# Théorie des groupes/Examen/Licence math algèbre Université de Provence avril 1997

Il sera tenu compte de la rigueur des raisonnements et de la présentation.
Soit G un groupe multiplicatif dont la loi est dénotée par juxtaposition et dont l'élément neutre est e. Dans tout le problème, p désignera un nombre premier impair.
1 ) Soit n ∈ ℕ$^*$ et A un groupe d'ordre 2n.
    a) Montrer que tout sous-groupe dans A qui est d'ordre n est distingué de A.
    b) Soit U = {x ∈ A|x$^2$ = e} et V = {x ∈ A|x$^2$ ≠ e}. Montrer que V contient un nombre pair d'éléments. En déduire que A contient au moins un élément d'ordre 2.
Dans toute la suite de la partie I, G désigne un groupe d'ordre 2p.
2 ) a) Quels sont les ordres possibles des éléments de G ?
    b) On suppose que tout élémet x de G vérifie x$^2$ = e. Montrer que G est commutatif.
    c) Soit x,y ∈ G-{e} avec x ≠ y. Montrer que le sous-groupe 〈x,y〉 engendré par x et y serait d'ordre 4.
    d) En déduire qu'un groupe d'ordre 2p contient toujours un élément d'ordre p.
On sait donc maintenant qu'un groupe d'ordre 2p contient toujours un élément a d'ordre 2, et un élément u d'ordre p. Soit H le sous-groupe 〈u〉 de G engendré par l'élément u.
3 ) a) Quel est l'indice [G:H] de H dans G? Déduire que H est distingué dans G.
Soit Φ$_a$, l'automorphisme intérieur associé à a. Quels sont les deux ordres possibles de Φ$_a$ dans Aut G ?
    b) Montrer qu’il existe un entier i avec 1 ≤ i ≤ p - 1 tel que aua$^{-1}$ = Φ$_a$(u) = u$^i$.
    c) Montrer, en calculant de deux façons différentes Φ$_a$(Φ$_a$(u)), que i$^2$ - 1 ≡ 0 (mod p). En déduire que i ∈ {1,1-p}.
    d) Montrer que G est abélien si et seulement si i = 1. Quand i = 1, montrer que G contient un élément d'ordre 2p, et que G ≅ ℤ$_2$✕ℤ$_p$.
4 ) On suppose maintenant que G n’est pas abélien ( et donc i = p - 1).
    a) Montrer que au = u$^{-1}$a, puis que pour tout k ∈ ℕ$^*$, au$^k$ = u$^{-k}$a.
    b) Montrer que tout élément g de G s'écrit de manière unique g = u$^i$a$^i$, avec 0 ≤ i ≤ p-1, 0 ≤ j ≤ 1. En déduire que la table de multiplication de G est imposée et donc tous les groupes non abéliens d'ordre 2p sont isomorphes.
5 ) soit E le sous-ensemble de G, E = {xyx$^{-1}$y$^{-1}$ | x, k ∈ G}. Soit H un sous-groupe distingué de G. Si x ∈ G, on notera ${\bar {x}}$ sa classe modulo H.
    Montrer que le groupe quotient G/H est commutatif si et seulement si E ⊂ H.
6 ) Soit Γ l’ensemble des matrices 2 ✕ 2 de la forme ${\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}$ où ε ∈ {1,-1} et a ∈ ℤ.
    a) Montrer que Γ est un sous-groupe de GL(2,ℝ).
    b) On pose :
       $H=\left\{{\begin{pmatrix}1&px\\0&1\end{pmatrix}}\mid x\in \mathbb {Z} \right\}$
       Montrer que H est un sous-groupe distingué de Γ.
    c) On pose α = ${\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}$, β = ${\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}}$. Calculer αβα$^{-1}$β$^{-1}$ et en déduire que Λ = Γ/H n’est pas commutatif.
    d) Soit :
       $X=\left\{{\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}\mid 0\leqslant i\leqslant p-1,\,0\leqslant j\leqslant 1\right\}$
       Montrer que tout élément de Γ est congru à un unique élément de X modulo H. En déduire l’ordre de Λ.
Combien y a-t-il à isomorphisme près de groupes d'ordre 2p ?
Donnez un exemple dans chaque classe d'isomorphisme.
Soit H un sous-groupe d'ordre n de A
1 ) a) Soit a ∉ H.
Dans la congruence modulo H, que ce soit à gauche ou à droite, il ne peut y avoir que deux classes contenant chacune n éléments. Celle de l'élément neutre H et une autre; aH pour la congruence à gauche et Ha pour la congruence à droite.
On a donc : aH = Ha.
Et par conséquent, H est distingué dans A.
    b) Soit x ∈ V.
De xx$^{-1}$ = e, on déduit x$^{-1}$ ≠ x (sinon x$^2$ = e). On déduit aussi x$^2$(x$^{-1}$)$^2$ = e, ce qui montre aussi que (x$^{-1}$)$^2$ ≠ e (sinon x$^2$ = e). On peut donc grouper les éléments de V par deux en prenant dans chaque groupe un élément et son inverse. Ce qui montrer que V contient un nombre pair d'éléments.
Ensuite : Card U + Card V = Card A. Comme Card V et Card A sont des nombres pairs, on en déduit que Card U est un nombre pair. Comme U contient e , son cardinal est donc au moins 2. Ce qui montre qu’il contient, en dehors de e, au moins un autre élément x vérifiant x$^2$ = e, c'est-à-dire d'ordre 2.
2 )
a) Les ordres des éléments de G divisent l’ordre de G qui est 2p. Les ordres des éléments de G sont donc 1, 2, p, 2p.
b) Supposons que tout élément x de G vérifie x$^2$ = e. Montrons que G est abélien. Soit x et y, deux éléments quelconques de G.
On a : x$^2$ = e, y$^2$ = e et (xy)$^2$ = e.
Ce qui montre que : x$^{-1}$ = x et y$^{-1}$ = y.
De (xy)$^2$ = e, on déduit : xyxy = e, puis xy = y$^{-1}$x$^{-1}$.
Et comme y$^{-1}$ = y et x$^{-1}$ = x, on obtient : xy = yx. Donc G est abélien.
c) Soit x, y ∈ G-{e}.〈x, y〉 contient les éléments e, x, y, xy. Car xy ≠ x sinon y = e et xy ≠ y sinon x = e et xy ≠ e sinon x = y.
Nous voyons que toute combinaison d'éléments de {e,x,y,xy} redonne un élément de {e,x,y,xy} et donc : <x,y> = {e,x,y,xy} et donc <x,y> est d'ordre 4.
d) Ceci n’est pas possible dans un groupe G d'ordre 2p avec p premier impair. Car d’après le théorème de Lagrange, l’ordre d'un sous-groupe divise l’ordre du groupe et 2p n’est pas divisible par 4. On arrive bien à une contradiction qui montre que l'hypothèse envisagé est fausse, à savoir : tout élément x de G vérifie x$^2$ = e. il existe donc un élément x de G vérifiant x$^2$ ≠ e. L'ordre de x est donc soit p, soit 2p. Si l’ordre de x est 2p, c’est x$^2$ qui répond à la question. Un groupe d'ordre 2p contient donc toujours un élément d'ordre p.
3 )
a) si u est d'ordre p, le sous-groupe H engendré par u est donc le sous-groupe cyclique d'ordre p et donc |H| = p.
On a donc :
$\left[G:H\right]={\frac {2p}{p}}=2$
On en déduit d’après le 1)a) que H est distingué dans G. ᗄ x ∈ G, on a Φ$_a$ ◯ Φ$_a$(x) = Φ$_a$(axa$^{-1}$) = a$^2$x(a$^{-1}$)$^2$ = x, (car a$^2$ = e). Et : Φ$_a$ ◯ Φ$_a$ = I$_G$.
Par conséquent : Φ$_a$ est au maximum d'ordre 2.
Toutefois si x commute avec a, on a : Φ$_a$(x) = axa$^{-1}$ = xaa$^{-1}$ = x et Φ$_a$ = I$_G$ si G est abélien.
Par conséquent Φ$_a$ est d'ordre 1 ou 2.
b) H = 〈u〉 est distingué dans G, donc aua$^{-1}$ ∈ H et donc il existe i tel que aua$^{-1}$ = u$^i$ = Φ$_a$(u) avec 1 ≤ i ≤ p-1.
c) On a :
$\phi _{a}\left(\phi _{a}(u)\right)=\phi _{a}(u^{i})=\left[\phi _{a}(u)\right]^{i}=\left[u^{i}\right]^{i}=u^{i^{2}}$
D'autre par Φ$_a$ étant d'ordre 2 ou 1, on a :
$\phi _{a}\left(\phi _{a}(u)\right)=I_{G}(u)=u$
On a donc :
$u^{i^{2}}=u\Leftrightarrow u^{i^{2}-1}=e$
u étant d'ordre p, on en déduit que i$^2$-1 est un multiple de p et donc : i$^2$ - 1 ≡ 0 (mod p).
Qui peut aussi s'écrire : (i - 1)(i + 1) ≡ 0 (mod p) et donc (i - 1)(i + 1) est multiple de p. Comme p est premier, cela signifie que p divise (i - 1) ou p divise (i + 1).
Si p divise (i - 1), comme de plus 1 ≤ i ≤ (p - 1), cela n'est possible que si i = 1.
Si p divise (i + 1), comme de plus 1 ≤ i ≤ (p - 1), cela n'est possible que si i + 1 = p, soit i = p - 1. :
Et donc : i ∈ {1,p-1}.
d) Montrons que G est abélien si et seulement si i = 1.
- Si G est abélien, alors aua$^{-1}$ = uaa$^{-1}$ = u. Comme aua$^{-1}$ = u$^i$, on a i = 1.
- Si i = 1, on a aua$^{-1}$ = u, ce qui entraîne au = ua.
Tout élément de H s'écrit u$^k$ avec 1 ≤ k ≤ p-1. Et on a :
${\begin{aligned}au^{k}&=a\times u\times u\times \cdots \times u\\&=u\times a\times u\times \cdots \times u\\&\,\ \vdots \\&=u\times u\times \cdots \times u\times a\\&=u^{k}a\end{aligned}}$
Donc a commute avec tout élément de H.
D'autre part, en considérant la congruence modulo H, G est la réunion des deux classes Ha et H. Donc tout élément x ∉ H s'écrit ha avec h ∈ H. Il existe donc k tel que x = u$^k$a. Ce qui montre que tout élément de G s'écrit sous la forme u$^k$a$^j$ avec 0 ≤ j ≤ 1. Comme u commute avec a, tous les éléments de G commutent entre eux et G est donc abélien.
Supposons i = 1. G contient un élément d'ordre 2p. En effet, ua vérifie (ua)$^{2p}$ = (u$^p$)$^2$(a$^2$)$^p$ = e$^2$e$^p$ = e
Ensuite 〈a〉 ≅ ℤ$_2$ et 〈u〉 ≅ ℤ$_p$.
On a vu que tout élément de 〈a〉 commute avec tout élément de 〈u〉 et d’autre part : 〈a〉 ᑎ 〈u〉 = {e}. On a donc G ≅〈a〉✕〈u〉 et donc G ≅ ℤ$_2$ ✕ ℤ$_p$.
4 )
a) On a :
${\begin{aligned}aua^{-1}=u^{p-1}&\Leftrightarrow aua^{-1}u=u^{p}\\&\Leftrightarrow aua^{-1}u=e\\&\Leftrightarrow au=u^{-1}a\end{aligned}}$
Soit k ∈ ℕ$^*$, si k est un multiple de p, on a : u$^k$ = e et on a bien au$^k$ = u$^{-k}$a. Si k n’est pas un multiple de p, alors k est premier avec p et donc u$^k$ est aussi d'ordre p. La relation au = u$^{-1}$a est donc toujours vraie si on remplace u par u$^k$. On a bien au$^k$ = u$^{-k}$a.
b) Considérons encore la congruence à droite modulo H. Il y a deux classes H et Ha. Tout élément de G appartient soit à H soit à Ha. Dons s'écrit soit sous la forme u$^i$, s'il appartient à H (avec 0 ≤ i ≤ p-1), soit sous la forme u$^i$a, s'il appartient à Ha (avec 0 ≤ i ≤ p-1). On voit bien que tout élément g de G s'écrit de manière unique sous la forme u$^i$a$^j$ avec 0 ≤ i ≤ p-1 et 0 ≤ j ≤ 1.
Montrons que la table de multiplication de G est imposée. Soit deux éléments g$_1$ et g$_2$ de G. D'après ce qui précède, il existe i$_1$, j$_1$, i$_2$, j$_2$ avec 0 ≤ i$_1$ ≤ p-1, 0 ≤ j$_1$ ≤ 1, 0 ≤ i$_2$ ≤ p-1, 0 ≤ j$_2$ ≤ 1 tel que g1 = u$^{i1}$a$^{j1}$ et g2 = u$^{i2}$a$^{j2}$ et on a :
${\begin{aligned}g_{1}g_{2}&=u^{i_{1}}a^{j_{1}}u^{i_{2}}a^{j_{2}}=u^{i_{1}}\left(a^{j_{1}}u^{i_{2}}\right)a^{j_{2}}\\&=u^{i_{1}}\left(u^{-i_{2}}a^{j_{1}}\right)a^{j_{2}}=u^{i_{1}}u^{-i_{2}}a^{j_{1}}a^{j_{2}}\\&=u^{i_{1}-i_{2}}a^{j_{1}+j_{2}}\end{aligned}}$
Si j$_1$ = 1 et j$_2$ = 1, on a :
$a^{j_{1}+j_{2}}=a^{2}=e=a^{0}$
Si i$_1$ - i$_2$ < 0, on a:
$a^{i_{1}-i_{2}}=a^{p}a^{i_{1}-i_{2}}=a^{p+i_{1}-i_{2}}$
avec 0 ≤ p + i$_1$ - i$_2$ ≤ p - 1.
On voit que dans tous les cas g$_1$g$_2$ se met bien sous la forme u$^i$a$^j$ avec 0 ≤ i ≤ p - 1, 0 ≤ j ≤ 1.
On peut donc construire, de façon unique, la table de multiplication de G et par conséquent, tous les groupes non abéliens d'ordre 2p sont isomorphes.
5 ) On a :
${\begin{aligned}G/H\,\textstyle {commutatif}\ &\Leftrightarrow \forall {\bar {x}}\,,{\bar {y}}\in G/H\,,\ {\bar {x}}{\bar {y}}={\bar {y}}{\bar {x}}\\&\Leftrightarrow \forall {\bar {x}}\,,{\bar {y}}\in G/H\,,\ {\bar {x}}{\bar {y}}{\bar {x}}^{-1}{\bar {y}}^{-1}={\bar {e}}\\&\Leftrightarrow \forall x\,,y\in G\,,\ \ {\overline {xyx^{-1}y^{-1}}}={\bar {e}}\\&\Leftrightarrow \forall x\,,y\in G\,,\ xyx^{-1}y^{-1}\in H\\&\Leftrightarrow E\subset H\end{aligned}}$
6 )
a) ᗄ a ∈ ℤ et ᗄ ε ∈ {-1, 1} l'inverse de la matrice ${\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}$ est la matrice ${\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}$ qui appartient bien à Γ. De plus :
$\forall b\in \mathbb {Z} \qquad {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&b\\0&\epsilon \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&b+\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}\in \mathrm {T}$
Donc Γ est bien un sous-espace de GL(2,ℝ).
b) On vient de voir que ᗄ a ᗄ ε ${\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}$ a pour inverse ${\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}$
et ᗄ ${\begin{pmatrix}1&px\\0&1\end{pmatrix}}$ ∈ H, on a :
${\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&px\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&\epsilon px\\0&1\end{pmatrix}}\in H$
Donc H est un sous-groupe distingué de Γ.
c) On a :
${\begin{aligned}\alpha \beta \alpha ^{-1}\beta ^{-1}&={\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}\not \in H\end{aligned}}$
Car il n'existe aucun nombre premier impair et aucun x ∈ ℤ tel que px = 2 et d’après question (5), on en déduit que Λ = Γ/H n’est pas commutatif.
d) Cherchons à quelle condition un élément ${\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}$ de Γ est congru à un élément ${\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}$ de X modulo H.
On a :
${\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&\epsilon (i-a)\\0&\epsilon (-1)^{j}\end{pmatrix}}$
${\begin{pmatrix}1&\epsilon (i-a)\\0&\epsilon (-1)^{j}\end{pmatrix}}$ sera un élément de H si ε=(-1)$^j$ et si i - a est un multiple de p.
Par conséquent, si a ≡ i (mod p), ${\begin{pmatrix}1&a\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}$ est congru à ${\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}$ modulo H.
Chaque classe de Λ = Γ/H peut donc être représenté par un élément ${\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}$ avec 0 ≤ i ≤ p - 1 et 0 ≤ j ≤ 1.
L'ordre de Λ est donc 2p.
On a vu question 3 ) d) que si un groupe d'ordre 2p était abélien, il était isomorphe à ℤ$_2$ ✕ ℤ$_p$.
On a vu aussi question 4 ) que tous les groupes non abéliens d'ordre 2p sont isomorphes.
On peut donc en conclure qu’il existe donc seulement 2 groupes d'ordre 2p. Un représenté par ℤ$_2$ ✕ ℤ$_p$ et l'autre représenté par l’ensemble Λ vu en question 6 )
Par exemple en prenant p = 3, il existe deux groupes d'ordre 2 ✕ 3 = 6 :
* le groupe cyclique d'ordre 6 ;
* le groupe S$_3$ des permutations de 3 objets.