Lois de composition (3/3)

Exercice 1.
Soit {E} un ensemble muni d’une loi {\star} associative et commutative.
On suppose de plus que pour tout {x} de {E}, {x\star x=x}.

  1. Donner des exemples d’une telle situation.
  2. Montrer que {x{\mathcal R}y\Leftrightarrow x\star y=y} définit une relation d’ordre.
  3. Montrer alors que : {\forall(x,y)\in E^2,\;\sup\{x,y\}=x\star y}.

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  1. On peut citer {E={\mathcal P}(F)} muni de la réunion ou de l’intersection.

    On peut également citer {E=\mathbb{Z}} muni du pgcd ou du ppcm.

    • On a toujours {x\star x=x}(c’est-à-dire {x\mathcal{R} x}): {\mathcal{R}} est réflexive.
    • Soient {x,y} dans {E} tels que {x\mathcal{R} y} et {y\mathcal{R} x}.

      Alors {x\star y=y} et {y\star x=x}. Or {\star} est commutative.

      On en déduit {x=y} : la relation {\mathcal{R}} est antisymétrique.

    • Soient {x,y,z} dans {E} tels que {x\mathcal{R} y} et {y\mathcal{R} z}.

      On a donc {x\star y=y} et {y\star z=z}.

      La loi {\star} étant associative, on en déduit : {x\star z=x\star(y\star z)=(x\star y)\star z=y\star z=z}Autrement dit {x\mathcal{R} z} : la relation {\mathcal{R}} est donc transitive.

    • Conclusion : {\mathcal{R}} est une relation d’ordre sur {E}.
  2. On montre d’abord que {x\star y} est un majorant de {\{x,y\}}.

    Par symétrie, il suffit de vérifier que {x\mathcal{R}(x\star y)}.

    En effet : {x\star(x\star y)=(x\star x)\star y=x\star y}.

    Enfin soit {z} un majorant de {x} et de {y}.

    On a donc {x\star z=z} et {y\star z=z}.

    Il reste à montrer que {z} est un majorant de {x\star y}.

    Mais cela résulte de {(x\star y)\star z=x\star(y\star z)=x\star z=z}.

    Pour tous {x,y} dans {E}, {x\star y} est donc la borne supérieure de {\{x,y\}} pour {\mathcal{R}}.

Exercice 2.
Soit {(E,\le)} muni d’une loi {\star} telle que : {\forall\, (a,b,x)\in E^{\,3},\;\begin{cases}a\star b\le a,\quad a\star b\le b\\(x\le a)\text{\ et\ }(x\le b)\Rightarrow x\le a\star b\end{cases}}

  1. Montrer que la loi {\star} est commutative.
  2. Prouver que pour tout {a} de {E}, {a\star a=a}.
  3. Vérifier que {\begin{cases}a\le b\Rightarrow a\star c\le b\star c\\(a\le b)\text{\ et\ }(c\le d)\Rightarrow a\star c\le b\star d\end{cases}}
  4. Montrer que la loi {\star} est associative.

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  1. Soient {a,b} deux éléments quelconques de {E}.

    La première partie de l’hypothèse donne {b\star a\le b} et {b\star a\le a}.

    Avec {x=b\star a}, la deuxième hypothèse donne alors {b\star a\le a\star b}.

    En échangeant {a,b}, on a alors {a\star b\le b\star a} donc {a\star b=b\star a}.

    Conclusion : la loi {\star} est commutative.

  2. Soit {a} un élément de {E}.

    La première partie de l’hypothèse donne {a\star a\le a}.

    Avec {x=a=b}, la deuxième hypothèse donne {a\le a\star a}.

    Pour tout {a} de {E}, on a donc : {a\star a=a}.

  3. Soient {a,b,c} trois éléments quelconques de {E}, avec {a\le b}.

    On sait que {a\star c\le a\le b}. D’autre part {a\star c\le c}.

    Les inégalités {\begin{cases}a\star c\le b\\ a\star c\le c\end{cases}} donnent alors {a\star c\le b\star c}.

    Soient {a,b,c,d} quelconques dans {E}, avec {\begin{cases}a\le b\\ c\le d\end{cases}}

    D’après ce qui précède, on a {\begin{cases}a\star c\le b\star c\\ c\star b\le d\star b\end{cases}}

    On en déduit {a\star c\le b\star d}, ce qu’il fallait démontrer.

  4. Soient {a,b,c} trois éléments quelconques de {E}.

    On a {(a\star b)\star c\le a\star b\le a}.

    De même on a les inégalités {(a\star b)\star c\le b}.

    On a aussi {(a\star b)\star c\le c}.

    Ainsi {\begin{cases}(a\star b)\star c\le b\\ (a\star b)\star c\le c\end{cases}\Rightarrow(a\star b)\star c\le b\star c}.

    Les inégalités {\begin{cases}(a\star b)\star c\le a\\ (a\star b)\star c\le b\star c\end{cases}} donnent {(a\star b)\star c\le a\star(b\star c)}.

    En utilisant ce résultat et la commutativité de la loi {\star}, on a : {\begin{array}{rl}a\star(b\star c)&=(b\star c)\star a=(c\star b)\star a\\\\&\le c\star(b\star a)=(a\star b)\star c\end{array}}Finalement : {a\star(b\star c)=(a\star b)\star c}.

    Autrement dit, la loi {\star} est associative.

Exercice 3.
Soit {E} un ensemble muni d’une loi {\star} associative.
Pour tout {a} de {E}, on pose : {\forall x\in E,\;\begin{cases}d_a(x)=x\star a\\g_a(x)=a\star x\end{cases}}

  1. On suppose qu’il existe {a\in E} tel que {g_a,d_a} soient surjectives.
    Montrer alors que {E} possède un neutre pour {\star}.
  2. On suppose que les applications {g_a} et {d_a} sont toujours surjectives.
    Montrer alors que tout élément de {E} est inversible pour {\star}.

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  1. Soit {a\in E} tel que {g_a,d_a} sont surjectives.

    En particulier : {\begin{cases}\exists e\in E,\;d_a(e)=e\star a=a\\\exists f\in E,\; g_a(f)=a\star f=a\end{cases}}

    Soit {x} un élément quelconque de {E}.

    Par hypothèse : {\exists\, (y,z)\in E^2,\;\begin{cases}d_a(y)=y\star a=x\\ g_a(z)=a\star z=x\end{cases}}

    C’est-à-dire {\begin{cases}y\star a=x\\ a\star z=x\end{cases}}

    On en déduit : {x\star f=(y\star a)\star f=y\star(a\star f)=y\star a=x}.

    De même : {e\star x=e\star(a\star z)=(e\star a)\star z=a\star z=x}.

    Ainsi : {\forall x\in E,\;x\star f=x\text{\ et\ }e\star x=x}.

    En particulier avec {x=e} puis {x=f} on trouve {e\star f=e} puis {e\star f=f}.

    On a donc {e=f}, et {x\star e=e\star x=x} pour tout {x} de {E}.

    L’élément {e} est donc le neutre.

  2. On sait qu’il existe un élément neutre {e} dans {E} pour la loi {\star}.

    Soit {a} un élément quelconque de {E}.

    Puisque {d_a} est surjective : {\exists\, a'\in E,\;d_a(a')=a'\star a=e}.

    Puisque {g_a} est surjective : {\exists\, a''\in E,\;g_a(a'')=a\star a''=e}.

    On a alors :{\begin{cases}a'\star(a\star a'')=a'\star e=a'\\a'\star(a\star a'')=(a'\star a)\star a''=e\star a''=a''\end{cases}}Ainsi l’élément {a'=a''} vérifie {a'\star a=a\star a'=e}.

    Cet élément est donc l’inverse de {a}.

Exercice 4.
Soit {E} un ensemble fini muni d’une loi produit associative.
Montrer que : {\forall a\in E,\;\exists m\in\mathbb{N},\;\text{\ tel que\ }x=a^m\text{\ vérifie\ }x^2=x}.
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Soit {a} un élément de {E}.

La suite {n\mapsto a^n} est à valeurs dans l’ensemble fini {E}.

Il existe donc nécessairement {q\gt p} tels {a^q=a^p}.

Posons {r=q-p>0}. On a {a^p=a^{p+r}}.

Ainsi {\forall\, m\ge p, a^m=a^{m+r}} (produit par {a^{m-p}}).

Autrement dit, la suite des {a^n} est {r}-périodique, à partir de {a^p}.

On peut donc écrire : {\forall\, m\ge p,\forall\, n\ge0, a^{m+nr}=a^m}.

Avec {n} tel que {nr\ge p} puis {m=nr}, on a : {a^{2m}=a^m}.

On a ainsi trouvé {x=a^m} tel que {x^2=x}.