Exercices de Mathématiques
Structure de groupe (II)
Énoncés
Énoncés des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit G un groupe. Pour tout a de G on pose ϕa(x) = axa−1.
Montrer que l’application a 7→ ϕa est un morphisme de groupe de G dans le groupe des
automorphismes de G. Quel en est le noyau ?
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Soit G un groupe fini d’ordre n. Soit k un entier premier avec n.
Montrer que l’application x → xk est une bijection de G sur lui-même.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Montrer que tout groupe d’ordre 4 est commutatif.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
La table suivante définit-elle un groupe ?
? e x y z
e
e x y z
x x e
y y z
z
z
t
t
t
t
y z
t x
t x e y
y z x e
t
e
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Soient a et b deux éléments d’un groupe G vérifiant : a5 = e et ab = ba3.
Montrer que a2b = ba et que ab3 = b3a2.
Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ]
Soit G un groupe. On suppose qu’il existe un entier naturel k tel que :
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∀ i ∈ {k, k + 1, k + 2}, ∀ a, b ∈ G, (ab)i = aibi.
Montrer que G est un groupe abélien.
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Jean-Michel Ferrard
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Structure de groupe (II)
Indications, résultats
Indications ou résultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
– Vérifier ϕa est une bijection de G et que sa bijection réciproque est ϕa−1.
– Montrer l’égalité ϕa(xy) = ϕa(x)ϕa(y). Vérifier que ϕb ◦ ϕa = ϕba.
– ker ϕ est l’ensemble des éléments des x de G tels que ∀y ∈ G, xy = yx.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
Utiliser l’identité de Bezout et le fait que ∀x ∈ G, xn = e.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
Poser G = {e, a, b, c}. Montrer que ab ∈ {e, c} et ba ∈ {e, c}.
Dans tous les cas vérifier que ab = ba.
Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
La loi ? n’est pas associative.
Indication pour l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]
Écrire a2b = · · · = (ab)a3 = · · · = ba.
De même, ab3 = · · · = (ba3)b2 = · · · = b2a2(a2b) = · · · = b3a2
Indication pour l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]
Pour tous x, y de G, observer que (yx)k = (xy)k et (yx)k−1 = (xy)k−1.
En déduire (yx)1−k = (xy)1−k, puis yx = xy.
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Corrigés
Corrigés des exercices
Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
– Soit a dans G. Pour tous, x, y de G, on a : y = ϕa(x) = axa−1 ⇔ x = a−1ya = ϕa−1(y).
Ainsi ϕa est une bijection de G et la bijection réciproque est ϕa−1.
– Soit a dans G. Pour tous x, y de G, ϕa(xy) = a(xy)a−1 = (axa−1)(aya−1) = ϕa(x)ϕa(y).
Ainsi ϕa est un automorphisme du groupe G.
– Soient a, b deux éléments de G.
Pour tout x de G, (ϕb ◦ ϕa)(x) = ϕb(axa−1) = b(axa−1)b−1 = (ba)x(ba)−1 = ϕba(x).
Autrement dit ϕb ◦ ϕa = ϕba : l’application ϕ : a 7→ ϕa est donc un morphisme du groupe G
dans le groupe Aut(G) des automorphismes de G.
– Le noyau de ϕ est formé des éléments a de G tels que ϕa = idG.
Or ϕa = idG ⇔ ∀ x ∈ G, x = axa−1 ⇔ ∀ x ∈ G, xa = ax.
Le noyau de ϕ est donc l’ensemble des éléments de G qui commutent avec tous les éléments
de G (on parle du centre de G.)
Remarque : les automorphismes ϕa sont appelés automorphismes intérieurs de G.
Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
Rappelons que dans un groupe d’ordre n, on a xn = e pour tout x de G.
Par hypothèse, il existe deux entiers u et v tels que un + vk = 1 (identité de Bezout.)
Pour tout y de G, on a donc y = yun+vk = (yn)u(yv)k = (yv)k = xk avec x = yv.
Ainsi l’application x → xk est surjective de G dans lui-même.
Comme G est un ensemble fini, c’est une permutation de G.
Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
Soit G = {e, a, b, c} un groupe d’ordre 4, de neutre e.
Si on montre par exemple ab = ba, on aura prouvé que G est commutatif.
L’égalité ab = b est impossible car elle impliquerait a = e par simplification.
Il en est de même de l’égalité ab = a.
On a donc ab ∈ {e, c}, et de même ba ∈ {e, c}.
– Si ab = e ou si ba = e, alors b est l’inverse de a. Il en découle ba = ab = e.
– Le seul cas restant est donc ab = ba = c.
Conclusion : G est un groupe abélien.
Remarque : a un isomorphisme pres, il n’y a que deux groupes d’ordre 4, qu’on note ZZ/4ZZ et
(ZZ/2ZZ) × (ZZ/2ZZ) avec des notations classiques.
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Corrigés
Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
La réponse est négative car la loi ? n’est pas associative.
En effet : x ? (y ? z) = x ? t = z et (x ? y) ? z = t ? z = x.
On vérifie cependant que e est élément neutre, et que tout élément de l’ensemble est inversible
(car égal à son propre inverse.)
Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]
On a a2b = a(ab) = a(ba3) = (ab)a3 = (ba3)a3 = b(a5)a = ba.
De même, on a les égalités :
ab3 = (ab)b2 = (ba3)b2 = ba(a2b)b = ba(ba)b = b(ab)ab
= b(ba3)ab = b2a2(a2b) = b2a2(ba) = b2(a2b)a
= b2(ba)a = b3a2
Corrigé de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]
Soient x, y deux éléments quelconques de G.
Par hypothèse, on a l’égalité (xy)k+1 = xk+1yk+1.
Mais cette égalité s’écrit aussi x(yx)ky = x(xkyk)y.
On simplifie par x a gauche et par y a droite : (yx)k = xkyk donc (yx)k = (xy)k.
Le même raisonnement (remplacer k par k − 1) conduit à (yx)k−1 = (xy)k−1.
Par passage aux inverses, on en déduit (yx)1−k = (xy)1−k.
Par produit terme à terme les égalités
Le groupe G est donc abélien.
(cid:26) (yx)k = (xy)k
(yx)1−k = (xy)1−k
donnent yx = xy.
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