Théorie des groupes/Exercices/Groupes, premières notions

Problème 1 (très facile)

Montrer que $(\mathbb {N} ,\cdot )$ et $(\mathbb {Z} ,\cdot )$ ne sont pas des groupes.

Solution

Si $(\mathbb {N} ,\cdot )$ était un groupe alors, en notant $e$ son élément neutre et $z$ le symétrique de $0$, on trouverait : $e=0\cdot z=0$ donc $1=e\cdot 1=0\cdot 1=0$, ce qui est absurde.

Même raisonnement pour $(\mathbb {Z} ,\cdot )$.

 

Problème 2 (très facile)

On définit une loi $\star$ sur $\mathbb {Z}$ :

$\star :{\begin{array}{lcl}\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} &\rightarrow &\mathbb {Z} \\(x,y)&\mapsto &x-y\end{array}}$

• $({\mathbb {Z} },\star )$ forme t-il un groupe ?

Solution

Cette loi n’est pas associative, car par exemple a - (0 - b) est égal à a + b et (a - 0) - b est égal à a - b, et parce que a + b et a - b sont distincts si b n’est pas nul.

 

Problème 3

(Ce problème suppose la connaissance des propriétés de corps ordonné de l’ensemble des nombres réels.)

Soit S l'intervalle réel $S=\left]-1,1\right[$. On définit une loi $\star$ sur $S$ :

$\star :{\begin{array}{lcl}S\times S&\rightarrow &S\\(x,y)&\mapsto &{\frac {x+y}{1+xy}}\end{array}}$

• Montrer que $(S,\star )$ est un groupe

Solution

Prouvons d’abord que cette loi est correctement définie, c'est-à-dire que si x et y appartiennent à S, alors 1 + xy n’est pas nul. Dans le cas contraire, nous aurions xy = –1, d'où $\vert x\vert \cdot \vert y\vert =1,$ donc un au moins des nombres $\vert x\vert$ et $\vert y\vert$ serait ≥ 1, ce qui est impossible, puisque x et y appartiennent tous deux à S et que S est l’ensemble des nombres réels dont la valeur absolue est < 1. La contradiction obtenue prouve que la loi $\star$ est correctement définie.

Prouvons maintenant que cette loi est bien une loi de composition interne. L'ensemble S étant l’ensemble des nombres réels x tels que $\vert x\vert <1$, il s'agit de prouver que si x, y sont deux nombres réels tels que $\vert x\vert <1$ et $\vert y\vert <1$, alors $(1)\qquad \left|{\frac {x+y}{1+xy}}\right|<1,$ ce qui équivaut à ${\frac {\vert x+y\vert }{\vert 1+xy\vert }}<1$ ou encore à $\vert x+y\vert <\vert 1+xy\vert .$ Puisque les deux membres de cette inéglité sont positifs, elle équivaut à l'inégalité obtenue en élevant les deux membres au carré, donc notre thèse (1) revient à

x² + 2xy + y² < 1 + 2 xy + x²y²,

ce qui équivaut à

y²(1 – x²) < 1 – x².

Cette dernière relation est vraie, car l'inégalité stricte y² < 1 (qui provient de ce que y appartient à S) peut être multipliée par le nombre strictement positif 1 – x² (ce nombre est strictement positif parce que x appartient à S). Nous avons donc prouvé que la loi $\star$ est une loi de composition interne.

Elle est associative, car le calcul montre que si x, y et z sont trois éléments de S, $(x\star y)\star z$ et $x\star (y\star z)$ sont tous deux égaux à ${\frac {x+y+z+xyz}{1+xy+yz+zx}}.$ Il est clair que 0 est neutre pour la loi $\star$ et que tout élément x de S admet -x pour symétrique selon cette loi, qui est donc bien une loi de groupe (évidemment commutatif).

 

Autre méthode

L'application tangente hyperbolique est une bijection de $\mathbb {R}$ dans $S$ et vérifie : $\tanh \left(a+b\right)=\tanh a\star \tanh b$.

 

Problème 4 (Sous-groupe réunion de deux sous-groupes ?)

On a vu dans la théorie que la réunion de deux sous-groupes d'un groupe G n’est pas forcément un sous-groupe de G.

1. Prouver que si G est un groupe, si H et K sont deux sous-groupes de G, alors $H\cup K$ est un sous-groupe de G (si et) seulement si $H\subseteq K$ ou $K\subseteq H$. (H. Kurzweil et B. Stellmacher, The Theory of Finite Groups, New York, 2004, 1.1, exerc. 4, p. 9.)
2. Prouver que si G est un groupe et $\left(H_{n}\right)$ une suite de sous-groupes de G croissante pour l'inclusion, alors la réunion $H:=\cup _{n\in \mathbb {N} }H_{n}$ est un sous-groupe de G.

Solution

1. Soient H et K deux sous-groupes de G tels que H ∪ K soit un sous-groupe de G. Nous devons prouver qu'un des deux sous-groupes H, K est contenu dans l'autre. Supposons que H ne soit pas contenu dans K et prouvons que K est contenu dans H. Soit k un élément de K. Il s'agit de prouver que k appartient à H.
   Puisque H n’est pas contenu dans K, il existe h ∈ H tel que h ∉ K. Puisque H ∪ K est un sous-groupe de G, nous avons
   $(1)\quad hk\in H\cup K$.
   D'autre part, puisque h ∉ K et k ∈ K, nous avons hk ∉ K, donc, d’après (1), hk ∈ H, d'où k ∈ H. Comme nous l'avons vu, ceci prouve l'énoncé.
2. H est non vide car il contient le neutre de G. Soient $x,y\in H$, montrons que $x\,y^{-1}\in H$. Il existe $p,q\in \mathbb {N}$ tels que $x\in H_{p}$ et $y\in H_{q}$. En posant $r=\max \left(p,q\right)$ on a donc (par croissance de la suite $\left(H_{n}\right)$) : $x,y\in H_{r}$ donc $x\,y^{-1}\in H_{r}\subset H$.

 

Problème 5 (Quand tous les carrés sont égaux à 1.)

Soit G un groupe, noté multiplicativement, tel que, pour tout élément x de G, x² = 1. Prouver que G est commutatif.

Solution

Soient x et y des éléments de G. Il s'agit de prouver que x y = y x. Par hypothèse, (x y)² = 1, autrement dit x y x y = 1. En multipliant à gauche par x et à droite par y, nous trouvons x²y x y² = x y. Par hypothèse, x² et y² peuvent être remplacés par 1, d'où y x = x y.

 

Remarque. L'énoncé devient faux si on y remplace 2 par un nombre premier p distinct de 2. Le contre-exemple qui suit suppose connues quelques notions d'algèbre linéaire, ainsi que la structure d'anneau de $\mathbb {Z} /n\mathbb {Z} .$

Soit $M={\begin{pmatrix}1&a&b\\0&1&c\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

une matrice 3 × 3 unitriangulaire supérieure à coefficients dans un anneau quelconque. On prouve par récurrence sur n que, pour tout nombre naturel n,

$M^{n}={\begin{pmatrix}1&na&nb+{\frac {n(n-1)}{2}}ac\\0&1&nc\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

Si p est un nombre premier distinct de 2, p(p-1)/2 est divisible par p. Il en résulte que pour toute matrice M unitriangulaire supérieure 3 × 3 à coefficients dans le corps Z/pZ, M^p est la matrice unité. Donc dans le groupe multiplicatif des matrices unitriangulaires supérieures 3 × 3 à coefficients dans le corps Z/pZ, la p-ième puissance de tout élément est égale à 1. Pourtant, ce groupe n’est pas commutatif, car, par exemple, les matrices

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

et

${\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&1\\0&0&1\\\end{pmatrix}}$

ne commutent pas.

Problème 6 (Passage à l'inverse et homomorphisme)

a) Soit G un groupe. Prouver que la permutation x ↦ x^-1 de G est un endomorphisme (et donc un automorphisme) de G si et seulement si G est commutatif.

Solution

La permutation x ↦ x^-1 de G est un endomorphisme de G si et seulement si (xy)^-1 = x^-1y^-1 pour tous éléments x, y de G. Cette condition s'écrit encore y^-1x^-1 = x^-1y^-1 pour tous éléments x, y de G. Comme les inverses d'éléments de G sont exactement les éléments de G, cette condition revient à ce que G soit commutatif.

 

b) En déduire une nouvelle preuve du fait que si x² = 1 pour tout élément x de G, G est commutatif.

Solution

Si x² = 1 pour tout élément x de G, tout élément de G est son propre inverse, donc la permutation x ↦ x^-1 de G est la permutation identique et est donc un endomorphisme. D'après le point a), il en résulte que G est commutatif.

 

Problème 7. Monoïdes réguliers finis

a) Appelons monoïde régulier un monoïde dont tout élément est régulier (simplifiable). Prouver que tout monoïde régulier fini est un groupe. (Indication : pour un élément x d'un monoïde régulier fini M, considérer l’application $y\mapsto xy$ de M dans lui-même.)

Solution

Soient M un monoïde régulier fini et x un élément de M. Il s'agit de prouver que x est inversible. Par hypothèse, x est simplifiable, et en particulier simplifiable à gauche, donc l’application $f_{x}:t\mapsto xt$ de M dans lui-même est injective. Une application injective d'un ensemble fini dans lui-même est surjective, donc $\ f_{x}$ est surjective. En particulier, il existe un élément y de M tel que $f_{x}(y)=1$, où 1 désigne l'élément neutre de M. Autrement dit, il existe y dans M tel que $xy=1$, donc x admet un inverse à droite.

En faisant le même raisonnement avec $y$ à la place de $x$, on voit que la surjectivité de $f_{y}$ implique l'existence de $z$ dans $M$ tel que $yz=1$. Comme $xy=1$, on a $xyz=z$ d'où, puisque $yz=1$, $x=z$ et donc $yx=1$. On a ainsi montré que $xy=1$ et $yx=1$, ce qui prouve que $x$ est inversible (d'inverse $y$).

Remarque. On pourrait abréger la démonstration en tenant compte du fait (prouvé dans un problème de la page Monoïde/Exercices/Lois de composition internes, monoïdes) que si, dans un monoïde, tout élément admet un symétrique à gauche, alors tout élément de ce monoïde admet un symétrique (et, bien sûr, la même chose est vraie avec « à droite » au lieu de « à gauche »).

 

b) Soit S un sous-monoïde fini d'un groupe G. Prouver que S est un groupe.

Solution

Puisque le monoïde S est sous-monoïde d'un groupe et que tout groupe est un monoïde régulier, S est régulier. Puisque, de plus, S est fini par hypothèse, c’est un monoïde régulier fini, donc, d’après le point a), c’est un groupe.

 

Problème 8

Soient A et B des sous-groupes d'un groupe G. Prouver que AB est un sous-groupe de G si et seulement si AB = BA.

Solution

Supposons d’abord que AB = BA. Alors (AB)(AB) = A(BA)B = A(AB)B = (AA)(BB) = AB; d’autre part, (AB)^-1 = B^-1A^-1= BA = AB. Ainsi, (AB)(AB) = AB et (AB)^-1 = AB. Comme AB comprend évidemment 1, AB est donc un sous-groupe de G.

Réciproquement, supposons que AB soit un sous-groupe de G. Alors (AB)^-1 = AB, c'est-à-dire B^-1A^-1 = AB, autrement dit BA = AB.

 

Problème 9

Par « ensemble dénombrable », on entendra ici un ensemble fini ou équipotent à l'ensemble des nombres naturels. Prouver que tout groupe admettant une partie génératrice dénombrable est dénombrable. (Indication : utiliser la « description constructive du sous-groupe engendré ». On rappelle que le lecteur est supposé connaître les propriétés les plus classiques des cardinaux infinis.)

Solution

Soit G un groupe, soit T une partie génératrice dénombrable de G; il s'agit de prouver que G est dénombrable.
D'après la « description constructive du sous-groupe engendré », tout élément de G peut s'écrire

$t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

avec $n\in \mathbb {N} ,t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}.
Donc, si pour tout nombre naturel n, nous désignons par $T_{n}$ l'ensemble des $t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$ avec $t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}, nous avons

$G=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }T_{n}.$

Puisque la réunion d'une famille dénombrable d'ensembles dénombrables est dénombrable, il suffit donc de prouver que, pour tout n, $T_{n}$ est dénombrable.
Si $(T\cup T^{-1})^{n}$ désigne la n-ième puissance cartésienne de l'ensemble $T\cup T^{-1}$, l'application

$f:(T\cup T^{-1})^{n}\to T_{n}:(t_{1}^{\epsilon _{1}},\cdots ,t_{n}^{\epsilon _{n}})\mapsto t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

est surjective. Or l'ensemble de départ de cette application f est dénombrable (car $T\cup T^{-1}$ est dénombrable, donc sa n-ième puissance cartésienne est dénombrable), donc l'ensemble d'arrivée $T_{n}$ de f est dénombrable, ce qu'il fallait démontrer.

 

Problème 10 (Cardinal d'une partie génératrice infinie)

Soient G un groupe et T une partie génératrice infinie de G. Prouver que $\vert T\vert =\vert G\vert$. (Indication. Utiliser la « description constructive du sous-groupe engendré ». On rappelle que le lecteur est supposé connaître les propriétés les plus classiques des cardinaux infinis.)

Solution

Puisque T est une partie de G, nous avons $\vert T\vert \leq \vert G\vert$ ; tout revient donc à prouver que

$\vert G\vert \leq \vert T\vert$.

D'après la « description constructive du sous-groupe engendré », tout élément de G peut s'écrire

$t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

avec $n\in \mathbb {N} ,t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}.

Posons $S=\{1,-1\}\times T$. On a donc une surjection de l'ensemble $S^{<\omega }=\cup _{n\in \mathbb {N} }S^{n}$ des suites finies d'éléments de S dans l'ensemble G, donc

$|G|\leq |S^{<\omega }|$

or (puisque T est infinie)

$|S^{<\omega }|=\sum _{n\in \mathbb {N} }|S^{n}|=\sum _{n\in \mathbb {N} }|S|=|\mathbb {N} \times \{1,-1\}\times T|=|T|$,

si bien que

$|G|\leq |T|$.

Détails

Si pour tout nombre naturel n, nous désignons par $T_{n}$ l'ensemble des $t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$ avec $t_{i}\in T$ pour tout i dans {1, ... , n} et $\epsilon _{i}\in \{1,-1\}$ pour tout i dans {1, ... , n}, nous avons

$G=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }T_{n}$,

d'où

(1) $\qquad \vert G\vert \leq \sum _{n\in \mathbb {N} }\vert T_{n}\vert$.

Si $(T\cup T^{-1})^{n}$ désigne la n-ième puissance cartésienne de l'ensemble $T\cup T^{-1}$, l'application

$(T\cup T^{-1})^{n}\to T_{n}:(t_{1}^{\epsilon _{1}},\cdots ,t_{n}^{\epsilon _{n}})\mapsto t_{1}^{\epsilon _{1}}\cdots t_{n}^{\epsilon _{n}}$

est surjective, donc

$\vert T_{n}\vert \leq \vert T\cup T^{-1}\vert ^{n}$,

d'où (puisque $\vert T\cup T^{-1}\vert \leq 2\vert T\vert$)

$\vert T_{n}\vert \leq (2\vert T\vert )^{n}$.

Puisque le cardinal $\vert T\vert$ est infini, ceci entraîne

$\vert T_{n}\vert \leq \vert T\vert$ pour tout n,

donc (1) donne

$\vert G\vert \leq \vert \mathbb {N} \vert \cdot \vert T\vert$.

Puisque $\vert T\vert$ est infini, le second membre est égal à $\vert T\vert$, donc

$\vert G\vert \leq \vert T\vert$,

ce qui, comme on l'a vu, achève la démonstration.

 

 

Remarque. L'énoncé de ce problème servira dans une démonstration de l'équipotence des bases d'un groupe libre.

Problème 11

a) Soient G un groupe et $(X_{i})_{i\in I},(Y_{i})_{i\in I}$ deux familles de parties de G telles que pour tout indice i, $Y_{i}\subseteq \left\langle X_{i}\right\rangle$.

Prouver que $\left\langle \cup _{i\in I}Y_{i}\right\rangle \subseteq \left\langle \cup _{i\in I}X_{i}\right\rangle$.

Solution

Notons $H=\left\langle \cup _{i\in I}X_{i}\right\rangle$ et $K=\left\langle \cup _{i\in I}Y_{i}\right\rangle$.

Pour tout indice j, nous avons

$X_{j}\subseteq \cup _{i\in I}X_{i}\subseteq H$.

Puisque H est un sous-groupe de G, il en résulte, par hypothèse sur $Y_{j}$ et par minimalité de $\langle X_{j}\rangle$, que

$Y_{j}\subseteq \left\langle X_{j}\right\rangle \subseteq H$.

En prenant la réunion sur $j\in I$, on obtient

$\cup _{i\in I}Y_{i}\subseteq H$.

Toujours parce que H est un sous-groupe de G, on en déduit, par minimalité de K :

$K\subseteq H$.

 

b) Soient G un groupe et $(H_{i})_{i\in I}$ une famille de sous-groupes de G. Soit $(Z_{i})_{i\in I}$ une famille telle que, pour tout i dans I, Z_i soit une partie génératrice de H_i (ce qui revient à dire que H_i est le sous-groupe ⟨Z_i⟩ de G engendré par Z_i).

Déduire du point a) que $\bigcup _{i\in I}Z_{i}$ est une partie génératrice du sous-groupe $\langle \bigcup _{i\in I}H_{i}\rangle$ de G engendré par les H_i.

(En particulier, si H et K sont des sous-groupes de G, si X est une partie génératrice de H et Y une partie génératrice de K, X∪Y est une partie génératrice de ⟨H, K⟩.)

Solution

Notons $A=\cup _{i\in I}H_{i}$.

D'après le point a) appliqué à $X_{i}=Z_{i}$ et $Y_{i}=H_{i}$, nous avons

$\langle A\rangle \subseteq \left\langle \cup _{i\in I}Z_{i}\right\rangle$.

D'après le point a) appliqué à $X_{i}=A$ et $Y_{i}=Z_{i}$, nous avons

$\left\langle \cup _{i\in I}Z_{i}\right\rangle \subseteq \langle A\rangle$.

Cette double inclusion démontre l'égalité voulue.

 

Remarque. Il résulte du point b) que le sous-groupe engendré par une famille finie de sous-groupes de type fini d'un groupe G est lui-même un sous-groupe de type fini de G. Ce fait nous servira dans un chapitre ultérieur sur le théorème de Howson.