Groupes et sous-groupes (3/5)

Exercice 1.
Soit {E} un ensemble non vide muni d’une loi multiplicative telle que : {\forall\, a,b,c,\;\begin{cases}a^2=b^2,\;ab^2=a\\a^2(bc)=cb,\;(ac)(bc)=ab\end{cases}}Montrer que {E} est un groupe pour la loi {\star} définie par : {a\star b=ab^3}.
Énoncer et prouver une réciproque.
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Remarque : Les parenthèses sont nécessaires car on ne sait pas si la loi de {E} est associative.

En particulier, {b^2b} signifie {(bb)b}, qui peut être différent de {b(bb)}.

  • La première hypothèse dit que l’application {a\mapsto a^2} est constante.

    Notons {e} cette constante et montrons que {e} est neutre pour {\star}.

    Remarquons que la loi {\star} s’écrit maintenant : {a\star b=a(eb)}.

    Les hypothèses deviennent : {\forall\, (a,b,c)\in E^3, \begin{cases}ae=a&(1)\cr e(bc)=cb&(2)\cr (ac)(bc)=ab&(3)\end{cases}}

    On constate tout d’abord que {e^2e=e^2=e}

    Pour tout {a\in G}, on a donc : {a\star e=a(e^2e)=ae=a}.

    De même, avec l’hypothèse {(2)} : {e\star a=e(ea)=ae=a}.

  • Montrons que {\star} est associative. Soient {a,b,c} dans {G}. On a : {\begin{array}{rl}a\star(b\star c)&=a\star\left(b(ec)\right)=a\left(e\left(b(ec)\right)\right)\\\\&=a\left((ec)b\right)\quad\text{(hypothèse 2)}\end{array}}De même, on trouve : {\begin{array}{rl}(a\star b)\star c)&=\left(a(eb)\right)(ec)=\left(a(eb)\right)\left((ec)e\right)\quad\text{(hyp. 1)}\\\\&=\left(a(eb)\right)\left(\left((ec)b\right)(eb)\right)\quad\text{(hyp. 3)}\\\\&=a\left((ec)b\right)\quad\text{(hyp. 3)}\end{array}}

  • Montrons que l’inverse d’un élément {a\in G} pour {\star} est {ea}.

    On a en effet : {\begin{cases}a\star(ea)=a\left(e(ea)\right)=a(ae)=a(a)=e\\\\(ea)\star a=(ea)(ea)=(ea)^2=e\end{cases}}

  • La loi {\star} est donc associative, il existe un neutre et tout élément a un inverse.

    L’ensemble {E} muni de la loi {\star} est donc un groupe.

  • Inversement, soit {(G,\star)} un groupe de neutre {e} (on note {z^{-1}} l’inverse de {z}).

    On définit une loi sur {G} en posant : {\forall\, (x,y)\in G, xy=x\star y^{-1}}.

    On constate que, pour tous éléments {a,b,c} de {G} : {\begin{array}{rll}a^2&=a\star a^{-1}=e=b^2\\\\a(b^2)&=ae=a\star e^{-1}=a\star e=a\\\\a^2(bc)&=e(bc)=e\star(bc)^{-1}=(bc)^{-1}\\\\&=(b\star c^{-1})^{-1}=c\star b^{-1}=cb\\\\(ac)(bc)&=(a\star c^{-1})\star\left(b\star c^{-1}\right)^{-1}=(a\star c^{-1})\star(c\star b^{-1})\\\\&=a\star(c^{-1}\star c)\star b^{-1}=a\star e\star b^{-1}\\\\&=a\star b^{-1}=ab\end{array}}
    Enfin, on a bien, pour tous a,b dans G : {\begin{array}{rl}a(b^2b)=&a(eb)=a(e\star b^{-1})=a(b^{-1})\\\\&= a\star\left(b^{-1}\right)^{-1}=a\star b\end{array}}

Exercice 2.
On définit la loi {\star} sur {\mathbb{R}} en posant : {x\star y=x+y-xy}.

  1. Etudier la loi {\star}. {(\mathbb{R},\star)} est-il un groupe ?
  2. Montrer que {(\mathbb{R}-\{1\},\star)} est un groupe abélien isomorphe à {(\mathbb{R}^*,\times)}.
  3. Pour {x\in\mathbb{R}} et {n\in\mathbb{N}}, calculer {x^{(n)}=x\star x\star\cdots\star x} ({n} fois).

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  1. La loi {\star} est visiblement commutative. Pour tous réels {x,y,z}, on a : {\begin{array}{rl}(x\star y)\star z&=(x+y-xy)+z-(x+y-xy)z\\\\&=x+y+z-xy-xz-yz+xyz\end{array}}De même, en utilisant la commutativité : {\begin{array}{rl}x\star(y\star z)&=(z\star y)\star x\\\\&=z+y+x-zy-zx-yx+zyx\\\\&=(x\star y)\star z\end{array}}La loi {\star} est donc associative. De plus il est clair que {0} est neutre.

    Le réel x' est inverse de {x} si et seulement si {x'\star x=0}.

    Or {x'\star x=0\Leftrightarrow x'(x-1)=x}, qui n’a pas de solution {x'} si {x=1}.

    Ainsi {(\mathbb{R},\star)} n’est pas un groupe ({1} n’a pas d’inverse).

  2. Remarquons que pour tous réels {x} et {y}, on a : {1-x\star y=1-x-y+xy=(1-x)(1-y)}Il en découle que si {x\ne1} et {y\ne1} alors {x\star y\ne 1}.

    Autrement dit {\mathbb{R}-\{1\}} est stable pour la loi {\star}.

    On note encore {\star} la restriction de cette loi à {\mathbb{R}-\{1\}}.

    Elle est toujours associative et commutative, et {0} est encore neutre.

    Un calcul précédent montre que pour tout {x\ne1} : {x'\star x=0\Leftrightarrow x'=\dfrac{x}{x-1}}Cet élément {x'}, distinct de {1}, est donc l’inverse de {x} dans {(\mathbb{R}-\{1\},\star)}.

    Conclusion : {(\mathbb{R}-\{1\},\star)} est un groupe abélien.

    Remarque : on a une démonstration plus rapide en notant que l’égalité {\forall\, x,y\in\mathbb{R},\;1-x\star y=1-x-y+xy=(1-x)(1-y)}s’écrit (remplacer {x} par {1-x} et {y} par {1-y}) : {\forall\, x,y\in\mathbb{R},\;1-(1-x)\star(1-y)=\left(1-(1-x)\right)\left(1-(1-y)\right)=xy}ou encore {\varphi(xy)=\varphi(x)\star\varphi(y)} avec {\varphi:t\mapsto1-t}.

    La bijection {\varphi} est donc un isomorphisme de {(\mathbb{R}^*,\times)} sur {(\mathbb{R}-\{1\},\star)}.

    Ainsi {(\mathbb{R}-\{1\},\star)} est un groupe abélien.

  3. On sait que {1-x\star y=(1-x)(1-y)} c’est-à-dire {\varphi(x\star y)=\varphi(x)\varphi(y)}.

    On en déduit {\varphi(x^{(n)})=\left(\varphi(x)\right)^n} (récurrence évidente).

    Autrement dit : {\forall\, x\in\mathbb{R},\forall\, n\in\mathbb{N}, 1-x^{(n)}=(1-x)^n}.

    Conclusion : {\forall\, x\in\mathbb{R},\forall\, n\in\mathbb{N}, x^{(n)}=1-(1-x)^n}.

Exercice 3.
Montrer que {]\!-\!1,1[}, muni de {x\star y=\dfrac{x+y}{1+xy}}, est un groupe abélien.
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{x\star y} est défini pour tous {x,y} de {]-1,1[}, car {1+xy>0}.

Il faut cependant vérifier que {x\star y} est encore dans {]-1,1[}. Or :{\begin{cases}1-x\star y=\dfrac{1+xy-x-y}{1+xy}=\dfrac{(1-x)(1-y)}{1+xy}>0\\\\1+x\star y=\dfrac{1+xy+x+y}{1+xy}=\dfrac{(1+x)(1+y)}{1+xy}>0\end{cases}}On en déduit l’encadrement : {-1\lt x\star y\lt 1}.

Il est clair que {\star} est commutative et que {0} est neutre.

Soient {x,y,z} trois éléments de {]-1,1[}. On a : {\begin{array}{rl}x\star(y\star z)&=\dfrac{x+y\star z}{1+x(y\star z)}\\\\&=\dfrac{x+\dfrac{y+z}{1+yz}}{1+x\dfrac{y+z}{1+yz}}\\\\&=\dfrac{x+y+z+xyz}{1+xy+xz+yz}\end{array}}En utilisant la commutativité, {(x\star y)\star z=z\star(y\star x)}.

Or l’expression donnant {x\star(y\star z)} est inchangée quand on permute {x} et {z}.

On en déduit {x\star(y\star z)=(x\star y)\star z} : la loi {\star} est associative.

Enfin, il est clair que l’inverse de tout {x} de {]-1,1[} est {-x}.

Conclusion : {(]\!-\!1,1[,\star)} est un groupe abélien.

Remarque : On peut connaître l’application {\text{th}} (tangente hyperbolique), bijective de {\mathbb{R}} sur {]-1,1[}.

On sait que pour tous réels {x,y} on a : {\,\text{th}(x+y)=\dfrac{\,\text{th}(x)+\,\text{th}(y)}{1+\,\text{th}(x)\,\text{th}(y)}=\,\text{th}(x)\star\,\text{th}(y)}Ainsi {\,\text{th}} est un isomorphisme du groupe {(\mathbb{R},+)} sur le groupe {(]\!-\!1,1[,\star)}.

Exercice 4.
Soient {a,b} dans un groupe {G}, vérifiant : {b^6=e}, {ab=b^4a}.
Montrer que {b^3=e} et que {ab=ba}.
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On a les égalités : {\begin{array}{rl}ab^3&=(ab)b^2=(b^4a)b^2=b^4(ab)b\\\\&=b^4(b^4a)b=b^2b^6(ab)=b^2(b^4a)=b^6a=a\end{array}}On en déduit {b^3=e} après simplification par {a}.

Il en découle {ab=b^4a=b^3(ba)=ba}.

Autre méthode: l’hypothèse {ab=b^4a} s’écrit {b=a^{-1}b^4a} et donne :{\begin{array}{rl}b^3&=\left(a^{-1}b^4a\right)^3=a^{-1}(b^4)^3a\\\\&=a^{-1}(b^3)^4a=a^{-1}ea=a^{-1}a=e\end{array}}

Exercice 5.
Soit {G} un groupe, et {n} dans {\mathbb{N}}.
On suppose que {\varphi:x\mapsto x^n} est un morphisme de {G}.
Montrer que pour tout {x\in G}, {x^{n-1}} commute avec tous les éléments de {G}.
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Soient {x} et {y} deux éléments quelconques de {G}.

Il s’agit de prouver {x^{n-1}y=yx^{n-1}}.

Par hypothèse, il existe {z} dans {G} tel que {y=z^n}.

On a alors les égalités : {\begin{array}{rl}x^{n-1}y&=x^{-1}x^ny=x^{-1}x^nz^n\\\\&=x^{-1}(xz)^n\quad(\text{en utilisant le morphisme\ }t\mapsto t^n)\\\\&=x^{-1}x(zx)^{n-1}z=(zx)^{n-1}z=(zx)^nx^{-1}\\\\&=z^nx^nx^{-1}\quad(\text{en utilisant encore le morphisme }t\mapsto t^n)\\\\&=z^nx^{n-1}=yx^{n-1}\end{array}}Ce qui établit le résultat demandé.