Soit $n \in \mathbb{N}^*$ et $(G,\cdot)$ un groupe fini de cardinal $2n$. On définit sur $G$ la relation binaire $\mathcal{R}$, pour $g,h \in G$, par :\[
g \,\mathcal{R} \,h \;\text{ si, et seulement si, }\;g=h \text{ ou }g^{-1}=h.
\]
Montrer que $\mathcal{R}$ est une relation d'équivalence sur $G$.
En déduire qu'il existe un élément d'ordre $2$ dans $G$.
Soit $(G,\cdot)$ un groupe et $x,y \in G$ deux éléments qui commutent d'ordres finis respectifs $n$ et $m$. On suppose de plus que $n$ et $m$ sont premiers entre eux. Déterminer l'ordre $o(g)$ de $g=xy$.
Soit $(G, \cdot)$ un groupe, $n,m \in \mathbb{N}^*$ et $g \in G$ un élément d'ordre fini égal à $nm$. Montrer que si $n$ et $m$ sont premiers entre eux alors il existe un unique couple $(x,y) \in G^2$ tel que $x,y$ commutent, sont d'ordres finis respectifs $n$, $m$ et $g=xy$.
Correction
On suppose $n \wedge m = 1$. D'après le théorème de Bézout, il existe $u,v \in \mathbb{Z}$ tels que $nu+mv=1$. On remarque alors, à partir de cette relation et toujours d'après le théorème de Bézout (la réciproque cette fois), que $n \wedge v = 1$ et $m \wedge u = 1$.
Démontrons le résultat demandé :
Existence : On pose $x=g^{mv}$ et $y=g^{nu}$. Alors $x$ et $y$ commutent car des composées de $g$ et de son symétrique commutent entre elles et on a : \[
xy=g^{mv}g^{nu}=g^{mv+nu}=g.
\] De plus, on a $x^n=(g^{mv})^n=(g^{nm})^v=e$ et $y^m=(g^{nu})^m=(g^{nm})^u=e$ car $g$ est d'ordre $nm$, donc $x$ et $y$ sont d'ordre finis disons respectivement $p$ et $q$. D'après ce qui précède, on a $p|n$ et $q|m$. Montrons que $n|p$ et $m|q$. On a : \[
g^{mvp}=x^p=e
\] et $g$ d'ordre $nm$ donc $nm|mvp$ d'où $n|vp$. Or, d'après la remarque initiale, $n \wedge v = 1$, donc d'après le lemme de Gauss, $n|p$. Par un raisonnement analogue, on prouve $m|q$. Ainsi, $n,m,p,q$ étant positifs, on a $p=n$ et $m=q$. Ce qui démontre l'existence.
Unicité : Soit $(x,y), (z,t) \in G^2$ deux couples ayant les propriétés annoncées. Alors, comme $xy=g=zt$, on a $x^{-1}z=yt^{-1}$ et : \[
\begin{array}{rcl}
x^{-1}z&=&(x^{-1}z)^{nu+mv} \\
&=&(x^{-1}z)^{nu}.(yt^{-1})^{mv} \\
&=&((x^n)^{-1}z^n)^u.(y^m(t^m)^{-1})^{v} \\
&=&(e.e)^u.(e.e)^v \\
x^{-1}z&=&e
\end{array}
\] D'où $e=x^{-1}z=yt^{-1}$ et donc $x=z$ et $y=t$. Ce qui prouve l'unicité.
Montrer que $G=\{z \in \mathbb{C} \; | \; \exists\; n \in \mathbb{N}^*, z^n=1\}$ est un sous-groupe de $(\mathbb{C}^*,\times)$. Quel est son cardinal ? Justifier.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On considère $f:x \mapsto x^n$ et $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. Montrer que $f$ est un morphisme de groupes de $(\mathbb{K}^*,\times)$ dans lui-même puis, en fonction de $\mathbb{K}$, déterminer son image et son noyau.
Soit $G$ un groupe. On condidère l'application $f:x \mapsto x^{-1}$ de $G$ dans $G$ où $x^{-1}$ désigne le symétrique de l'élement $x \in G$ pour la loi de composition interne de $G$.
Montrer que $f$ est bijective.
Montrer que $f$ est un morphisme si, et seulement si, $G$ est commutatif.