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|x² = e} et V = {x ∈ A|x² ≠ 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 x² = 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) = uⁱ.

c) Montrer, en calculant de deux façons différentes Φ_a(Φ_a(u)), que i² - 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 ≅ ℤ₂✕ℤ_p.

4 ) On suppose maintenant que G n’est pas abélien ( et donc i = p - 1).

a) Montrer que au = u^-1a, puis que pour tout k ∈ ℕ^*, au^k = u^-ka.

b) Montrer que tout élément g de G s'écrit de manière unique g = uⁱaⁱ, 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 isomorphe.

5 ) soit E le sous-ensemble de G, E = {xyx^-1y^-1|x,k ∈ G}. Soit H un sous groupe distingué de G. Si x ∈ G, on notera ${\displaystyle {\bar {x}}}$ 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 ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}}$ où ε ∈ {1,-1} et a ∈ ℤ.

a) Montrer que Γ est un sous groupe de GL(2,ℝ).

b) On pose :

${\displaystyle H=\left\{{\begin{pmatrix}1&px\\0&1\end{pmatrix}}|x\in \mathbb {Z} \right\}}$

Montrer que H est un sous groupe distingué de Γ.

c) On pose α = ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}}$, β = ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}}}$. Calculer αβα^-1β^-1 et en déduire que Λ = Γ/H n’est pas commutatif.

d) Soit :

${\displaystyle X=\left\{{\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}|0\leqslant i\leqslant p-1,\,0\leqslant j\leqslant 1\right\}}$

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 groupe d'ordre 2p ?

Donnez un exemple dans chaque classe d'isomorphisme.

{{Corrigé

 | contenu =

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 x² = e). On déduit aussi x²(x^-1)² = e, ce qui montre aussi que (x^-1)² ≠ e (sinon x² = 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 x² = 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 x² = e. Montrons que G est abélien. Soit x et y, deux éléments quelconques de G.

On a : x² = e, y² = 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^-1x^-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 toutes combinaisons 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 x² = e. il existe donc un élément x de G vérifian x² ≠ e. L'ordre de x est donc soit p, soit 2p. Si l’ordre de x est 2p, c’est x² 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 :

${\displaystyle \left[G:H\right]={\frac {2p}{p}}=2}$

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) = a²x(a^-1)² = x, (car a² = 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 = uⁱ = Φ_a(u) avec 1 ≤ i ≤ p-1.

c) On a :

${\displaystyle \phi _{a}\left(\phi _{a}(u)\right)=\phi _{a}(u^{i})=\left[\phi _{a}(u)\right]^{i}=\left[u^{i}\right]^{i}=u^{i^{2}}}$

D'autre par Φ_a étant d'ordre 2 ou 1, on a :

${\displaystyle \phi _{a}\left(\phi _{a}(u)\right)=I_{G}(u)=u}$

On a donc :

${\displaystyle u^{i^{2}}=u\Leftrightarrow u^{i^{2}-1}=e}$

u étant d'ordre p, on en déduit que i²-1 est un multiple de p et donc : i² - 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 = uⁱ, 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 :

${\displaystyle {\begin{aligned}au^{k}&=a\times u\times u\times \cdots \times u\\&=u\times a\times u\times \cdots \times u\\&\,\ \vdots \\&=u\times u\times \cdots \times u\times a\\&=u^{k}a\end{aligned}}}$

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^ka. Ce qui montre que tout élément de G s'écrit sous la forme u^ka^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(a²)^p = e²e^p = e

Ensuite 〈a〉 ≅ ℤ₂ 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 ≅ ℤ₂ ✕ ℤ_p.

4 )

a) On a :

${\displaystyle {\begin{aligned}aua^{-1}=u^{p-1}&\Leftrightarrow aua^{-1}u=u^{p}\\&\Leftrightarrow aua^{-1}u=e\\&\Leftrightarrow au=u^{-1}a\end{aligned}}}$

soit k ∈ ℕ^*, si k est un multiple de p, on a : u^k = e et on a bien au^k = u^-ka. 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^-1a est donc toujours vraie si on remplace u par u^k. On a bien au^k = u^-ka.

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 uⁱ, s'il appartient à H (avec 0 ≤ i ≤ p-1), soit sous la forme uⁱa, 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 uⁱa^j avec 0 ≤ i ≤ p-1 et 0 ≤ j ≤ 1.

Montrons que la table de multiplication de G est imposée. Soit deux éléments g₁ et g₂ de G. D'après ce qui précède, il existe i₁, j₁, i₂, j₂ avec 0 ≤ i₁ ≤ p-1, 0 ≤ j₁ ≤ 1, 0 ≤ i₂ ≤ p-1, 0 ≤ j₂ ≤ 1 tel que g1 = u^i₁a^j₁ et g2 = u^i₂a^j₂ et on a :

${\displaystyle {\begin{aligned}g_{1}g_{2}&=u^{i_{1}}a^{j_{1}}u^{i_{2}}a^{j_{2}}=u^{i_{1}}\left(a^{j_{1}}u^{i_{2}}\right)a^{j_{2}}\\&=u^{i_{1}}\left(u^{-i_{2}}a^{j_{1}}\right)a^{j_{2}}=u^{i_{1}}u^{-i_{2}}a^{j_{1}}a^{j_{2}}\\&=u^{i_{1}-i_{2}}a^{j_{1}+j_{2}}\end{aligned}}}$

Si j₁ = 1 et j₂ = 1, on a :

${\displaystyle a^{j_{1}+j_{2}}=a^{2}=e=a^{0}}$

Si i₁ - i₂ < 0, on a:

${\displaystyle a^{i_{1}-i_{2}}=a^{p}a^{i_{1}-i_{2}}=a^{p+i_{1}-i_{2}}}$

avec 0 ≤ p + i₁ - i₂ ≤ p - 1.

On voit que dans tous les cas g₁g₂ se met bien sous la forme uⁱa^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 :

${\displaystyle {\begin{aligned}G/H\,\textstyle {commutatif}\ &\Leftrightarrow \forall {\bar {x}}\,,{\bar {y}}\in G/H\,,\ {\bar {x}}{\bar {y}}={\bar {y}}{\bar {x}}\\&\Leftrightarrow \forall {\bar {x}}\,,{\bar {y}}\in G/H\,,\ {\bar {x}}{\bar {y}}{\bar {x}}^{-1}{\bar {y}}^{-1}={\bar {e}}\\&\Leftrightarrow \forall x\,,y\in G\,,\ \ {\overline {xyx^{-1}y^{-1}}}={\bar {e}}\\&\Leftrightarrow \forall x\,,y\in G\,,\ xyx^{-1}y^{-1}\in H\\&\Leftrightarrow E\subset H\end{aligned}}}$

6 )

a) ᗄ a ∈ ℤ et ᗄ ε ∈ {-1, 1} l'inverse de la matrice ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}}$ est la matrice ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}}$ qui appartient bien à Γ. De plus :

${\displaystyle \forall b\in \mathbb {Z} \qquad {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&b\\0&\epsilon \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&b+\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}\in \mathrm {T} }$

Donc Γ est bien un sous-espace de GL(2,ℝ).

b) On vient de voir que ᗄ a ᗄ ε ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}}$ a pour inverse ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}}$

et ᗄ ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&px\\0&1\end{pmatrix}}}$ ∈ H, on a :

${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&px\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&\epsilon px\\0&1\end{pmatrix}}\in H}$

Donc H est un sous groupe distingué de Γ.

c) On a :

${\displaystyle {\begin{aligned}\alpha \beta \alpha ^{-1}\beta ^{-1}&={\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&-1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}\not \in H\end{aligned}}}$

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 ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}}$ de Γ est congrue à un élément ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}}$ de X modulo H.

On a :

${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}^{-1}={\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-\epsilon a\\0&\epsilon \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&\epsilon (i-a)\\0&\epsilon (-1)^{j}\end{pmatrix}}}$

${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&\epsilon (i-a)\\0&\epsilon (-1)^{j}\end{pmatrix}}}$ 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), ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&a\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}}$ est congru à ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}}$ modulo H.

Chaque classe de Λ = Γ/H peut donc être représenté par un élément ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&i\\0&(-1)^{j}\end{pmatrix}}}$ 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 ℤ₂ ✕ 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 ℤ₂ ✕ ℤ_p et l'autre représenté par l’ensemble Λ vu en question 6 )

Par exemple en prenant p = 3, il existe 2 groupes d'ordre 2 ✕ 3 = 6 :

- Le groupe cyclique d'ordre 6.

- Le groupe S₃ des permutations de 3 objets. }}