Corrigé des exercices : Groupes et théorème de Lagrange en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Lois de groupe ou non

Idée clé : on vérifie d’abord que la loi est interne, puis on cherche le neutre et les symétriques ; un seul axiome en défaut suffit à conclure.

1. Le produit \(\frac{xy}{2}\) de deux rationnels non nuls est un rationnel non nul : la loi est interne. Ensuite, \((x \star y) \star z = \frac{xyz}{4} = x \star (y \star z)\). De plus, \(x \star 2 = x\), donc \(2\) est neutre. Enfin, \(x \star \frac{4}{x} = 2\). Ainsi, \((\mathbb{Q}^{*}, \star)\) est un groupe abélien, de neutre 2, où le symétrique de \(x\) est \(\frac{4}{x}\).
2. On a \(1 + 1 = 2\), qui n’est pas impair. La loi n’est pas interne : ce n’est pas un groupe.
3. D’abord, \(x \star 0 = x\), donc \(0\) est le seul neutre possible. Or \(1 \star y = 1 + y – y = 1\) pour tout réel \(y\). Ce résultat ne vaut jamais \(0\). Le réel 1 n’a pas de symétrique : ce n’est pas un groupe.
4. Ces quatre nombres sont exactement les solutions de \(z^4 = 1\). Le produit de deux solutions est encore une solution, donc la loi est interne. Ensuite, la multiplication est associative et \(1\) est neutre. Enfin, \(-1\) est son propre inverse, et \(\mathrm{i}\) et \(-\mathrm{i}\) sont inverses l’un de l’autre. C’est donc un groupe abélien : le groupe \(\mathbb{U}_4\).

Corrigé de l’exercice 2 – Un sous-groupe de matrices affines

Idée clé : le produit et l’inverse gardent la forme \(A(a,b)\) avec \(a > 0\), ce qui donne le critère du sous-groupe.

1. Le calcul donne \(A(a,b)\,A(c,d) = \begin{pmatrix} ac & ad + b \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). Ainsi, \(A(a,b)\,A(c,d) = A(ac, ad + b)\), et \(ac > 0\). Ensuite, \(A(a,b)\,A\big(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\big) = A(1, 0) = I_2\). Donc \(A(a,b)^{-1} = A\big(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\big)\).
2. Chaque \(A(a,b)\) a pour déterminant \(a \neq 0\), donc \(\mathcal{A} \subset \mathrm{GL}_2(\mathbb{R})\). De plus, \(I_2 = A(1,0) \in \mathcal{A}\). Enfin, d’après la question 1, \(A(a,b)\,A(c,d)^{-1}\) est un produit de deux éléments de \(\mathcal{A}\), donc il appartient à \(\mathcal{A}\). Par le critère du cours, \(\mathcal{A}\) est un sous-groupe de \(\mathrm{GL}_2(\mathbb{R})\).
3. On a \(A(2,0)\,A(1,1) = A(2,2)\), alors que \(A(1,1)\,A(2,0) = A(2,1)\). Le groupe \(\mathcal{A}\) n’est pas abélien.

Corrigé de l’exercice 3 – Ordres dans Z/24Z

Idée clé : dans \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\), la classe de \(k\) est d’ordre \(\frac{n}{\mathrm{pgcd}(n,k)}\).

1. On calcule \(\mathrm{pgcd}(24, 9) = 3\), \(\mathrm{pgcd}(24, 10) = 2\), \(\mathrm{pgcd}(24, 15) = 3\) et \(\mathrm{pgcd}(24, 16) = 8\). Les ordres sont donc respectivement 8, 12, 8 et 3.
2. Les générateurs sont les classes de \(k\) premier avec 24, c’est-à-dire ni pair ni multiple de 3. Ce sont les classes de 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19 et 23.
3. L’ordre vaut 8 lorsque \(\mathrm{pgcd}(24, k) = 3\). Comme \(24 = 2^3 \times 3\), cela revient à demander que \(k\) soit multiple de 3 et impair. Les éléments d’ordre 8 sont les classes de 3, 9, 15 et 21.

Corrigé de l’exercice 4 – Décomposer une permutation de S8

Idée clé : on suit les images successives de chaque point jusqu’au retour, puis on utilise le PPCM des longueurs.

1. D’abord, \(1 \mapsto 5 \mapsto 4 \mapsto 1\). Ensuite, \(2 \mapsto 8 \mapsto 6 \mapsto 7 \mapsto 2\). Enfin, \(3\) est fixe. Ainsi, \(\sigma = (1\ 5\ 4)(2\ 8\ 6\ 7)\).
2. L’ordre vaut \(\mathrm{ppcm}(3, 4) = 12\). Pour la réciproque, on parcourt chaque cycle à l’envers. On obtient \(\mathrm{ord}(\sigma) = 12\) et \(\sigma^{-1} = (1\ 4\ 5)(2\ 7\ 6\ 8)\).
3. Comme \(2030 = 12 \times 169 + 2\) et \(\sigma^{12} = \mathrm{id}\), il suffit de calculer \(\sigma^2\). Les deux cycles commutent, donc \(\sigma^2 = (1\ 5\ 4)^2\,(2\ 8\ 6\ 7)^2\). D’abord, \((1\ 5\ 4)^2 = (1\ 4\ 5)\). Ensuite, le carré du 4-cycle envoie \(2\) sur \(6\), \(6\) sur \(2\), \(8\) sur \(7\) et \(7\) sur \(8\). Ainsi, \(\sigma^{2030} = (1\ 4\ 5)(2\ 6)(7\ 8)\).

Le diagramme ci-dessous représente la décomposition de \(\sigma\) obtenue à la question 1.

Corrigé de l’exercice 5 – Ce que permet le théorème de Lagrange

Idée clé : tout cardinal de sous-groupe et tout ordre d’élément divise l’ordre du groupe.

1. D’après le théorème de Lagrange, l’ordre d’un sous-groupe divise 35. Ensuite, l’ordre d’un élément est le cardinal du sous-groupe qu’il engendre. Dans les deux cas, les seules valeurs possibles sont 1, 5, 7 et 35.
2. L’intersection \(H \cap K\) est un sous-groupe de \(H\) et de \(K\). Son ordre divise donc 5 et 7, qui sont premiers entre eux. Par conséquent, \(H \cap K = \{e\}\).
3. Le nombre 13 est premier. D’après le corollaire de Lagrange, tout élément \(x \neq e\) est d’ordre 13 et engendre le groupe. Le groupe est cyclique, et ses 12 éléments non neutres sont des générateurs.

Corrigé de l’exercice 6 – Deux morphismes vers les complexes

Idée clé : les propriétés algébriques de la puissance et de l’exponentielle donnent le morphisme ; le noyau se lit sur l’ordre ou sur la période.

1. On a \(\mathrm{i}^{k + l} = \mathrm{i}^k\, \mathrm{i}^l\), donc \(f\) est un morphisme. Ensuite, \(\mathrm{i}\) est d’ordre 4, donc \(\mathrm{i}^k = 1\) équivaut à \(4 \mid k\). Enfin, les puissances de \(\mathrm{i}\) prennent quatre valeurs. Ainsi, \(\mathrm{Ker}\, f = 4\mathbb{Z}\) et \(\mathrm{Im}\, f = \{1, \mathrm{i}, -1, -\mathrm{i}\}\).
2. On a \(\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi(s + t)} = \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi s}\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi t}\), donc \(g\) est un morphisme. De plus, \(\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi t} = 1\) équivaut à \(t \in \mathbb{Z}\). Enfin, tout complexe de module 1 s’écrit \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\), avec \(t = \frac{\theta}{2\pi}\). Ainsi, \(\mathrm{Ker}\, g = \mathbb{Z}\) et \(\mathrm{Im}\, g = \mathbb{U}\).
3. Comme \(g\) est un morphisme, \(g\big(\frac{5}{6}\big)^m = g\big(\frac{5m}{6}\big)\). Cette quantité vaut 1 si et seulement si \(6\) divise \(5m\), donc si et seulement si \(6 \mid m\), car 5 et 6 sont premiers entre eux. L’élément \(g\big(\frac{5}{6}\big) = \mathrm{e}^{5\mathrm{i}\pi/3}\) est d’ordre 6.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Somme et intersection de sous-groupes de Z

Idée clé : tout sous-groupe de \(\mathbb{Z}\) est de la forme \(d\mathbb{Z}\) ; il reste à identifier \(d\) par divisibilité.

1. D’abord, \(0 = 84 \cdot 0 + 120 \cdot 0\) appartient à l’ensemble. Ensuite, la différence \((84u + 120v) – (84u^{\prime} + 120v^{\prime})\) vaut \(84(u – u^{\prime}) + 120(v – v^{\prime})\). C’est donc un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\).
2. Écrivons ce sous-groupe \(d\mathbb{Z}\). Il contient 84 et 120, donc \(d\) divise ces deux entiers. Inversement, \(d\) s’écrit \(84u + 120v\), donc tout diviseur commun de 84 et 120 divise \(d\). Ainsi, \(d\) est le PGCD. Avec \(84 = 2^2 \times 3 \times 7\) et \(120 = 2^3 \times 3 \times 5\), on obtient \(d = 12\). Enfin, \(84 \times 3 – 120 \times 2 = 252 – 240 = 12\). Ainsi, \(d = 12\), avec par exemple \(u = 3\) et \(v = -2\).
3. L’intersection de deux sous-groupes est un sous-groupe, donc de la forme \(m\mathbb{Z}\). Ses éléments sont les multiples communs de 84 et 120, et \(m\) en est le plus petit strictement positif. Ainsi, \(m = \mathrm{ppcm}(84, 120) = 2^3 \times 3 \times 5 \times 7 = 840\).

Corrigé de l’exercice 8 – Une loi transportée par le cube

Idée clé : la bijection \(c\) transporte la structure de \((\mathbb{R}, +)\) ; chaque axiome se vérifie en appliquant \(c\) puis en utilisant son injectivité.

1. La fonction \(c\) est continue, strictement croissante, et tend vers \(\pm\infty\) en \(\pm\infty\). C’est donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathbb{R}\), de réciproque la racine cubique. Ensuite, \(c(x \oplus y) = \big(\sqrt[3]{x^3 + y^3}\big)^3 = x^3 + y^3\). Ainsi, \(c(x \oplus y) = c(x) + c(y)\).
2. D’abord, \(c\big((x \oplus y) \oplus z\big)\) et \(c\big(x \oplus (y \oplus z)\big)\) valent tous deux \(x^3 + y^3 + z^3\). Comme \(c\) est injective, la loi est associative. De même, elle est commutative. Ensuite, \(c(x \oplus 0) = x^3\), donc \(x \oplus 0 = x\). Enfin, \(c\big(x \oplus (-x)\big) = 0\), d’où \(x \oplus (-x) = 0\). Ainsi, \((\mathbb{R}, \oplus)\) est un groupe abélien, de neutre 0, où le symétrique de \(x\) est \(-x\).
3. On obtient \(2 \oplus (-1) = \sqrt[3]{8 – 1}\) et \(1 \oplus 1 \oplus 1 = \sqrt[3]{3}\). Ainsi, \(2 \oplus (-1) = \sqrt[3]{7}\) et \(1 \oplus 1 \oplus 1 = \sqrt[3]{3}\).

Corrigé de l’exercice 9 – Sous-groupes des racines douzièmes de l’unité

Idée clé : Lagrange force tout élément d’un sous-groupe de cardinal \(d\) à vérifier \(z^d = 1\).

1. Si \(d \mid n\) et \(z^d = 1\), alors \(z^n = (z^d)^{n/d} = 1\). Réciproquement, si \(\mathbb{U}_d \subset \mathbb{U}_n\), alors \(\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi n/d} = 1\), donc \(\frac{n}{d}\) est entier. Ainsi, \(\mathbb{U}_d \subset \mathbb{U}_n\) si et seulement si \(d \mid n\).
2. Par le corollaire du théorème de Lagrange, tout \(z \in H\) vérifie \(z^d = 1\). Donc \(H \subset \mathbb{U}_d\). Or ces deux ensembles ont \(d\) éléments. Par conséquent, \(H = \mathbb{U}_d\).
3. Le cardinal d’un sous-groupe divise 12, et à chaque diviseur correspond un seul sous-groupe. Les sous-groupes sont \(\mathbb{U}_1\), \(\mathbb{U}_2\), \(\mathbb{U}_3\), \(\mathbb{U}_4\), \(\mathbb{U}_6\) et \(\mathbb{U}_{12}\), avec \(\mathbb{U}_d \subset \mathbb{U}_{d^{\prime}}\) exactement lorsque \(d \mid d^{\prime}\). Enfin, les générateurs de \(\mathbb{U}_{12}\) sont les \(\mathrm{e}^{2\mathrm{i}k\pi/12}\) avec \(k \in \{1, 5, 7, 11\}\).

La figure résume ces inclusions : un trait relie deux sous-groupes lorsque le plus bas est contenu dans le plus haut, sans intermédiaire.

Corrigé de l’exercice 10 – Ordre d’un produit

Idée clé : si \((ab)^k = e\), alors \(a^k = b^{-k}\) appartient à \(\langle a \rangle \cap \langle b \rangle\).

1. Un élément de \(\langle a \rangle \cap \langle b \rangle\) a un ordre qui divise \(m\) et \(n\), par Lagrange appliqué à ces deux sous-groupes. Cet ordre vaut donc 1. Ainsi, \(\langle a \rangle \cap \langle b \rangle = \{e\}\).
2. Comme \(a\) et \(b\) commutent, \((ab)^k = a^k b^k\) pour tout \(k\). D’abord, \((ab)^{mn} = (a^m)^n (b^n)^m = e\). Ensuite, si \((ab)^k = e\), alors \(a^k = b^{-k}\) est dans l’intersection, donc \(a^k = b^k = e\). Par conséquent, \(m \mid k\) et \(n \mid k\), puis \(mn \mid k\) car \(m\) et \(n\) sont premiers entre eux. L’ordre de \(ab\) vaut donc \(mn\).
3. On calcule de droite à gauche : \(1 \mapsto 2 \mapsto 1\), puis \(2 \mapsto 3 \mapsto 3\), puis \(3 \mapsto 1 \mapsto 2\). Donc \((1\ 2)(1\ 2\ 3) = (2\ 3)\), d’ordre 2 et non \(2 \times 3 = 6\). Les ordres 2 et 3 sont pourtant premiers entre eux. En revanche, \((1\ 2\ 3)(1\ 2) = (1\ 3)\) : les deux permutations ne commutent pas, et c’est cette hypothèse qui fait défaut.

Corrigé de l’exercice 11 – Classes à gauche et à droite dans S3

Idée clé : on calcule chaque produit de droite à gauche, en faisant attention au côté où l’on multiplie.

1. On a \((1\ 3)^2 = \mathrm{id}\). L’ensemble \(H\) contient donc le neutre, il est stable par produit et par inverse. C’est un sous-groupe d’ordre 2.
2. On trouve \((1\ 2)(1\ 3) = (1\ 3\ 2)\) et \((2\ 3)(1\ 3) = (1\ 2\ 3)\). Les classes à gauche sont \(H\), \(\{(1\ 2), (1\ 3\ 2)\}\) et \(\{(2\ 3), (1\ 2\ 3)\}\). De même, \((1\ 3)(1\ 2) = (1\ 2\ 3)\) et \((1\ 3)(2\ 3) = (1\ 3\ 2)\). Les classes à droite sont \(H\), \(\{(1\ 2), (1\ 2\ 3)\}\) et \(\{(2\ 3), (1\ 3\ 2)\}\).
3. Ainsi, \((1\ 2)H \neq H(1\ 2)\) : classes à gauche et à droite diffèrent en général. Cependant, on a dans les deux cas trois classes de deux éléments. On retrouve \(6 = 3 \times 2\), conformément au théorème de Lagrange.

Corrigé de l’exercice 12 – Sous-groupe engendré par deux permutations de S4

Idée clé : la relation \(\tau \rho = \rho^{-1} \tau\) permet de faire passer tous les \(\tau\) à droite dans un produit.

1. Le cycle \(\rho\) est d’ordre 4, et la transposition \(\tau\) d’ordre 2. Ensuite, on calcule \(\tau \rho \tau\) point par point : \(1 \mapsto 4\), \(4 \mapsto 3\), \(3 \mapsto 2\) et \(2 \mapsto 1\). Donc \(\tau \rho \tau = (1\ 4\ 3\ 2) = \rho^{-1}\).
2. Notons \(S = \{\rho^k, \rho^k \tau \mid 0 \leqslant k \leqslant 3\}\). La relation donne \(\tau \rho^k = \rho^{-k} \tau\). Par conséquent, un produit de deux éléments de \(S\) se réécrit \(\rho^{j} \tau^{\varepsilon}\), qui est dans \(S\). De plus, \((\rho^k \tau)^{-1} = \tau \rho^{-k} = \rho^k \tau\). Ainsi, \(S\) est un sous-groupe qui contient \(\rho\) et \(\tau\), d’où \(D \subset S\). L’inclusion inverse est claire. Donc \(D = S\).
3. Les \(\rho^k\) sont distincts, car \(\rho\) est d’ordre 4. Les \(\rho^k \tau\) sont distincts par simplification. Enfin, \(\rho^k \tau = \rho^j\) donnerait \(\tau = \rho^{j – k}\). Or les puissances de \(\rho\) sont \(\mathrm{id}\), deux 4-cycles et \((1\ 3)(2\ 4)\), et aucune n’est une transposition. Ainsi, \(|D| = 8\), et son indice dans \(\mathfrak{S}_4\) vaut \(\frac{24}{8} = 3\).

Corrigé de l’exercice 13 – Morphismes entre groupes finis

Idée clé : les ensembles où \(f\) est constant sont exactement les classes modulo le noyau, qui ont toutes la même taille.

1. En multipliant à gauche par \(f(x)^{-1}\), l’égalité \(f(x) = f(y)\) se transforme en \(f(x)^{-1}f(y) = e^{\prime}\). Comme \(f\) est un morphisme, le membre de gauche vaut \(f(x^{-1}y)\). Ainsi, la condition signifie que \(h = x^{-1}y\) est dans le noyau. Finalement, \(f(x) = f(y)\) exactement lorsque \(y = xh\) avec \(h \in \mathrm{Ker}\, f\), soit \(y \in x\,\mathrm{Ker}\, f\).
2. D’après la question 1, chaque valeur de \(f\) est prise exactement sur une classe à gauche modulo \(\mathrm{Ker}\, f\). Il y a donc autant de classes que d’éléments dans \(\mathrm{Im}\, f\). Or chaque classe compte \(|\mathrm{Ker}\, f|\) éléments, comme dans la preuve de Lagrange. Par conséquent, \(|G| = |\mathrm{Ker}\, f| \times |\mathrm{Im}\, f|\).
3. D’une part, \(|\mathrm{Im}\, f|\) divise 15 d’après la question 2. D’autre part, \(\mathrm{Im}\, f\) est un sous-groupe d’un groupe d’ordre 8, donc son cardinal divise 8 par Lagrange. Ainsi, \(|\mathrm{Im}\, f| = 1\). Le morphisme est trivial : il envoie tout sur le neutre.
4. Un morphisme \(f\) est déterminé par \(a = f(\bar{1})\), puisque \(f(\bar{k}) = ka\). De plus, \(6a = f(\bar{6}) = f(\bar{0}) = \bar{0}\) dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\), ce qui impose \(a \in \{\bar{0}, \bar{2}\}\). Réciproquement, \(\bar{k} \mapsto \overline{2k}\) est bien défini, car \(k \equiv k^{\prime} \pmod 6\) entraîne \(2k \equiv 2k^{\prime} \pmod 4\). Il y a exactement deux morphismes : le morphisme nul et \(\bar{k} \mapsto \overline{2k}\).

Corrigé de l’exercice 14 – Éléments d’ordre donné dans un groupe cyclique

Idée clé : un sous-groupe d’ordre \(d\) est contenu dans l’ensemble des solutions de \(dx = 0\), qui a exactement \(d\) éléments.

1. La classe de \(k\) est d’ordre 9 lorsque \(\mathrm{pgcd}(36, k) = 4\). Il faut donc \(k = 4m\) avec \(m\) premier avec 9. Les éléments d’ordre 9 sont les classes de 4, 8, 16, 20, 28 et 32. De même, l’ordre vaut 12 lorsque \(k = 3m\) avec \(m\) premier avec 12, soit \(m \in \{1, 5, 7, 11\}\). Il y a 4 éléments d’ordre 12.
2. Par le corollaire de Lagrange, tout \(x \in H\) vérifie \(9x = \bar{0}\). Or \(9x \equiv 0 \pmod{36}\) équivaut à \(4 \mid x\). Donc \(H \subset \langle \bar{4} \rangle\), et ces deux ensembles ont 9 éléments. Ainsi, \(H = \langle \bar{4} \rangle\).
3. Soit \(G = \langle a \rangle\) d’ordre \(n\) et \(d \mid n\). L’élément \(a^{n/d}\) est d’ordre \(d\), ce qui donne l’existence. Ensuite, si \(H\) est d’ordre \(d\) et \(a^k \in H\), alors \(a^{kd} = e\), donc \(n \mid kd\), c’est-à-dire \(\frac{n}{d} \mid k\). Ainsi, \(H \subset \langle a^{n/d} \rangle\), avec égalité des cardinaux. Il existe donc un unique sous-groupe d’ordre \(d\), à savoir \(\langle a^{n/d} \rangle\).

Corrigé de l’exercice 15 – Ordres des éléments de S5

Idée clé : le type d’une permutation est la liste des longueurs de ses cycles, et l’ordre en est le PPCM.

1. Les types possibles sont : identité (ordre 1), transposition (2), 3-cycle (3), 4-cycle (4), 5-cycle (5), deux transpositions disjointes (2), et un 3-cycle avec une transposition disjointe (6). Il y a donc sept types.
2. On dénombre : 1 identité et \(\binom{5}{2} = 10\) transpositions. Ensuite, on compte \(\binom{5}{3} \times 2 = 20\) trois-cycles, \(5 \times 3! = 30\) quatre-cycles et \(4! = 24\) cinq-cycles. De plus, il y a \(5 \times 3 = 15\) produits de deux transpositions disjointes, puis \(20\) produits d’un 3-cycle et d’une transposition. Le total vaut \(1 + 10 + 20 + 30 + 24 + 15 + 20 = 120 = 5!\).
3. Il y a \(10 + 15 = 25\) éléments d’ordre 2 et 20 éléments d’ordre 6. Un élément d’ordre 10 devrait contenir un cycle de longueur multiple de 5, donc un 5-cycle qui utilise les cinq points. Il lui faudrait aussi un cycle de longueur paire disjoint du premier, ce qui est impossible. Aucun élément n’est donc d’ordre 10.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Éléments d’ordre 2 et groupes abéliens

Idée clé : l’application \(x \mapsto x^{-1}\) regroupe les éléments par paires, sauf ceux qui sont leur propre symétrique.

1. Les éléments tels que \(x \neq x^{-1}\) se regroupent en paires \(\{x, x^{-1}\}\), donc leur nombre est pair. Par conséquent, l’ensemble \(F = \{x \mid x = x^{-1}\}\) a un cardinal de même parité que \(|G|\), donc pair. Or \(F\) contient \(e\), donc au moins un autre élément \(x\). Celui-ci vérifie \(x^2 = e\) et \(x \neq e\). Ainsi, \(G\) contient un élément d’ordre 2.
2. Pour tous \(x, y\), chaque élément est son propre symétrique. Donc \(xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx\). Le groupe \(G\) est abélien.
3. Dans \(\mathfrak{S}_3\), l’élément \(x = (1\ 2)\) vérifie \(x^2 = \mathrm{id}\) avec \(x \neq \mathrm{id}\). Pourtant, \(\mathfrak{S}_3\) n’est pas abélien. L’hypothèse doit porter sur tous les éléments.

Corrigé de l’exercice 17 – Groupes d’ordre 4

Idée clé : Lagrange limite les ordres possibles à 1, 2 et 4 ; on distingue selon l’existence d’un élément d’ordre 4.

1. L’ordre d’un élément divise 4, et seul \(e\) est d’ordre 1. Les autres éléments sont donc d’ordre 2 ou 4.
2. Si \(a\) est d’ordre 4, le sous-groupe \(\langle a \rangle\) a 4 éléments, donc il est égal à \(G\). Ainsi, \(G\) est cyclique d’ordre 4. D’après le cours, \(G\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\).
3. Sinon, tous les éléments vérifient \(x^2 = e\), donc \(G\) est abélien par l’exercice 16. Prenons \(a \neq e\), puis \(b \notin \{e, a\}\). Le produit \(ab\) diffère de \(e\), car sinon \(b = a^{-1} = a\). Il diffère aussi de \(a\) et de \(b\), par simplification. Donc \(G = \{e, a, b, ab\}\). La table est alors entièrement fixée : chaque élément est d’ordre 2, et le produit de deux éléments distincts non neutres est le troisième. Le groupe \(\{\mathrm{id}, h, v, r\}\) des isométries du rectangle a exactement la même table. L’application \(e \mapsto \mathrm{id}\), \(a \mapsto h\), \(b \mapsto v\), \(ab \mapsto r\) est donc un isomorphisme.
4. Un isomorphisme conserve l’ordre des éléments. Or \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\) contient un élément d’ordre 4, et l’autre groupe aucun. Les deux groupes ne sont pas isomorphes.

Corrigé de l’exercice 18 – Réunion de deux sous-groupes

Idée clé : on raisonne par l’absurde avec un élément de \(H\) hors de \(K\) et un élément de \(K\) hors de \(H\), puis on examine leur produit.

1. Si \(H \subset K\), alors \(H \cup K = K\) est un sous-groupe, et de même dans l’autre cas. Réciproquement, supposons \(H \cup K\) sous-groupe sans aucune des deux inclusions. On choisit \(h \in H \setminus K\) et \(k \in K \setminus H\). Le produit \(hk\) est dans \(H \cup K\). S’il est dans \(H\), alors \(k = h^{-1}(hk) \in H\), ce qui est faux. S’il est dans \(K\), alors \(h = (hk)k^{-1} \in K\), ce qui est faux aussi. Ainsi, \(H \cup K\) est un sous-groupe si et seulement si l’un des deux contient l’autre.
2. Supposons \(G = H \cup K\) avec \(H \neq G\) et \(K \neq G\). Comme \(G\) est un sous-groupe de lui-même, la question 1 donne par exemple \(H \subset K\). Alors \(G = K\), ce qui contredit l’hypothèse. Un groupe n’est donc jamais réunion de deux sous-groupes distincts de lui-même.
3. Dans \(\{\mathrm{id}, h, v, r\}\), chaque symétrie ou demi-tour est d’ordre 2. Donc \(\{\mathrm{id}, h\}\), \(\{\mathrm{id}, v\}\) et \(\{\mathrm{id}, r\}\) sont des sous-groupes. Leur réunion est le groupe entier, alors qu’aucun d’eux ne l’est.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : battages parfaits d’un jeu de cartes

Idée clé : hors de la dernière position, le battage agit comme la multiplication par 2 modulo \(2n – 1\) ; l’ordre de \(s\) est donc celui de 2 modulo \(2n – 1\).

1. Pour \(n = 4\), on obtient \(s(0) = 0\), \(s(1) = 2\), \(s(2) = 4\), \(s(3) = 6\), \(s(4) = 1\), \(s(5) = 3\), \(s(6) = 5\) et \(s(7) = 7\). Ensuite, \(1 \mapsto 2 \mapsto 4 \mapsto 1\) et \(3 \mapsto 6 \mapsto 5 \mapsto 3\). Ainsi, \(s = (1\ 2\ 4)(3\ 6\ 5)\), d’ordre 3 : trois battages rendent l’ordre initial.
2. La position \(2n – 1\) s’écrit \(n + (n – 1)\), donc elle va en \(2(n-1) + 1 = 2n – 1\). Ensuite, pour \(k \leqslant n – 1\), on a \(s(k) = 2k\). Enfin, pour \(k = n + j\) avec \(0 \leqslant j \leqslant n – 2\), on a \(2k = (2n – 1) + 2j + 1\). Dans tous les cas, \(s(k) \equiv 2k \pmod{2n-1}\) pour \(0 \leqslant k \leqslant 2n – 2\), et \(2n – 1\) est fixe.
3. Le cas \(m = 0\) est clair. Ensuite, \(s\) fixe \(2n – 1\), donc elle permute \(\{0, \dots, 2n – 2\}\). Ainsi, \(s^m(k)\) reste dans cet ensemble, et la question 2 s’applique : \(s^{m+1}(k) \equiv 2\, s^m(k) \equiv 2^{m+1} k\). La propriété est donc vraie pour tout \(m\).
4. Si \(2^m \equiv 1\), alors \(s^m(k) \equiv k\). Ces deux entiers sont compris entre \(0\) et \(2n – 2\) : ils sont donc égaux. Réciproquement, si \(s^m = \mathrm{id}\), alors \(1 = s^m(1) \equiv 2^m\). L’ordre de \(s\) est le plus petit \(m \geqslant 1\) tel que \(2^m \equiv 1 \pmod{2n – 1}\).
5. Ici \(2n – 1 = 51\). Les puissances successives de 2 modulo 51 sont 2, 4, 8, 16, 32, 13, 26, puis 1. L’ordre de \(s\) vaut donc 8, et le cycle de la position 1 est \((1\ 2\ 4\ 8\ 16\ 32\ 13\ 26)\).
6. On a \(s(17) = 34\), puis \(s(34) \equiv 68 \equiv 17\). La position 17 est dans un cycle de longueur 2. Plus généralement, si \(x\) est dans un cycle de longueur \(\ell\), les entiers \(m\) tels que \(s^m(x) = x\) forment un sous-groupe de \(\mathbb{Z}\), égal à \(\ell\mathbb{Z}\). Comme \(s^8(x) = x\), on obtient \(\ell \mid 8\).
7. Pour 10 cartes, \(2n – 1 = 9\). Les puissances de 2 modulo 9 sont 2, 4, 8, 7, 5, puis 1. Il faut donc 6 battages pour retrouver l’ordre initial.

La figure montre la décomposition obtenue pour huit cartes : deux cycles de longueur 3 et deux positions fixes.

Pour aller plus loin

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