reste cyclique.

Réponse B.

Le groupe \(\mathbb{U}_{12}\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) par \(k\mapsto e^{2ik\pi/12}\). Ainsi \(e^{2ik\pi/12}\) engendre le groupe si et seulement si \(\gcd(k,12)=1\). Or \(e^{5i\pi/6}\) correspond à \(k=5\), qui convient. Les pièges correspondent à \(k=2\), \(k=3\) et \(k=6\) : ces racines sont d’ordres \(6\), \(4\) et \(2\), donc elles n’engendrent qu’un sous-groupe strict.

Réponse C.

Soit \(x\neq e\). Son ordre divise \(13\), qui est premier, et il est différent de \(1\). Donc il vaut \(13\), et \(x\) engendre \(G\). Par conséquent, \(G\) possède \(12\) générateurs, et non un seul. De plus, il est automatiquement commutatif, puisque cyclique. Enfin, ses seuls sous-groupes sont \(\{e\}\) et \(G\), d’après Lagrange. Le piège est d’oublier que le cardinal premier suffit.

Réponse B.

On veut \(15\mid 6x\). Comme \(\gcd(6,15)=3\), cela équivaut à \(5\mid 2x\), puis à \(5\mid x\) par le lemme de Gauss. Les solutions sont donc les classes de \(0\), \(5\) et \(10\), c’est-à-dire les éléments dont l’ordre divise \(6\). Le piège \(1\) suppose que seule la classe nulle convient. Ensuite, \(6\) confond le coefficient et le nombre de solutions. Enfin, \(5\) donne le quotient \(15/3\).