Solutions - Exercices sur les opérations - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur la notion d’opération sur un ensemble (fiche 01).
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On calcule d’une part :

$\begin{eqnarray*}\left(a\star b\right)\star c & = & \left(\lambda a+\mu b+\nu ab\right)\star c\\& = & \lambda\left(\lambda a+\mu b+\nu ab\right)+\mu c+\nu\left(\lambda a+\mu b+\nu ab\right)c\\& = & \boxed{\lambda^{2}a}+\lambda\mu b+\lambda\nu ab+\boxed{\mu c}+\boxed{\lambda\nu ac}+\mu\nu bc+\nu^{2}abc\end{eqnarray*}$

et d’autre part :

$\begin{eqnarray*} a\star\left(b\star c\right) & = & a\star\left(\lambda b+\mu c+\nu bc\right)\\& = & \lambda a+\mu\left(\lambda b+\mu c+\nu bc\right)+\nu a\left(\lambda b+\mu c+\nu bc\right)\\& = & \lambda a+\lambda\mu b+\mu^{2}c+\mu\nu bc+\lambda\nu ab+\mu\nu ac+\nu^{2}abc\\& = & \boxed{\lambda a}+\lambda\mu b+\lambda\nu ab+\boxed{\mu^{2}c}+\boxed{\mu\nu ac}+\mu\nu bc+\nu^{2}abc \end{eqnarray*}$

Les termes non encadrés se retrouvent dans les deux expressions. Pour que celles-ci soient égales pour tout triplet $\left(a,b,c\right)\in\mathbb{R}^{3},$ il est donc nécessaire et suffisant qu’on ait :

$\left\{ \begin{array}{cccc}\lambda^{2} & = & \lambda & (1)\\\mu^{2} & = & \mu & (2)\\\lambda\nu & = & \mu\nu & (3)\end{array}\right.$

Comme le montre l’équation (3), deux cas se présentent :

si $\lambda=\mu$ alors $\nu$ est indéterminé. D’après (1) et (2) : $\lambda=\mu=0$ ou $\lambda=\mu=1$
si $\nu=0$ alors $\left(\lambda,\mu\right)=\left(0,0\right)$ ou $\left(1,0\right)$ ou $\left(0,1\right)$ ou $\left(1,1\right)$

Ainsi, les opérations de cette forme qui sont associatives sont données par :

$a\star b=\nu ab\qquad\left(\nu\text{ quelconque}\right)$

$a\star b=a+b+\nu ab\qquad\left(\nu\text{ quelconque}\right)$

$a\star b=a$

$a\star b=b$

Soit $A\in\mathcal{M}_{2}\left(\mathbb{Z}\right).$

Supposons l’existence d’une matrice $A'\in\mathcal{M}_{2}\left(\mathbb{Z}\right)$ telle que $AA'=A'A=I_{2}.$ En passant aux déterminants, on voit que : $\det\left(A\right)\det\left(A'\right)=1.$

Comme $\det\left(A\right)$ et $\det\left(A'\right)$ sont des entiers, ceci impose notamment $\det\left(A\right)\in\left\{ -1,1\right\} .$

Réciproquement, notons $A=\left[\begin{array}{cc}a & b\\c & d\end{array}\right]$ et supposons que $ad-bc\in\left\{ -1,1\right\} .$ En posant $A'=\left[\begin{array}{cc}d & -b\\-c & a\end{array}\right]$ (qui est, comme $A$ , élément de $\mathcal{M}_2(\mathbb{Z})$ ), on observe que :

$A'A=AA'=\left[\begin{array}{cc}ad-bc & 0\\0 & ad-bd\end{array}\right]=\left(ad-bc\right)I_{2}$

ce qui prouve que $A$ est inversible, d’inverse $A'$ (si $ad-bc=1)$ ou $-A'$ (si $ad-bc=-1).$

Par anti-commutativité du produit vectoriel, la condition $\left(u\wedge v\right)\wedge w=u\wedge\left(v\wedge w\right)$ équivaut à :

$-\left[w\wedge\left(u\wedge v\right)\right]=u\wedge\left(v\wedge w\right)$

donc (via la formule du double-produit vectoriel rappelée dans les indications) à :

$-\left(\left(v\mid w\right)u-\left(u\mid w\right)v\right)=\left(u\mid w\right)v-\left(u\mid v\right)w$

c’est-à-dire :

$\left(v\mid w\right)u=\left(v\mid u\right)w\qquad\left(\star\right)$

Cette égalité est vérifiée dès que la famille $\left(u,w\right)$ est liée.

Et si $\left(u,w\right)$ est libre, alors $\left(\star\right)\Leftrightarrow\left(\left(v\mid u\right)=0\text{ et }\left(v\mid w\right)=0\right).$

Bref, la condition cherchée est :

$\boxed{\left(u, w\right)\text{ liée ou }\left(v\bot u\text{ et }v\bot w\right)}$

Supposons que $f\in E^{E}$ est inversible à gauche. Il existe donc $g\in E^{E}$ vérifiant $g\circ f=id_{E}.$ Comme $id_{E}$ est injective, ceci impose à $f$ d’être injective.

Réciproquement, si $f$ est injective, on peut définir une application $g:E\rightarrow E$ en associant à chaque élément de $f\left\langle E\right\rangle$ son unique antécédent par $f$ et en associant à chaque élément de $E-f\left\langle E\right\rangle$ un élément quelconque, préalablement choisi dans $E.$

Il est alors clair que $g\circ f=id_{E},$ ce qui prouve que :

$\boxed{f\text{ inversible à gauche}\Leftrightarrow f\text{ injective}}$

Si $f\in E^{E}$ est inversible à droite, alors c’est qu’il existe $g\in E^{E}$ telle que $f\circ g=id_{E},$ ce qui entraîne la surjectivité de $f$ (puisque $id_{E}$ est surjective).

Réciproquement, supposons $f$ surjective. L’axiome du choix permet d’associer à chaque élément de $e\in E$ un élément choisi dans $f^{-1}\left\langle \left\{ e\right\} \right\rangle$ (qui est non vide par hypothèse). On dispose ainsi d’une application $g\in E^{E}$ vérifiant $f\circ g=id_{E}.$ Par conséquent :

$\boxed{f\text{ inversible à droite}\Leftrightarrow f\text{ surjective}}$

Soient $a=\left(a_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ et $b=\left(b_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ deux suites réelles.

Par définition :

$a\star b=\left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\qquad\text{et}\qquad b\star a=\left(v_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$

avec, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}\underset{\diamondsuit}{=}\sum_{j=0}^{n}a_{n-j}b_{j}=v_{n}$

l’égalité $\left(\diamond\right)$ résultant du changement d’indice $j=n-k.$ Ceci montre que $\star$ est commutative.

Passons à l’associativité. Ajoutons une troisième suite réelle $c=\left(c_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}.$ Par définition :

$\left(a\star b\right)\star c=\left(x_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\qquad\text{et}\qquad a\star\left(b\star c\right)=\left(y_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$

avec, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$x{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(\sum_{j=0}^{k}a_{j}b_{k-j}c_{n-k}\right)$

$y_{n}=\sum_{k=0}^{n}\left(\sum_{j=0}^{n-k}a_{k}b_{j}c_{n-k-j}\right)$

En intervertissant les sommes dans l’expression de $x_{n}$ (domaine de sommation triangulaire : voir cet article), on obtient :

$\begin{eqnarray*}x_{n} & = & \sum_{j=0}^{n}\left(\sum_{k=j}^{n}a_{j}b_{k-j}c_{n-k}\right)\\& = & \sum_{j=0}^{n}a_{j}\left(\sum_{k=j}^{n}b_{k-j}c_{n-k}\right)\\& = & \sum_{j=0}^{n}a_{j}\left(\sum_{i=0}^{n-j}b_{i}c_{n-i-j}\right) \end{eqnarray*}$

la dernière égalité résultant du changement d’indice $i=k-j$ (dans la somme interne). On constate alors que $x_{n}=y_{n}$ , ce qui prouve que $\star$ est associative.

Notons $e=\left(\delta_{n,0}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ ( $\delta_{i,j}$ est le symbole de Kronecker).

En clair, $e$ est la suite dont les termes successifs sont 1, 0, 0, … etc …

Pour toute suite réelle $a=\left(a_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}},$ on constate que :

$a\star e=\left(c_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}\quad\text{avec }\forall n\in\mathbb{N},\thinspace c_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\delta_{n,k}=a_{n}$

et donc $a\star e=a,$ ce qui prouve (vue la commutativité) que $e$ est neutre.

Pour finir, supposons qu’une suite $a=\left(a_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ soit inversible. Il existe donc $b=\left(b_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ telle que $a\star b=e.$ En particulier : $a_{0}b_{0}=1,$ ce qui entraîne $a_{0}\neq0.$

Réciproquement, supposons $a_{0}\neq0$ et montrons qu’il existe une suite $b=\left(b_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}$ vérifiant $a\star b=e.$ Cette égalité équivaut à :

$\left\{ \begin{array}{cccc} & a_{0}b_{0}=1 & & \left(\mathcal{R}_{0}\right)\\\forall n\in\mathbb{N}^{\star}, & {\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}=0} & & \left(\mathcal{R}_{n}\right)\end{array}\right.$

Comme $a_{0}\neq0,$ on peut calculer $b_{0}$ avec l’égalité $\left(\mathcal{R}_{0}\right).$ Supposons l’existence de réels $b_{0},\cdots,b_{q}$ pour un certain $q\in\mathbb{N}$ vérifiant les relations $\left(\mathcal{R}_{0}\right),\cdots,\left(\mathcal{R}_{q}\right).$ Comme $a_{0}\neq0,$ la relation $\left(\mathcal{R}_{q+1}\right)$ peut être satisfaite en posant :

$b_{q+1}=-\frac{1}{a_{0}}\sum_{k=1}^{q+1}a_{k}b_{q+1-k}$

Ceci montre le résultat par récurrence. En conclusion, les suites réelles inversibles sont celles dont le terme d’indice 0 est non nul.

Remarque

Ces calculs constituent les premiers pas de la construction de l’algèbre $\mathbb{R}\left[\left[X\right]\right]$ des séries formelles à une indéterminée sur le corps des réels.

Pour l’équation $A\cap X=B,$ il n’existe aucune solution si $B\not\subset A.$

Supposons maintenant que $B\subset A.$ Pour tout $X\subset E,$ on peut écrire : $X=\left(A\cap X\right)\cup\left(\overline{A}\cap X\right)$ (où $\overline{A}$ désigne le complémentaire de $A$ dans $E).$

Donc si $X$ est solution, alors il existe $Y\subset\overline{A}$ tel que $X=B\cup Y.$

Réciproquement, si $X$ est de cette forme, alors $A\cap X=A\cap\left(B\cup Y\right)=\left(A\cap B\right)\cup\left(A\cap Y\right)=B$ , puisque $A\cap B=B$ et $A\cap Y=\emptyset.$

En conclusion, l’ensemble de solutions de $A\cap X=B$ est :

$\boxed{\mathcal{S}=\left\{ \begin{array}{cc}\emptyset & \text{si }B\not\subset A\\\\\left\{ B\cup Y;\thinspace Y\in\mathcal{P}\left(\overline{A}\right)\right\} & \text{sinon}\end{array}\right.}$

Pour l’équation $A\cup X=B,$ il n’existe aucune solution si $A\not\subset B.$

Supposons désormais que $A\subset B.$ Si $X\subset E$ vérifie $A\cup X=B,$ alors $X\subset B$ donc (faire un dessin peut aider) :

$X=\left(X\cap\left(B-A\right)\right)\cup\left(X\cap A\right)$

or :

$X\cap\left(B-A\right)=\left(A\cup X\right)\cap\left(B-A\right)=B\cap\left(B-A\right)=B-A$

d’où $B-A\subset X.$ Ainsi, il existe $Y\subset A$ tel que $X=\left(B-A\right)\cup Y.$

Réciproquement, si $X$ est de cette forme, alors $A\cup X=B.$

Finalement, l’ensemble de solutions de $A\cup X=B$ est :

$\boxed{\mathcal{S}=\left\{ \begin{array}{cc}\emptyset & \text{si }A\not\subset B\\\\\left\{ \left(B-A\right)\cup Y;\thinspace Y\in\mathcal{P}\left(A\right)\right\} & \text{sinon}\end{array}\right.}$

Munissons $\mathcal{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right)$ du produit matriciel.

On sait bien que, pour cette opération, il existe un élément neutre à savoir $I_{2}=\left[\begin{array}{cc}1 & 0\\0 & 1\end{array}\right].$

Considérons l’ensemble $A=\mathcal{M}_2(]0,+\infty[)$ .

$A$ est une partie de $\mathcal{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right),$ stable pour le produit matriciel, mais il n’existe pas de matrice $E\in A$ telle que $\forall M\in A,\thinspace EM=ME=M.$

En effet, il existe dans $A$ des matrices inversibles, comme par exemple $W=\left[\begin{array}{cc}1 & 2\\3 & 4\end{array}\right];$ et s’il existait une telle matrice $E,$ l’égalité $EW=W$ impliquerait (en multipliant à droite par $W^{-1})$ que $E=I_{2}$ ce qui est absurde, vu que $I_{2}\notin A.$

Maintenant, considérons l’ensemble :

$B=\left\{ \left[\begin{array}{cc}x & 0\\0 & 0\end{array}\right];\thinspace x\in\mathbb{R}\right\}$

Il s’agit là encore d’une partie de $\mathcal{M}_{2}\left(\mathbb{R}\right),$ stable par produit. Mais cette fois, il existe un élément neutre dans $B,$ à savoir la matrice $\left[\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{array}\right].$ Et cette matrice n’est pas la matrice $I_{2}.$

Soit $x\in G.$ Notons $x'$ un inverse à droite de $x$ et $x''$ un inverse à droite de $x'.$ Alors :

$x\star x'=e=e\star e=e\star\left(x\star x'\right)=\left(e\star x\right)\star x'$

d’où en multipliant à droite par $x''$ et par associativité :

$x\star\left(x'\star x''\right)=\left(e\star x\right)\star\left(x'\star x''\right)$

c’est-à-dire :

$\boxed{x=e\star x}$

Ainsi, $e$ est un élément neutre à gauche et donc un élément neutre tout court (et donc l‘élément neutre).

En outre :

$x'=x'\star e=x'\star\left(x\star x'\right)=\left(x'\star x\right)\star x'$

et donc en multipliant à droite par $x''$ et par associativité :

$x'\star x''=\left(x'\star x\right)\star\left(x'\star x''\right)$

c’est-à-dire :

$\boxed{e=x'\star x}$

ce qui prouve que $x'$ est un inverse à gauche de $x$ et donc un inverse de $x$ tout court (et donc l‘inverse de $x).$

Conclusion : $\left(G,\star\right)$ est un groupe.

Remarque

Ce résultat est connu sous le nom « d’axiomes faibles » de groupe.

Tout d’abord, l’hypothèse d’associativité donne un sens à $x^{n},$ pour tout $\left(x,n\right)\in E\times\mathbb{N}^{\star}.$

Fixons $x\in E.$ Comme $E$ est fini, l’application $\mathbb{N}^{\star}\rightarrow E,\,n\mapsto x^{n}$ n’est pas injective.

Il existe donc $\left(p,r\right)\in\mathbb{N}^{\star2}$ tel que $x^{p}=x^{p+r}.$

Il en résulte, par récurrence, que : $\forall k\in\mathbb{N},\,x^{p+kr}=x^{p}.$

Pour $k=p,$ il vient $x^{\left(r+1\right)p}=x^{p},$ c’est-à-dire $y^{r+1}=y,$ où l’on a posé $y=x^{p}.$

➡ Si $r=1,$ alors $y^{2}=y$ et c’est fini.

➡ Si $r>1,$ on multiplie les deux membres de l’égalité $y^{r+1}=y$ par $y^{r-1},$ ce qui donne $y^{2r}=y^{r},$ soit $z^{2}=z$ avec $z=y^{r}.$

Retenons que dans tout magma associatif fini, il existe au moins un élément idempotent.

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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