Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. La relation $\sim$ est :

   $\bullet$

   réflexive :
   Soit $a$ un élément de $G$. Le produit $aa^{-1}=e$ appartient à $H$ (tout sous-groupe de $G$ contient l'élément neutre). Donc $a\sim a$.

   $\bullet$

   symétrique :
   Soient $a$ et $b$ deux éléments de $G$. Supposons $a\sim b$. Alors $ab^{-1}$ appartient à $H$. Donc l'inverse de $ab^{-1}$ appartient aussi à $H$. Or cet inverse est $(ab^{-1})^{-1}=ba^{-1}$. Donc $b\sim a$.

   $\bullet$

   transitive :
   Soient $a,b,c$ trois éléments de $G$. Supposons $a\sim b$ et $b\sim c$. Les deux éléments $ab^{-1}$ et $bc^{-1}$ appartiennent à $H$, donc leur produit aussi. Ce produit est : $(ab^{-1})(bc^{-1})=ac^{-1})$. Donc $a\sim c$.

   Donc $\sim$ est une relation d'équivalence sur $G$.
2. L'inverse de $ha$ est $a^{-1}h^{-1}$. Donc $a(ha)^{-1}=(aa^{-1})h^{-1}=h^{-1}\in H$. Donc $a\sim ha$.
3. Si $a\sim b$, $ab^{-1}\in H$. Notons $h$ l'inverse de cet élément : $h=(ab^{-1})^{-1}=ba^{-1}$. Il appartient aussi à $H$. On a bien $ha=ba^{-1}a=b$.
4. D'après la question 2, pour tout $a\in G$, $a\sim ha$, donc $f(h)\in \mathfrak{cl}(a)$. Soit $b$ un élément de $\mathfrak{cl}(a)$, c'est -à-dire tel que $a\sim b$. D'après la question 3, il existe $h\in H$ tel que $b=ha$, donc $b=f(h)$ : l'application $f$ est surjective.

   Montrons que $f$ est injective. Soient $h_1$ et $h_2$ deux éléments de $H$ tels que $f(h_1)=f(h_2)$. Alors $h_1a=h_2a$, donc $h_1aa^{-1}=h_2aa^{-1}$, soit $h_1=h_2$.

   L'application $f$ est donc une bijection de $H$ dans $\mathfrak{cl}(a)$.

5. S'il existe une application bijective entre deux ensembles finis, alors ces deux ensembles ont même cardinal. D'après la question 4, pour tout $a\in G$, le cardinal de $\mathfrak{cl}(a)$ est égal au cardinal de $H$. Or l'ensemble des classes d'équivalence pour $\sim$ constitue une partition de $E$. Donc le cardinal de $E$ est la somme des cardinaux des classes d'équivalence, qui sont tous égaux au cardinal de $H$. Le cardinal de $E$ est donc un multiple entier du cardinal de $H$.

Exercice 1 :  

1. Soit $O$ l'origine du plan complexe.

   $\bullet$

   $r$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\pi/2$.

   $\bullet$

   $r^2$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\pi$.

   $\bullet$

   $r^3$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $3\pi/2$ (ou $-\pi/2$).

   $\bullet$

   $s$ est la symétrie par rapport à l'axe horizontal.

   $\bullet$

   $s\circ r$ est la symétrie par rapport à la droite d'équation $y=-x$ (seconde bissectrice).

   $\bullet$

   $s\circ r^2$ est la symétrie par rapport à l'axe vertical.

   $\bullet$

   $s\circ r^3$ est la symétrie par rapport à la droite d'équation $y=x$ (première bissectrice).

2. Pour montrer que $G$ est un groupe, il suffit de vérifier que c'est un sous-groupe de l'ensemble ${\cal S}(\mathbb{C})$ des bijections du plan complexe dans lui-même. L'ensemble proposé est non vide. Observons ensuite que $r$ et $r^3$ sont inverses l'un de l'autre, et que chacun des autres éléments de $G$ est son propre inverse. La table de composition ci-dessous montre que le produit de deux éléments quelconques de $G$ est encore dans $G$. Donc $G$ est un sous-groupe de ${\cal S}(\mathbb{C})$. Dans cette table, nous omettons les signes $\circ$ par souci de clarté.
   $$\begin{array}{\vert c\vert\vert c\vert c\vert c\vert c\vert ... ...\ \hline sr^3&sr^3&s&sr&sr^2&r&r^2&r^3&e\\ \hline \end{array}$$

3. Nous le montrons pour $\{ e,r^2\}$, le raisonnement est identique pour les 4 autres. Dans la mesure où $r^2$ est son propre inverse, $\{ e,r^2\}$ est bien un sous-groupe de $G$. L'application qui à $e$ associe 0 et à $r^2$ associe $1$ est une bijection, et c'est un morphisme pour la loi $\circ$ au départ, et pour l'addition modulo $2$ à l'arrivée. Il suffit pour cela de s'assurer que les tables de composition correspondent.

   $$\begin{array}{\vert c\vert\vert c\vert c\vert} \hline \circ&e... ... +&0&1\ \hline\hline 0&0&1\ \hline 1&1&0\ \hline \end{array}$$

   
   

4. Ici encore, le plus simple est de définir la bijection, puis de vérifier que c'est un morphisme pour les deux lois en comparant les tables de composition. Remarquons que l'existence d'un isomorphisme entre un sous-ensemble de $G$ et un groupe connu, nous dispense de montrer que ce sous-ensemble est effectivement un sous-groupe. Comme bijection nous choisissons l'application $\varphi$, définie par :
   $$\varphi(e)=(0,0)\;,\quad \varphi(s)=(0,1)\;,\quad \varphi(r^2)=(1,0)\;,\quad \varphi(s\circ r^2)=(1,1)\;.$$

   $$\begin{array}{\vert c\vert\vert c\vert c\vert c\vert c\vert} ... ...ine 10&10&11&00&01\ \hline 11&11&10&01&00\ \hline \end{array}$$

   
   

5. Même technique ; la bijection est définie par :
   $$\varphi(e)=0\;,\quad \varphi(r)=1\;,\quad \varphi(r^2)=2\;,\quad \varphi(r^3)=3\;.$$

   $$\begin{array}{\vert c\vert\vert c\vert c\vert c\vert c\vert} ... ...&3&0\ \hline 2&2&3&0&1\ \hline 3&3&0&1&2\ \hline \end{array}$$

   
   

6. Vérifions-le pour $r$ et pour $s$.
   $$r(A_1)=A_2\;,\quad r(A_2)=A_3\;,\quad r(A_3)=A_4\;,\quad r(A_4)=A_1\;.$$
   $$s(A_1)=A_4\;,\quad s(A_2)=A_3\;,\quad s(A_3)=A_2\;,\quad s(A_4)=A_1\;.$$
   Puisque $r$ et $s$ laissent invariant l'ensemble $\{A_1,A_2,A_3,A_4\}$, c'est aussi le cas pour toute transformation du plan composée de $r$ et $s$, donc pour tous les éléments du groupe $G$.
7. Soient $f$ et $g$ deux éléments du groupe $G$. Soient $\sigma$ et $\tau$ les deux permutations de ${\cal S}_4$ telles que pour tout $i=1,2,3,4$ :
   $$f(A_i)=A_{\sigma(i)}$$   et$$\quad g(A_i)=A_{\tau(i)}\;.$$
   Alors, pour tout $i=1,2,3,4$,
   $$f\circ g(A_i)=f(g(A_i))=f(A_\tau(i))=A_{\sigma(\tau(i))} =A_{\sigma\circ\tau(i)}\;.$$
   Donc $\varphi(f\circ g)=\sigma\circ\tau=\varphi(f)\circ\varphi(g)$. Donc $\varphi$ est un morphisme pour la composition des applications dans $G$ au départ, et pour la composition des permutations à l'arrivée.
8. Voici le tableau donnant l'image par $\varphi$ des éléments de $G$.
   $$\begin{array}{\vert c\vert c\vert\vert c\vert c\vert} \hline... ...(2,1,4,3)\\ r^3&(4,1,2,3)&sr^3&(1,4,3,2)\\ \hline \end{array}$$

9. Puisque $\varphi$ est un morphisme, $H$ est un sous-groupe de $G$. Le tableau de la question précédente liste tous les éléments de $H$, qui sont tous distincts. Donc la restriction de $\varphi$ à $H$ à l'arrivée est une bijection : $\varphi$ est donc un isomorphisme de $G$ sur $H$.
10. Les deux ensembles $\{B_1,B_2,B_3,B_4\}$ et $\{A_1,A_2,A_3,A_4\}$ sont les mêmes. Les deux sont invariants par $G$. Le raisonnement pour montrer que $\varphi$ est un morphisme est identique. Par contre les permutations images des éléments de $G$ ne sont pas les mêmes.
    $$\begin{array}{\vert c\vert c\vert\vert c\vert c\vert} \hline... ...(4,3,2,1)\\ r^3&(3,2,4,1)&sr^3&(1,2,4,3)\\ \hline \end{array}$$
    On démontre de la même façon que $\varphi$ est un isomorphisme de $G$ sur son image. On obtient ainsi un nouveau sous-groupe de ${\cal S}_4$, isomorphe au précédent.

Exercice 2 :  

1. L'ensemble $A$ est non vide. Il suffit de vérifier que $A$ est un sous-groupe pour l'addition, et que la multiplication est stable. Soient $m,n,m',n'$ quatre éléments de $\mathbb{Z}$.
   $$(m+n\sqrt{6})-(m'+n'\sqrt{6})=(m-m')+(n-n')\sqrt{6}\;.$$
   Donc $(m+n\sqrt{6})-(m'+n'\sqrt{6})\in A$.
   $$(m+n\sqrt{6})\times(m'+n'\sqrt{6})=(mm'+6nn')+(mn'+m'n)\sqrt{6}\;.$$
   Donc $(m+n\sqrt{6})\times (m'+n'\sqrt{6})\in A$.
2. Observons d'abord que pour tout élément $a$ de $A$, $\varphi(\varphi(a))=a$. Donc $\varphi$ est une bijection, puisque tout élément de $A$ a pour antécédent $\varphi(a)$.

   Montrons maintenant que $\varphi$ est un morphisme pour l'addition.
   

   $$\varphi((m+n\sqrt{6})+(m'+n'\sqrt{6})) = \varphi((m+m')+(n+n')\sqrt{6})$$

   $$= (m+m')-(n+n')\sqrt{6}$$

   $$= (m-n\sqrt{6})+(m'-n'\sqrt{6})$$

   $$= \varphi(m+n\sqrt{6})+\varphi(m'+n'\sqrt{6})\;.$$

   
   Montrons enfin que $\varphi$ est un morphisme pour la multiplication.
   

   $$\varphi((m+n\sqrt{6})\times(m'+n'\sqrt{6})) = \varphi((mm'+6nn')+(mn'+m'n)\sqrt{6})$$

   $$= (mm'+6nn')-(mn'+m'n)\sqrt{6}$$

   $$= (m-n\sqrt{6})\times(m'-n'\sqrt{6})$$

   $$= \varphi(m+n\sqrt{6})\times\varphi(m'+n'\sqrt{6})\;.$$

   
   
3. Soit $a=m+n\sqrt{6}$ un élément quelconque de $A$.
   $$N(a)=a\varphi(a)=(m+n\sqrt{6})\times(m-n\sqrt{6})=m^2-6n^2\;.$$
   Donc $N$ est bien une application de $A$ dans $\mathbb{Z}$. Montrons que c'est un morphisme pour la multiplication. Soient $a$ et $a'$ deux éléments de $A$.
   $$N(aa')=aa'\varphi(aa')=aa'\varphi(a)\varphi(a')=(a\varphi(a))(a'\varphi(a')) =N(a)N(a')\;,$$
   en utilisant le fait que $\varphi$ est un morphisme pour la multiplication.
4. Si $N(x)=x\varphi(x)=1$, alors $\varphi(x)$ est inverse de $x$, et si $N(x)=x\varphi(x)=-1$, alors $-\varphi(x)$ est inverse de $x$ : la condition est suffisante. Montrons qu'elle est nécessaire. Soit $x$ un élément inversible de $A$ : il existe $y$ tel que $xy=1$. Mais comme $N$ est un morphisme pour la multiplication, $N(x)N(y)=1$. Or $N(x)$ et $N(y)$ sont des entiers. Les seuls éléments de $\mathbb{Z}$ inversibles pour la multiplication sont $1$ et $-1$. D'où le résultat.
5. Il suffit de calculer l'image par $N$, et d'appliquer le résultat de la question précédente.
   $$N(5+2\sqrt{6})=25-24=1\;.$$
   L'inverse de $5+2\sqrt{6}$ est $5-2\sqrt{6}$.