MATHS MP/MP* MÉTHODES EXERCICES PROBLÈMES VUIBERT

VUIBERT MÉTHODES EXERCICES PROBLÈMES MATHS MP/MP* Tout le programme Rappels de cours Conseils de méthode Exercices guidés Exercices d approfondissement Problèmes de synthèse Sujets de concours Tous les corrigés détaillés D. Caffin M. Lichtenberg X. Oudot

Table des matières Chapitre 1. Groupes......................................... 3 Exercices 5 Corrigés 9 Chapitre 2. Anneaux et corps................................... 19 Exercices 21 Corrigés 24 Chapitre 3. Éléments propres d un endomorphisme ou d une matrice carrée... 33 Exercices 35 Corrigés 38 Chapitre 4. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées......... 51 Exercices 53 Corrigés 56 Chapitre 5. Convexité........................................ 71 Exercices 72 Corrigés 75 Chapitre 6. Espaces vectoriels normés............................. 83 Exercices 85 Corrigés 87 Chapitre 7. Topologie des espaces vectoriels normés................... 95 Exercices 98 Corrigés 11 Chapitre 8. Espaces préhilbertiens réels............................ 111 Exercices 113 Corrigés 117 Chapitre 9. Endomorphismes des espaces euclidiens................... 129 Exercices 132 Corrigés 135 Chapitre 1. Séries numériques et vectorielles....................... 145 Exercices 147 Corrigés 15 Chapitre 11. Familles sommables de nombres complexes................ 161 Exercices 164 Corrigés 166 Chapitre 12. Suites et séries de fonctions........................... 173 Exercices 176 Corrigés 18 Chapitre 13. Séries entières.................................... 197 Exercices 199 Corrigés 24 Chapitre 14. Fonctions vectorielles Arcs paramétrés.................... 225 Exercices 227 Corrigés 231 1

Table des matières Chapitre 15. Intégration sur un intervalle quelconque.................. 249 Exercices 253 Corrigés 258 Chapitre 16. Probabilités sur un univers au plus dénombrable............. 279 Exercices 281 Corrigés 286 Chapitre 17. Variables aléatoires discrètes.......................... 299 Exercices 33 Corrigés 37 Chapitre 18. Équations différentielles linéaires....................... 325 Exercices 327 Corrigés 33 Chapitre 19. Calcul différentiel.................................. 347 Exercices 348 Corrigés 351 Chapitre 2. Problèmes d algèbre, géométrie et probabilités.............. 359 Problèmes 359 Corrigés 376 Chapitre 21. Problèmes d analyse................................ 49 Problèmes 49 Corrigés 419 Index.................................................. 445 2

COURS 1Chapitre Groupes Groupes Rappels de cours et méthodes Pour montrer qu un ensemble E muni d une loi de composition interne est un groupe : s il s agit d une loi nouvelle, que l on vient de définir, démontrez qu elle est associative, qu elle admet un élément neutre et que tout élément de E possède un symétrique dans E ; si est la loi d un groupe connu G contenant E, démontrez que E est un sous-groupe de G (voir ci-après). Dans une égalité entre éléments d un groupe, vous pouvez simplifier, à droite ou à gauche, par un même élément x (ce qui revient à multiplier par x 1 ). Sous-groupes Pour montrer que H est un sous-groupe de G : vérifiez bien que H G ; puis démontrez que H ; le plus simple est souvent de montrer qu il contient le neutre de G ; enfin, démontrez séparément que H est stable par la loi de G et qu il contient les symétriques de tous ses éléments, ou bien globalement que (x, y ) H 2, x y 1 H. Vous pouvez aussi montrer que : H est l intersection d une famille de sous-groupes de G ; H est le sous-groupe engendré par une partie de G ; H est l image directe ou réciproque d un sous-groupe par un morphisme de groupes (en particulier, l image ou le noyau de ce morphisme), voir ci-après. 3

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes Morphismes de groupes Si (G, ) et (G, ) sont deux groupes, un morphisme de (G, ) dans (G, ) est une application f de G dans G telle que : (x, y ) G G, f (x y ) = f (x ) f (y ). Si e et e sont les neutres respectifs de G et G, f (e ) = e ; Pour tout x G, f (x 1 ) = f (x ) 1 (ou f ( x ) = f (x ) en notation additive). On appelle noyau de f l ensemble des antécédents de e : Ker f = f 1 {e }. Ker f est un sous-groupe de G. On appelle image de f l ensemble des images des éléments de G : Im f = f (G ). Im f est un sous-groupe de G. Le morphisme f est : injectif si et seulement si Ker f = {e } ; surjectif si et seulement si Im f = G. On appelle isomorphisme un morphisme bijectif, automorphisme d un groupe G un isomorphisme de G dans lui-même. Théorème de Lagrange Dans un groupe fini : l ordre d un sous-groupe divise l ordre du groupe ; l ordre d un élément divise l ordre du groupe. Ordre d un élément. Groupes cycliques Pour montrer qu un élément a d un groupe (noté multiplicativement) est d ordre p, démontrez que a p = e et que, pour tout diviseur q de p distinct de p, a q e. Pour montrer qu un groupe G d ordre n est cyclique, vous pouvez : trouver un élément d ordre n dans G ; trouver un isomorphisme entre /n et G ; conclure immédiatement si n est un nombre premier. Sous-groupes de. Groupes /n Pour montrer qu une partie de est l ensemble des multiples d un entier donné, vous pouvez démontrer que c est un sous-groupe de. Pour montrer que la classe d un entier k modulo n est d ordre n dans le groupe /n, démontrez que k est premier avec n. 4

Exercices Groupes Exercices guidés Exercice A Sous-groupes de (,+) L objet de cet exercice est de prouver que tout sous-groupe du groupe (,+) est soit de la forme α avec α, soit dense dans. 1) Soit α. Montrer que α (c est-à-dire l ensemble des réels de la forme nα où n ) est un sous-groupe de (,+). 2) Soit G un sous-groupe de (,+). Justifier que G et que : x G, x G. Dans tout ce qui suit, on considère un sous-groupe G de (,+) non réduit à {}. 3) Montrer que G + et justifier l existence du réel α = inf(g + ), positif ou nul. 4) Dans cette question, on suppose que α >. a) Montrer qu il existe un élément x de G tel que α x < 2α. b) Prouver que si x α, alors il existe x 1 G tel que α x 1 < x et en déduire que x = α. (On pourra considérer x x 1 ). Nous venons donc de prouver que α G. c) Montrer qu alors G = α. (On pourra s inspirer de la preuve du théorème donnant tous les sous-groupes de (,+) et pour x G, poser n = E ( x α )). 5) Dans cette question, on suppose que α =. Soit (x, y ) 2 tel que x < y. a) Montrer qu il existe un élément x de G tel que < x < y x. b) Montrer qu alors il existe un entier n strictement compris entre x x et y x, puis que G ]x, y [. c) Que peut-on en déduire pour G? 6) Conclure : quels sont les différents types de sous-groupes de (,+)? Donner des exemples. Exercices d application Exercice 1 Sur l ensemble G =] 1, 1[, on définit la loi par : (a, b ) G 2, a b = a + b 1 + a b. 1) Montrer que (G, ) est un groupe abélien. L ensemble [, 1[ est-il un sous-groupe de (G, )? 2) Montrer que pour tout n et tout a G, a (n) = a a a = P n(a ) Q n (a ), où P n et Q n sont des polynômes vérifiant la relation P n +Q n = (1 + X ) n. Expliciter ces polynômes. 5 EXERCICES

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes 3) Montrer que l application th (tangente hyperbolique) réalise un isomorphisme de (,+) vers (G, ). 4) Exploiter ces résultats pour calculer th(n x ) en fonction de thx. Exercice 2 Soit p un nombre premier. L objet de cet exercice est de répertorier les groupes finis à 2p éléments. Soit G un tel groupe. On notera la loi multiplicativement et e le neutre de G. 1) Donner les ordres possibles d un élément de G différent de e. 2) Donner un exemple de groupe cyclique G d ordre 2p, en précisant l ordre de chacun des éléments. 3) Dans cette question, on suppose que G n est pas cyclique. a) Montrer que G possède au moins un sous-groupe cyclique d ordre p. b) Montrer que si p > 2, G contient au plus un sous-groupe cyclique d ordre p. c) Décrire alors G. 4) Donner un exemple d un groupe non cyclique G d ordre 2p, en précisant l ordre de chacun de ses éléments. Exercice 3 Soit G un groupe fini d ordre n. 1) On suppose que G est cyclique. a) Montrer que tout sous-groupe de G est cyclique. b) Montrer que pour tout diviseur d de n dans, il existe un et un seul sousgroupe de G d ordre d. 2) Pour tout diviseur d de n, on désigne par c (d ) le nombre de sous-groupes cycliques d ordre d de G et pour tout entier k, on désigne par ϕ(k) le nombre d entiers entre 1 et k, premiers avec k (indicatrice d Euler de k ). a) Montrer que si H est un sous-groupe cyclique d ordre d de G, le nombre de ses éléments générateurs est ϕ(d ). b) Démontrer alors la relation : n = c (d )ϕ(d ). (La somme est étendue à tous les diviseurs de n.) 3) En déduire que : n, n = ϕ(d ). 4) Montrer que si le groupe G possède, pour tout diviseur d de n, au plus un sous-groupe cyclique d ordre d, alors G est cyclique. Exercice 4 Soit G un groupe de cardinal n, d élément neutre e, et p un diviseur premier de n. On veut montrer que G possède au moins un élément d ordre p (théorème dû à Augustin Cauchy). On désigne par E l ensemble des p -uplets d éléments de G dont le produit est e : 1) Montrer que CardE = n p 1. d n d n E = {(x 1,..., x p ) G p, x 1 x p = e }. 6

Chapitre 1 Groupes 2) On considère l application σ définie sur E définie par : σ(x 1,..., x p ) = (x 2,..., x p, x 1 ). a) Montrer que σ appartient au groupe des bijections de E dans E, et que σ p = Id E. b) Soit (x 1,..., x p ) E ; on désigne par r le plus petit entier strictement positif tel que σ r (x 1,..., x p ) = (x 1,..., x p ). Montrer que r = 1 ou p. c) Montrer que r = 1 si et seulement si x 1 = = x p = x où x est un élément de G d ordre 1 ou p. d) Montrer que le nombre d éléments de E pour lesquels r = p est un multiple de p. 3) On suppose que le groupe G ne possède aucun élément d ordre p. Trouver une contradiction et conclure. Exercice 5 Soit G = {x 1, x 2,..., x n } un groupe fini d ordre n. Pour tout i 1, n, on considère l application f i de G dans G définie par : x G, f i (x ) = x i x. 1) Montrer que, pour tout i 1, n, il existe une permutation σ i appartenant au groupe symétrique n telle que : k 1, n, f i (x k ) = x σi (k). 2) Montrer que l application ϕ de G dans n définie par : i 1, n, ϕ(x i ) = σ i est un morphisme de groupes et qu il est injectif. 3) En déduire que G est isomorphe à un sous-groupe de n. Ce résultat est connu sous le nom de théorème de Cayley. 4) Exemples : Trouver des groupes de permutations isomorphes aux groupes suivants : a) G = /4; b) G = (/2) (/2). Exercice 6 Soit G un groupe. Dans tout l exercice, on notera la loi multiplicativement et e le neutre de G. On pose Z (G ) = {x G, z G, x z = z x }. Autrement dit, Z (G ) est l ensemble des éléments de G qui commutent avec tous les éléments de G. Z (G ) est appelé le centre de G. 1) Montrer que Z (G ) est un sous-groupe de G. 2) Que dire de G quand Z (G ) = G? La réciproque est-elle vraie? 3) Pour tout x G, on pose S x = {z G, x z = z x }. S x est appelé le centralisateur de x. a) Montrer que S x est un sous-groupe de G. b) Prouver que S x = G si et seulement si x Z (G ). 4) On définit sur G la relation R par (x, y ) G 2, x R y si et seulement si il existe z G, tel que : y = z x z 1. a) Prouver que R est une relation d équivalence sur G. b) Déterminer la classe C x d un élément x de G. c) Donner la classe de tout élément de Z (G ). 5) Dans cette question, on suppose que G est fini. 7 EXERCICES

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes Exercice 7 a) En considérant l application f de G dans G : z z x z 1, prouver que pour tout x G, CardG = CardC x CardS x. b) En déduire qu il existe une famille finie (x 1, x 2,..., x n ) d éléments de G telle que : n CardG CardG = CardZ (G ) +. CardS xi Soit p un nombre premier et G un groupe d ordre p 2. Dans tout l exercice, on notera la loi multiplicativement et e le neutre des groupes considérés. On veut prouver que G est abélien. 1) Conclure quand G est cyclique. Dans la suite, on suppose que G n est pas cyclique. 2) Montrer qu il existe p + 1 sous-groupes H 1, H 2,..., H p, H p +1 de G, d ordre p, tels p +1 que G = H i et pour tout (i, j ) 1, p + 1 tel que i j, on a H i H j = {e }. i =1 3) À l aide de l exercice 6, montrer que G contient au moins un élément différent de e qui commute avec tous les éléments de G. 4) On suppose qu il existe x 1 G tel que x 1 / Z (G ). a) Justifier qu il existe x Z (G ) tel que Z (G ) =<x >. b) On pose pour tout k 1, p, x k = x k 1 x 1. Montrer que pour tout n, x n k = x n(k 1) x n 1. p c) Prouver que G = <x i >. i = d) Trouver une contradiction et conclure quand G n est pas cyclique. i =1 8

Corrigés Groupes Corrigés des exercices guidés Exercice A 1) Soit α. L ensemble α est non vide (il contient α). Soit (x, x ) (α) 2. Il existe (n, n ) 2 tel que x = nα et x = n α. Alors : x x = nα n α = (n n )α α. Donc (α,+) est un sous-groupe de (,+). 2) Soit G un sous-groupe de (,+). Il contient nécessairement l élément neutre de (,+), c est-à-dire, donc G. Soit x G. Commençons par prouver par récurrence que pour tout n, n x G. x = G, donc la propriété est vraie pour n =. Soit n tel que n x G ; alors : (n + 1)x = n x + x G : la propriété est vraie pour n + 1. La récurrence est établie ; on a donc bien : n, n x G. Alors, pour tout n : si n, n, donc n x G ; si n <, n, donc ( n)x G. Or n x = ( n)x G. Ainsi : n, n x G, c est-à-dire x G. 3) Si G {}, alors il existe x G tel que x. Si x >, alors x G +. Si x <, alors x > et x G, donc x G +. Dans les deux cas, on a trouvé un élément de G +, qui est donc non vide. Alors, G + est une partie non vide de, minorée par : elle admet donc une borne inférieure α. 4) On suppose α >. a) Comme α est un minorant de G +, pour tout x G +, α x. Comme α est le plus grand des minorants de G +, 2α n en est pas un. Il existe donc x G + tel que x < 2α. Alors x est un élément de G tel que α x < 2α. b) Si x > α, ce n est pas un minorant de G +, donc il existe x 1 G + tel que α x 1 < x < 2α. Alors, < x x 1 < α. Or, puisque G est un groupe, x x 1 G et même x x 1 G +, ce qui contredit le fait que α minore G +. Donc x = α et par conséquent, α G. c) Comme α G, nous savons déjà, d après la question 2, que α G. Il reste à prouver l inclusion réciproque. Soit x G. Posons n = E x α. On a alors : n α x < n + 1, d où nα x < nα + α et x nα < α. On sait que x G et nα G, donc x nα G et même x nα G +. Mais, comme x nα est strictement inférieur à α, x nα / G +. La seule possibilité est x nα =, donc x = nα α. 9 CORRIGÉS

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes Ceci prouve que G α. En définitive : G = α. 5) On suppose maintenant que inf(g + ) =. Alors, un réel ɛ strictement positif n est jamais un minorant de G + : ɛ >, x G, < x < ɛ. a) Pour tout (x, y ) 2 tel que x < y, en posant ɛ = y x, on obtient : x G, < x < y x. b) Comme x >, on a alors x y x x = y x x > 1. Or, entre deux réels dont la différence est strictement supérieure à 1, il existe toujours un entier. Donc : x n, < n < y, soit : x < n x < y. x x Or, d après la question 2, comme x G, n x G et, par conséquent, G ]x, y [. c) Tout intervalle ouvert non vide ]x, y [ contient au moins un élément de G. On en déduit que G est dense dans. 6) Nous venons de prouver que pour tout sous-groupe G de (,+), l ensemble G + admet une borne inférieure α, puis que : si α >, G = α. Exemples :, 2, 2π, {} = ; si α =, G est dense dans. Exemples :,. Attention : Réciproquement, tous les α sont bien des sous-groupes de (,+), mais toute partie dense de n est pas forcément un sous-groupe de (,+) : par exemple, \ n est pas un sous-groupe, puisqu il ne contient pas le neutre. Corrigés des exercices d application Exercice 1 1) Pour tout (a, b ) ] 1, 1[, a b < 1, donc 1 + a b : a b est bien défini. De plus : a + b 2 1 = (a + b )2 (1 + a b ) 2 1 + a b (1 + a b ) 2 = a 2 + b 2 1 a 2 b 2 (1 + a b ) 2 = (1 a 2 )(1 b 2 ) (1 + a b ) 2 <. Donc (a b ) 2 < 1, c est-à-dire a b ] 1,1[. L application (a, b ) a b est bien une loi de composition interne dans G. Il est immédiat que pour tout (a, b ) G 2, a b = b a : la loi est commutative. Montrons qu elle est associative : soit (a, b, c ) G 3. (a b ) c = a (b c ) = a + b 1 + a b + c 1 + a + b 1 + a b c = a + b + c 1 + b c 1 + a b + c 1 + b c a + b + c + a b c 1 + a b + a c + b c. = a + b + c + a b c 1 + a b + a c + b c. 1

Chapitre 1 Groupes Donc, pour tout (a, b, c ) G 3, (a b ) c = a (b c ) : la loi est associative. Pour tout a G, a = a = a. Donc est élément neutre pour la loi. Pour tout a G, a ( a ) = ( a ) a = : tout élément a de G possède un symétrique, a, pour la loi. On peut conclure que (G, ) est un groupe abélien. La partie [, 1[ n est pas un sous-groupe de G, car elle ne contient pas les symétriques de ses éléments non nuls. 2) Soit a G. On a : a (1) = a ; on peut poser P 1 = X, Q 1 = 1 ; on a bien : P 1 +Q 1 = 1 + X. De même, a (2) = a a = 2a 1 + a 2 ; on peut poser P 2 = 2X, Q 2 = 1 + X 2 ; on a bien P 2 +Q 2 = 2X + 1 + X 2 = (1 + X ) 2. Soit n tel qu il existe des polynômes P n etq n tels que pour tout a G, a (n) = P n(a ) Q n (a ) et P n (a ) +Q n (a ) = (1 + a ) n. Alors : a (n+1) = a (n) a = P n(a ) Q n (a ) a = P n (a ) Q n (a ) + a P n (a ) + aq n (a ) 1 + P = n(a ) Q n (a ) a Q n (a ) + a P n (a ). Considérons les polynômes : P n+1 = P n + X Q n et Q n+1 = Q n + X P n. On a : P n+1 +Q n+1 = P n + X Q n +Q n + X P n = (1 + X ) P n +Q n = (1 + X ) n+1. Nous avons prouvé par récurrence l existence pour tout n de polynômes P n et Q n vérifiant les conditions de l énoncé. Nous avons vu que P n +Q n = (1+X ) n. Des relations P n+1 = P n +X Q n et Q n+1 = Q n +X P n, on tire P n+1 Q n+1 = (P n Q n )(1 X ), d où, puisque P 1 Q 1 = X 1, par une récurrence immédiate : n, P n Q n = (1 X ) n. D où : P n = 1 2 (1 + X ) n (1 X ) n et Q n = 1 2 (1 + X ) n + (1 X ) n. 3) Pour tout (x, y ) 2 : th(x + y ) = sh(x + y ) shx chy + chx shy = ch(x + y ) chx chy + shx shy = thx + thy 1 + thx thy = thx thy. Donc l application x thx est un morphisme du groupe (,+) vers le groupe (G, ). Comme cette application est continue et strictement croissante sur, tend vers 1 en et 1 en +, elle est bijective de dans ] 1, 1[ : c est un isomorphisme. 4) Pour tout n et tout x : Soit : th(n x ) = th(x + x + + x ) = thx thx thx = (thx ) (n) = P n(thx ) Q n ( thx ). th(n x ) = (1 + thx )n (1 thx ) n (1 + thx ) n + (1 thx ) n. 11 CORRIGÉS

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes Exercice 2 1) L ordre d un élément de G différent de e est un diviseur supérieur ou égal à 2 du cardinal de G, soit ici 2p. Donc, les ordres possibles d un élément de G différent de e sont 2, p et 2p. 2) L ensemble G des racines (2p )-ièmes complexes de l unité est un groupe cyclique d ordre 2p. Posons pour tout k, 2p 1, ω k = e i 2kπ 2p k 1, 2p 1, ω 2p k = 1 et on a : ω 2 k = 1 2kπ p ω p k = 1 p kπ p = e i kπ p. Il est clair que pour tout mod 2π p k, et comme k 1, 2p 1, k = p = kπ mod 2π, soit k est pair. Ainsi, ω p est d ordre 2, ω k est d ordre p quand k est pair et d ordre 2p quand k est impair et différent de p. 3) Remarquons que G n est pas cyclique, donc ne contient aucun élément d ordre 2p. Ainsi, tout élément de G différent de e est d ordre 2 ou p. a) Si p = 2, alors tout élément est d ordre 2. Si p > 2, supposons que G ne contienne pas de sous-groupe cyclique d ordre p. Alors, aucun élément n est d ordre p, donc tous les éléments de G sont d ordre 2 (c est-à-dire leur propre symétrique). Soit alors x 1 et x 2 deux éléments de G distincts et différents de e. On a : x 1 x 2 = e x 2 = x 2 1 x 2 = x 1 (x 1 x 2 ) = x 1, ce qui est absurde, donc x 1 x 2 e ; x 1 x 2 = x 1 x 2 = e, ce qui est absurde, donc x 1 x 2 x 2. Or, x 1 x 2 = (x 1 x 2 ) 1 = x 1 2 x 1 1 = x 2 x 1, donc x 1 et x 2 commutent. Alors, H = e, x 1, x 2, x 1 x 2 est stable par la loi de G, et comme chaque élément est son propre inverse, H est un sous-groupe de G d ordre 4. Ceci est absurde car 4 ne divise pas 2p. Ainsi, G contient au moins un sous-groupe cyclique d ordre p. Remarque : nous avons démontré ici un cas particulier du théorème de Cauchy qui énonce que dans tout groupe fini de cardinal n, pour tout diviseur premier p de n, il existe au moins un élément d ordre p, donc un sous-groupe cyclique d ordre p. Nous démontrerons ce théorème dans l exercice 4, plus loin dans ce chapitre. b) Supposons que G contienne deux sous-groupes cycliques d ordre p distincts : H 1 =< x 1 > et H 2 =< x 2 >. Comme p est premier, tout élément de H 1 (resp. H 2 ) différent de e engendre H 1 (resp. H 2 ). Alors, s il existe x H 1 H 2 tel que x e, on a H 1 = H 2 =< x >, ce qui est absurde. Ainsi, H 1 H 2 = {e } et H 1 H 2 contient 2p 1 éléments de G. Soit x 3 le dernier élément de G, autrement dit, celui qui n appartient ni à H 1, ni à H 2. Cet élément est nécessairement d ordre 2. Que penser de x 1 x 3 et x 3 x 1? Ces deux éléments sont distincts de x 3 (sinon, on aurait x 1 = e ) et différents de toute puissance de x 1 (sinon x 3 serait lui-même une puissance de x 1, donc appartiendrait à H 1 ). Ainsi, ces deux éléments sont dans H 2 et donc (x 1 x 3 )(x 3 x 1 ) H 2. Or : (x 1 x 3 )(x 3 x 1 ) = x 1 x 2 3 x 1 = x 2 1 H 2. Ainsi, x 2 1 = e, ce qui est absurde, car p > 2 et x 1 est d ordre p. Finalement, si p > 2, G contient au plus un sous-groupe cyclique d ordre p. 12

Chapitre 1 Groupes c) D après ce qui précède, G contient exactement un élément d ordre p et tous ses autres éléments distincts de e sont d ordre 2. Donc : G = e, x, x 2,..., x p 1, x 1, x 2,..., x p avec : k 1, p, x 2 k = e. 4) Rappelons qu une isométrie du plan affine euclidien P est une application de P dans P qui conserve les distances. On a les résultats suivants sur les isométries : la composée de deux isométries est une isométrie ; toute isométrie est bijective et sa réciproque est une isométrie. Comme l identité de P est une isométrie, ceci prouve que l ensemble des isométries de P est un sous-groupe du groupe des bijections de P dans P ; les seules isométries du plan ayant au moins un point invariant sont les rotations et les réflexions ; l image d un polygone régulier convexe par une isométrie est un polygone régulier convexe de même centre, de même nombre de côtés et dont les sommets sont les images des sommets du polygone initial. Dans le plan P, considérons A 1 A 2 A p un polygone régulier convexe à p côtés, de centre O et appelons G l ensemble des isométries de P laissant globalement invariant ce polygone. Alors, l identité de P est une isométrie qui appartient clairement à G. Si (f, g ) G 2, le polygone A 1 A 2 A p est globalement invariant par g, donc par g 1 et par f, donc par f g 1. Donc f g 1 G, ce qui prouve que G est un sous-groupe du groupe des isométries de P, donc un groupe. D après les propriétés rappelées, pour tout f G, O est invariant par f, donc f est une rotation ou une réflexion. En passant en revue les images possibles de A 1 par un élément de G et les rotations de centre O ou les réflexions donnant ces images, on prouve assez facilement que : G = id, r, r 2,..., r p 1, s 1, s 2,..., s p, où r est la rotation de centre O et d angle 2π p et s k est la réflexion ayant pour axe la médiatrice de [A k A k+1 ] (en posant A p +1 = A 1 ). Toutes les rotations sont d ordre p (puisque p est premier) et toutes les réflexions sont d ordre 2. Ainsi, G est bien un groupe non cyclique d ordre 2p. Exercice 3 1) Soit G un groupe cyclique d ordre n. a) Soit g un élément générateur de G et H un sous-groupe de G. Considérons l ensemble K = {k, g k H }. Il est non vide, puisqu il contient, stable par addition : si (g k, g k ) H 2, g k+k = g k g k H et il contient les opposés de ses éléments : si g k H, g k = (g k ) 1 H. C est donc un sous groupe de (,+) ; il existe p tel que K = p. Notons que g n = e H, donc n K, ce qui prouve que p est un diviseur de n. Comme g p H, le sous-groupe engendré par g p est inclus dans H : <g p > H. Réciproquement, pour tout k tel que g k H, k p : il existe k tel que k = k p, d où g k = g k p = (g p ) k <g p >. Donc H <g p >. En définitive, H = <g p >. H est le groupe cyclique engendré par g p. 13 CORRIGÉS

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes b) Soit d un diviseur de n ; posons n = d p et considérons le sous-groupe H = <g p >, d ordre h. On a (g p ) d = g n = e ; comme g p est d ordre h, h d. De plus, g p h = (g p ) h = e ; comme g est d ordre n, n p h, d où d h. En définitive, h = d. Le sous-groupe H est d ordre d. On a nécessairement p = d n, ce qui implique que H est le seul sous-groupe de G d ordre d. 2) a) Soit d un diviseur de n et <x> un éventuel sous-groupe cyclique d ordre d de G. L application θ de /d dans <x> : k x k (bien définie, puisque si k k [d ], x k = x k ) est un morphisme de groupes. Comme x k = e équivaut à k d, c est-à-dire à k= modulo d, le noyau de θ est { }, donc θ est injectif. Or, Card /d = Card <x> = d, donc θ est bijectif : c est un isomorphisme. On sait que les éléments générateurs de /d sont les classes k, où k est premier avec d. Il y en a donc ϕ(d ). Les éléments générateurs de <x> sont les images par θ de ceux de /d. Ces images sont distinctes deux à deux, il y en a donc également ϕ(d ). b) Tout élément de G est générateur d un sous-groupe cyclique d ordre d, où d est un diviseur de n. Chacun de ces c (d ) sous-groupes possède ϕ(d ) éléments générateurs. D où : n = c (d )ϕ(d ). d n 3) En particulier, en appliquant la relation précédente à un groupe cyclique, on a, pour tout diviseur d de n, c (d ) = 1 d après la question 1)b, et donc : n, n = ϕ(d ). 4) Si pour le groupe G, on suppose que, pour tout d divisant n, c (d ) 1, on a : n = c (d )ϕ(d ) ϕ(d ) = n. d n Cette relation n est possible que si pour tout d, c (d ) = 1. En particulier, c (n) = 1 : le groupe G tout entier est cyclique. d n d n Exercice 4 1) Un élément de E est entièrement déterminé par les p 1 éléments x 1,..., x p 1 que l on peut choisir librement ; le dernier sera donné par x p = x 1 p 1... x 1 1. On en déduit : CardE = n p 1. 2) On considère l application σ de E dans E définie par : σ(x 1,..., x p ) = (x 2,..., x p, x 1 ). a) Si (x 1, x 2,..., x p ) E, x 1 x 2 x p = e, donc x 2 x p = x 1 1 et x 2 x p x 1 = e, ce qui signifie que (x 2,..., x p, x 1 ) = σ(x 1, x 2,..., x p ) E : σ est une application de E dans E. Tout élément (x 1,..., x p ) de E possède un antécédent unique par σ, qui est (x p, x 1,..., x p 1 ) ; donc σ est une bijection. En répétant σ p fois, on revient au point de départ : σ p = Id E. b) Soit (x 1,..., x p ) E ; l ensemble H des entiers k tels que σ k (x 1,..., x p ) = (x 1,..., x p ) est un sous-groupe de. Comme r est le plus petit élément strictement positif de H, on a H = r. Comme σ p = Id E, p H, donc p est un multiple de r, et comme il est premier, r = 1 ou p. 14

Chapitre 1 Groupes c) r = 1 si et seulement si (x 1,..., x p ) est invariant par σ, c est-à-dire si x 1 = = x p. On a alors (x, x,..., x ) E, c est-à-dire x p = e : l ordre de x divise p. Comme p est premier, cet ordre est 1 ou p. d) Si r = p, les p éléments (x 1,..., x p ), (x 2,..., x p, x 1 ),... (x p, x 1,..., x p 1 ) sont tous distincts et vérifient tous r = p. L ensemble des éléments (x 1,..., x p ) tels que r = p peut donc être partitionné en sous-ensembles de cardinal p. On en déduit que le nombre de tels éléments est multiple de p. 3) Supposons que le groupe G ne possède aucun élément d ordre p. Il n existe alors qu un seul élément dans E vérifiant r = 1 : c est (e, e,..., e ). On a donc : n p 1 = 1 + N où N est le nombre d éléments de E vérifiant r = p. Or n p 1 et N sont tous deux des multiples de p. On aboutit à une contradiction, qui nous permet de conclure : Théorème de Cauchy : dans tout groupe de cardinal n, pour tout nombre premier p qui divise n, il existe au moins un élément d ordre p. Exercice 5 1) Soit i 1, n. L application f i est injective ; en effet, pour tout (x, x ) G 2, l égalité f i (x ) = f i (x ) implique x i x = x i x, d où x = x. Comme il s agit d une injection d un ensemble fini dans lui-même, f i est bijective. Pour tout k 1, n, il existe donc k 1, n tel que f i (x k ) = x k et l application k k est une bijection de 1, n dans lui-même, c est-à-dire un élément du groupe symétrique n, que nous noterons σ i. Ainsi : i 1, n, k 1, n, f i (x k ) = x σi (k). Attention : l application f i n est pas un morphisme de G dans G! 2) Pour tout (i, j ) 1, n 2, soit h 1, n tel que x h = x i x j. Alors : Mais aussi : k 1, n, f i f j (x k ) = f i x j x k = xi x j x k = f h (x k ) = x σh (k). f i f j (x k ) = f i xσ j (k) = xσi σ j (k). D où σ h = σ i σ j, c est-à-dire ϕ(x h ) = ϕ(x i ) ϕ(x j ), ou encore : ϕ(x i x j ) = ϕ(x i ) ϕ(x j ). Donc ϕ est un morphisme du groupe G dans le groupe symétrique n. Le noyau de ϕ est l ensemble des éléments x i de G tels que ϕ(x i ) = σ i = id 1,n, c est-àdire tels que pour tout k 1, n, f i (x k ) = x k, soit f i = id G et x i = e. Donc Ker ϕ = {e } : le morphisme ϕ est injectif. 3) ϕ induit un morphisme bijectif de G dans ϕ(g ), qui est un sous-groupe de n. On obtient le théorème de Cayley : tout groupe fini d ordre n est isomorphe à un sous-groupe du groupe symétrique n. 4) a) /4 est cyclique. Il suffit de trouver un sous-groupe cyclique d ordre 4 de 4, par exemple celui qui est engendré par un cycle de longueur 4, donc d ordre 4 : 1 2 3 4 1 2 3 4, 1 2 3 4 2 3 4 1, 1 2 3 4 3 4 1 2, 1 2 3 4 4 1 2 3. b) G = (/2) (/2) = {(, ),( 1, ),(, 1),( 1, 1)} = {x 1, x 2, x 3, x 4 }. En reprenant les notations des questions précédentes et en calculant chaque applica- 15 CORRIGÉS

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes tion f i : pour tout x i et tout x k de G : f i (x k ) = x i + x k, on obtient : 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 ϕ(g ) =,,,. 1 2 3 4 2 1 4 3 3 4 1 2 4 3 2 1 Nous retrouvons, comme dans G = (/2) (/2), le neutre d ordre 1 et trois éléments d ordre 2, dont le produit de deux d entre eux donne le troisième. C est le groupe de Klein. Exercice 6 1) Il est clair que e Z (G ), donc Z (G ) n est pas vide. (x, x ) Z (G ) 2, on a pour tout z G, x z = z x et x z = z x. La première égalité se réécrit x 1 x z x 1 = x 1 z x x 1, soit z x 1 = x 1 z. Alors, z x 1 x = x 1 z x = x 1 x z et donc x 1 x Z (G ). Ainsi, Z (G ) est un sous-groupe de G. 2) Si Z (G ) = G, alors pour tout x G, x Z (G ), donc x commute avec tous les éléments de G. Autrement dit, tout x de G commute avec tous les éléments de G, donc G est abélien. Réciproquement, il est clair que si G est abélien, alors tout élément de G est dans le centre, soit Z (G ) = G. Ainsi, Z (G ) = G si et seulement si G est un groupe abélien. 3) a) Il est clair que e S x, donc S x n est pas vide. De plus, (z, z ) S 2 x, on a x z = z x (donc z 1 x = x z 1 ) et x z = z x. Alors, z 1 z x = z 1 x z = x z 1 z et donc z 1 z S x. Ainsi, S x est un sous-groupe de G. b) S x est l ensemble des éléments de G qui commutent avec x, donc S x = G si et seulement si tous les éléments de G commutent avec x, autrement dit, si et seulement si x Z (G ). 4) a) On veut montrer que R est réflexive, symétrique et transitive. Il est clair que pour tout x G, x = e x e 1, donc x R x. Ainsi, R est réflexive. Soit (x, y ) G 2 tel que x R y. Il existe z G, tel que 1 y = z x z 1. Alors, z 1 y z = x, soit x = z 1 y (z 1 ) 1 et donc y R x. Ainsi, R est symétrique. Soit (x, y, z ) G 3 tel que x R y et y R z. Alors, il existe (t, t ) G 2 tel que y = t x t 1 et z = t y t 1. On a alors, z = t (t x t 1 )t 1 = (t t )x (t t ) 1 et donc x R z. Ainsi, R est transitive. En définitive, R est bien une relation d équivalence sur G. b) Soit x G. On a : C x = {y G, x R y } = {y G, z G, y = z x z 1 }, soit C x = {z x z 1, z G }. c) Soit x Z (G ). Pour tout z G, z x = x z, donc C x = {x z z 1, z G } = {x }. Ainsi, la classe de tout élément x de Z (G ) est le singleton {x }. 5) a) Soit x G. Soit f l application de G dans G qui à tout z de G associe z x z 1. On a alors : pour tout y f (G ) tel que y = f (z ), on a pour tout t G : t f 1 {y } f (t ) = y = f (z ) z x z 1 = t x t 1 z 1 t S x t z S x. x z 1 t = z 1 t x 16

Chapitre 1 Groupes Ceci prouve que pour tout y f (G ), tel que y = f (z ), on a f 1 {y } = z S x. De plus, comme z t = z t si et seulement si t = t, on a Card f 1 {y } = CardS x ; pour tout y G, y f (G ) z G, y = f (z ) = z x z 1 y C x. Donc, f (G ) = C x. On a alors G = f 1 (G ) = f 1 {y }. Cette union étant disjointe, on obtient : y C x CardG = Card f 1 {y } = CardS x = CardC x CardS x. y C x y C x b) L ensemble des classes d équivalence sur un ensemble forme une partition de cet ensemble. De plus, comme G est fini, la relation R admet un nombre fini de classes d équivalence. Nous avons vu que pour tout x Z (G ), on a C x = {x }. Il y a donc CardZ (G ) classes réduites à un singleton. Notons x 1, x 2,..., x n des représentants des autres classes (celles qui contiennent plus d un élément). Comme G est la réunion disjointe de toutes les classes, on a : n CardG = CardZ (G ) + CardC xi. Or, d après la question précédente, on a pour tout entier i compris entre 1 et n, CardC xi = CardS CardG, donc : xi n CardG CardG = CardZ (G ) +. CardS xi i =1 i =1 Exercice 7 1) Si G est cyclique, le résultat est immédiat car tout groupe cyclique est abélien. 2) Le seul diviseur non trivial de p 2 est p, donc tout sous-groupe non trivial de G est d ordre p et tout élément de G différent de e est d ordre p (il en existe, puisque p 2 4). Appelons N le nombre de sous-groupes de G d ordre p et H 1, H 2,..., H N ces N sous-groupes et posons H = H i. Il est clair que H G. De plus, pour tout x G, i =1 x <x>, où <x> est un sous-groupe d ordre p, donc x H. Ceci prouve que G H et ainsi, G = H. Par ailleurs, pour tout (i, j ) 1, N + 1 2 tel que i j, soit x H i H j. Si x est différent de e, il est d ordre p et on a immédiatement H i = H j =<x>, ce qui est absurde, puisque les H k sont distincts deux à deux. Ainsi, H i H j = {e }. Enfin : N N CardG = Card H i = 1 + Card H i \{e } N = 1 + (p 1) = 1 + N (p 1) = p 2, i =1 i =1 donc N (p 1) = p 2 1, soit N = p +1 et finalement, G est bien la réunion de p +1 sousgroupes H 1, H 2,..., H p, H p +1 de G, tous d ordre p, tels que pour tout (i, j ) 1, p + 1 tel que i j, H i H j = {e }. 3) D après l exercice 6, il existe n éléments de G, x 1, x 2,..., x n, tels que : n CardG CardG = CardZ (G ) + CardS xi 17 i =1 i =1 CORRIGÉS

Maths MP/MP* - méthodes, exercices et problèmes avec Z (G ) = {x G, z G, x z = z x } (Z (G ) est l ensemble des éléments de G qui commutent avec tous les éléments de G ) et pour tout i 1, n, x i / Z (G ) et S xi = {z G, x i z = z x i }. Les sous-groupes S xi sont différents de {e } (car <x i > S xi ) et de G (car x i / Z (G ) ) ; ils sont donc de cardinal p et pour tout i 1, n, <x i >= S xi. On a alors pour tout n i 1, n, CardS xi = p, donc p 2 p = CardZ (G )+ 2 p, soit CardZ (G ) = p (p n). Ainsi, p divise CardZ (G ), ce qui implique que CardZ (G ) > 1 et donc que G contient au moins un élément différent de e qui commute avec tous les éléments de G. 4) a) On vient de voir qu il existe x Z (G ) tel que x e. Alors <x > Z (G ). S il existe x 1 G tel que x 1 / Z (G ), les deux sous-groupes <x > et Z (G ) sont distincts de G et de {e } ; ils sont donc tous deux d ordre p et, par conséquent, l inclusion précédente est une égalité : Z (G ) =<x >. b) Comme x Z (G ), x et toutes ses puissances commutent avec tous les éléments de G, en particulier x 1. Alors, pour tout k 1, p et tout n : x n k = x k 1 n x 1 = x k 1 i =1 n x n 1 = x n(k 1) x n 1. c) Soit (i, j ), p 2 tel que i < j. Si x j <x i >, alors il existe n, p 1 tel que x j = x n i, soit : si i =, x j 1 x 1 = x n, donc x n j +1 1 = x <x >= Z (G ), ce qui est absurde ; si i 1, x j 1 n(i 1) x 1 = x x n n 1 j 1 n(i 1) 1, donc x1 = x <x >= Z (G ). Si n 1, n 1 est premier avec p, donc x n 1 1 est générateur de <x 1 >. Alors, comme x n 1 1 Z (G ), <x 1 > Z (G ) et en particulier x 1 Z (G ), ce qui est absurde. Donc n = 1. Alors, x j 1 x 1 = x i 1 x 1 et donc x j i = e, soit, puisque x est d ordre p et j i, p 1, j = i, ce qui est encore absurde. Ainsi, x j / <x i > et donc, pour tout (i, j ), p 2 tel que i j, <x i > <x j >= {e }. Nous avons donc p +1 sous-groupes de G, <x >,<x 1 >,...,<x p > dont les intersections deux à deux sont toutes réduites à {e }. p On en déduit, d après la question 2 que G = <x i >. d) Tout élément de Z (G ) =< x > commute avec x 1, donc toute puissance de x commute avec x 1. D après la question précédente, tout élément z de G \Z (G ) s écrit sous la forme z = x n k = x n(k 1) x n 1, avec k 1, p et n, p 1. Alors : z x 1 = x n(k 1) x n 1 x1 = x n(k 1) x n+1 1 = x 1 x n(k 1) x n 1 = x 1z. Donc x 1 commute avec z, donc avec tous les éléments de G, c est-à-dire que x 1 Z (G ), ce qui est absurde. Finalement, dès que l on suppose qu il existe x 1 G tel que x 1 / Z (G ), on aboutit à une absurdité, ce qui prouve que Z (G ) = G et donc que G est commutatif. Tout groupe d ordre p 2, où p est un nombre premier, est abélien. i = 18

VUIBERT MATHS MP/MP* MÉTHODES EXERCICES PROBLÈMES Des ouvrages pour faire la différence : des synthèses de cours et de méthode pour acquérir les connaissances indispensables et réviser efficacement ; de nombreux exercices intégralement corrigés pour s entraîner : exercices guidés, exercices d approfondissement et problèmes de synthèse ; des sujets de concours corrigés pour se mettre en situation d épreuve. SOMMAIRE 1. Groupes 2. Anneaux et corps 3. Éléments propres d un endomorphisme ou d une matrice carrée 4. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées 5. Convexité 6. Espaces vectoriels normés 7. Topologie des espaces vectoriels normés 8. Espaces préhilbertiens réels 9. Endomorphismes des espaces euclidiens 1. Séries numériques et vectorielles 11. Familles sommables de nombres complexes 12. Suites et séries de fonctions 13. Séries entières 14. Fonctions vectorielles. Arcs paramétrés 15. Intégration sur un intervalle quelconque 16. Probabilités sur un univers au plus dénombrable 17. Variables aléatoires discrètes 18. Équations différentielles linéaires 19. Calcul différentiel 2. Problèmes d algèbre, géométrie et probabilités 21. Problèmes d analyse. Les auteurs : David Caffin est professeur en classes préparatoires scientifiques au lycée Fénelon Sainte-Marie à Paris. Marc Lichtenberg est professeur en classes préparatoires scientifiques au lycée Fénelon Sainte-Marie à Paris. Xavier Oudot est professeur de chaire supérieure de mathématiques. ISBN : 978-2-311-4361-9 www..fr