Sélection d'exercices corrigés sur les groupes

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


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.

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