Exercices corrigés sur les groupes

Exercices corrigés sur les groupes et sous groupes sont introduit. On discute la structure des groupes finis et ordre d’un groupe.

Une selections d’exercices corrigés sur les groupes

Exercice: Soient $\mathbb{R}$ l’ensemble des nombres réels muni du produit usuel, noté « . » et $E:=\mathcal{C}(\mathbb{R})$ l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ muni du produit usuel des fonctions, noté « $\times$ » définie par $(f\times g)(x)=f(x)\cdot g(x)$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

1. Vérifier que $times$ est une loi de composition interne sur $E$.
2. Montrer que l’application définie par: $$ \varphi:(E,\times)\longrightarrow (\mathbb{R},\cdot),\quad f\mapsto \varphi(f)=f(0) $$ est un morphisme (de magmas) non injectif.
3. Montrer que l’application identité de $\mathbb{R}$ est un élément régulier de $(E,\times)$.
4. En déduire que l’image d’un élément régulier par un morphisme non injectif n’est pas forcément régulier (en général).
5. Soient $(E,\top)$ et $(F,\bot)$ deux magmas et $\varphi:(E,\top)\to (F,\bot)$ un morphisme surjectif (de margmas). Montrer que si $\varphi$ est, de plus, injectif alors pour tout $a\in E,$ $a$ est régulier dans $E$ implique $\varphi(a)$ est régulier dans $F$.

Solution:

1. D’après le cours d’analyse le produit de deux fonctions continues est une fonction continue. Donc la loi $\times$ est une loi de composition interne sur $E$. Comme la loi « $\cdot$ » est commutative sur $\mathbb{R},$ alors pour tout $f,g\in E$ et tout $x\in\mathbb{R}$ on a $f(x)\cdot g(x)=g(x)\cdot f(x)$. Ce qui donne $f\times g=g\times f$, d’où la loi « $\times$ » est commutative.
2. Soient $f,g\in E$. Alors \begin{align*}\varphi(f\times g)&=(f\times g)(0)\cr&=f(0)\cdot g(0)\cr &= \varphi(f)\cdot\varphi(g).\end{align*}Donc $\varphi$ est un morphisme. Montrons que $\varphi$ n’est pas injectif. En effet, soient les fonctions $f(x)=e^{x}$ et $g(x)=e^{-x^2}$ pour $x\in\mathbb{R}$. On a $\varphi(f)=f(0)=1$ et $\varphi(g)=g(0)=1$. Donc $\varphi(f)=\varphi(g)$. Mais on a $f\neq g$. Donc $\varphi$ n’est pas injectif.
3. Soit $I_{\mathbb{R}}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ l’application identité de $\mathbb{R}$ et soient $f$ et $g$ deux fonctions dans $E$ tel que $f\times I_{\mathbb{R}}=g\times I_{\mathbb{R}}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$ on a alors $xf(x)=xg(x)$. Donc pour $x\in\mathbb{R}^\ast$ on a $f(x)=g(x)$. Montrons maintenant que $f(0)=g(0)$. En effet, soit la suite $x_n=\frac{1}{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}^\ast$. Il est claire que $x_n\in\mathbb{R}^\ast$ et donc $f(x_n)=g(x_n)$. Par continuité de $f$ et $g$ et le fait que $x_n\to 0$ quand $n\to \infty,$ on a alors $f(0)=g(0)$. donc $f(x)=g(x)$ pour tout $x\in\mathbb{R},$ ce qui signifie que $f=g$. Ainsi $I_{\mathbb{R}}$ est un élément régulier de $(E,\times)$.
4. On a $\varphi$ est un morphisme non injectif et $I_{\mathbb{R}}$ est régulier dans $(E,\times)$ mais portant $\varphi(I_{\mathbb{R}})=I_{\mathbb{R}}(0)=0$ n’est pas régulier dans $(\mathbb{R},\cdot)$. Conclusion: l’image par un morphisme (de magmas) non injectif d’un élément régulier n’est pas forcément un élément régulier.
5. Supposons que $\varphi$ est de plus injectif. Soient $a\in E$ un élément régulier et $(y,z)\in F^2$ tel que $\varphi(a)\bot y=\varphi(a)\bot z$. Par surjectivité de $\varphi,$ il existe $(b,c)\in E^2$ tel que $y=\varphi(b)$ et $z=\varphi(c)$. D’où \begin{align*}\varphi(a)\bot y=\varphi(a)\bot z&\;\Longrightarrow\;\varphi(a)\bot\varphi(b)=\varphi(a)\bot\varphi(c)\cr & \;\Longrightarrow\;\varphi(a\top b)=\varphi(a\top c)\cr & \;\Longrightarrow\; a\top b=a\top c\qquad \text{injectivité de}\;\varphi,\cr & \;\Longrightarrow\; b=c\qquad (a\;\text{est régulier}),\cr & \;\Longrightarrow\;\varphi(b)=\varphi(c),\cr & \;\Longrightarrow\;y=z.\end{align*} Donc $\varphi(a)$ est régulier à gauche. On montre de même que $\varphi(a)$ est régulier à droite. Ainsi $\varphi(a)$ est un élément régulier dans $F$.

Exercice: Rappelons que l’ensemble $\mathbb{C}^\ast$ des nombres complexes non nuls est un groupe pour la multiplication. De plus on note par $\langle z_1,z_2,\cdots,z_n\rangle$ le sous groupe de $\mathbb{C}^\ast$ engendrer par les nombres complexes non nuls $z_1,z_2,\cdots,z_n$. On définit l’ensemble $$U_n=\{z\in \mathbb{C}: z^n=1\}.$$

1. Montrer que $U_n$ est un sous-groupe cyclique d’ordre $n$ de $\mathbb{C}^\ast$ engendré par $e^{\frac{2i\pi}{n}}$.
2. Soit $a,b$ deux entiers naturels. On pose $d={\rm pgcd}(a,b)$ et $m={\rm ppcm}(a,b)$. Soit $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ un multiple commun de $a$ et $b$. On note $\rho=e^{\frac{2i\pi}{n}}$. Montrer que$$\langle \rho^a \rangle \cap\langle \rho^b\rangle=\langle \rho^m\rangle\quad\text{et}\quad \langle \rho^a,\rho^b\rangle=\langle \rho^d\rangle.$$
3. Montrer que la réunion de tous les $U_n$ est un sous-groupe de $\mathbb{C}^\ast$. Est-il de type fini (c’est-à-dire engendré par un nombre fini d’éléments)? Justifier.

Solution:

1. Soit $z=re^{i\theta}$ avec $r>0$ et $\theta\in \mathbb{R}$. On a\begin{align*}z\in U_n &\;\Longleftrightarrow\; z^n=r^n e^{i\theta}=1 \cr & \;\Longleftrightarrow\; r=1,\; n\theta\in 2\pi\mathbb{Z}\cr & \;\Longleftrightarrow\; r=1,\; \theta\in \frac{2\pi}{n}\mathbb{Z} \cr & \;\Longleftrightarrow\; z\in \langle e^{\frac{2i\pi}{n}}\rangle.\end{align*}Ainsi $$U_n=\langle e^{\frac{2i\pi}{n}}\rangle.$$
2. Si $\rho^k\in U_n,$ alors on a\begin{align*}\rho^k\in \langle \rho^a\rangle & \;\Longleftrightarrow\;\exists\,q\in\mathbb{Z},\; \rho^k=\rho^{qa}\cr & \;\Longleftrightarrow\;\exists\,q\in\mathbb{Z},\; \rho^{k-qa}=1\cr & \;\Longleftrightarrow\;\exists\,q\in\mathbb{Z},\; k-qa\in n\mathbb{Z}\cr & \;\Longleftrightarrow\; k\in a\mathbb{Z}+n\mathbb{Z}=a\mathbb{Z}\;\text{puis}\;a\; \text{divise}\;n\end{align*}De même $\rho^k\in \langle \rho^b\rangle$ si et seulement si $k\in b\mathbb{Z}$. Ainsi $\rho^k\in\langle \rho^a\rangle\cap\langle \rho^b\rangle$ si et seulement si $k\in a\mathbb{Z}\cap b\mathbb{Z}=m\mathbb{Z}$ . D’autre part, \begin{align*}\rho^k\in \langle \rho^a,\rho^b\rangle& \;\Longleftrightarrow\;\exists,(u,v)\in\mathbb{Z}^2,\;\rho^k=\rho^{au+bv}\cr & \;\Longleftrightarrow\;\exists,(u,v)\in\mathbb{Z}^2,\;\rho^{k-(au+bv)}=1\cr & \;\Longleftrightarrow\;\exists,(u,v)\in\mathbb{Z}^2,\;k-(au+bv)\in n\mathbb{Z}\cr & \;\Longleftrightarrow\; k\in a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}+n\mathbb{Z}=a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}=d\mathbb{Z}.\end{align*}
3. La reunion de $U_n$ n’est pas vide car il contient $1$. Soit $x,y\in \cup_n U_n$, donc il existent $\ell,m\in \mathbb{N}^\ast$ tels que $x^\ell=1$ et $y^m=1$. Alors $(xy^{-1})^{\ell m}=1$. Donc $xy^{-1}\in U_{\ell m}\subset \cup_n U_n$, et donc $U:=\cup_n U_n$ est un sous-groupe de $\mathbb{C}^\ast$. Supposons que $U$ est de type fini. Ils existent donc $n_1,n_2,\cdots,n_k\in\mathbb{N}^\ast$ et $(z_{1},z_{2},\cdots,z_{k})\in U_{n_1}\times U_{n_2}\times\cdots\times U_{n_k}$ tels que\begin{align*}U=\langle z_1,z_2,\cdots,z_k\rangle.\end{align*}Ainsi tout élément de $z$ de $U$ s’écrit$$z=z_1^{a_1}z_2^{a_2}\cdots z_k^{a_k}$$avec $a_1,a_2,\cdots,a_k$ dans $\mathbb{Z}$. Maintenant si on pose $N={\rm ppcm}(n_1,n_2,\cdots,n_k)$. On a alors $z^N=1,$ ce qui implique $z\in U_N$ est donc $U\subset U_N$. C’est une contarduction. Donc $U$ n’est pas de type fini.