Discussion:Théorie des groupes/Exercices/Groupes, premières notions

Je suis perplexe

à propos de la première démonstration du problème 8.

Pour prouver que AB est un sous-groupe de G, l’expression suivante est affirmée :

$(AB)(AB)=AB$

D'où cela sort ? Je veux bien que (AB)(AB) soit inclus dans AB (puisque AB est un groupe, et est donc stable pour l'opération .), mais qu'est-ce qui permet d'affirmer que tout élément de AB peut s'écrire sous la forme a1b1a2b2 ?

Pourquoi omettez-vous la démonstration qui est donnée :

« Supposons d’abord que AB = BA. Alors (AB)(AB) = A(BA)B = A(AB)B = (AA)(BB) = AB » ?

Pour répondre autrement à votre question : tout élément de AB peut s'écrire sous la forme a₁b₁a₂b₂, avec a₂ = b₂ = 1. Marvoir (discussion) 9 juin 2013 à 07:45 (UTC)

Pour la seconde partie, je suis d'accord sur le fait que B^-1 = B, même si ça mérite une petite explication (non fournie).

Début d’un théorème

Théorème

Si B est un groupe, alors B^-1 = B.

Fin du théorème

Si on entre dans tous les détails, le volume du texte sera multiplié par dix et certains lecteurs se plaindront que l'arbre cache la forêt. Vous avez trouvé par vous-même ce qui est laissé au lecteur, j'en conclus que le texte ne pèche pas par laconisme. Marvoir (discussion) 9 juin 2013 à 07:45 (UTC)

Merci pour votre réponse, c’est en effet "tout élément de AB peut s'écrire sous la forme a1b1a2b2, avec a2 = b2 = 1" qui me manquait. Parfois on bloque sur de petites choses, quand même ! Cordialement, celastus (discussion) 9 juin 2013 à 11:19 (UTC)

Problème 7. Monoïdes réguliers finis

Bonsoir,

Il me semble que l'on peut peut-être améliorer la rédaction de la solution du problème 7 sur les monoïdes réguliers finis :

• Ce qui me gêne le plus, c'est que l'on parle de $x^{-1}$ avant d'avoir prouvé son existence, ou alors j'ai mal compris. La phrase qui coince selon moi est « Ceci étant vrai pour tout élément $x$ de $M$, $x^{-1}$ admet un inverse à droite, d'où on tire facilement que $x$ admet un inverse à gauche. »

  Si je suis bien votre raisonnement, de même qu'on a trouvé $y$ tel que $xy=1$ grâce à la surjectivité de $f_{x}$, la surjectivité de $f_{y}$ implique l'existence de $z$ dans $M$ tel que $yz=1$. De $xy=1$, on tire $xyz=z$, d'où $x=z$ et par suite $yx=1$. On a donc à la fois $xy=1$ et $yx=1$, ce qui prouve directement que $x$ a un inverse qui est $y$. Les phrases « Ainsi, tout élément $x$ de $M$ admet un inverse à droite et un inverse à gauche. D'après la partie théorique, $x$ admet donc un inverse » ne me semblent pas utiles dans ce raisonnement-là (le vôtre était peut-être différent).

• En revanche, l'autre méthode que vous suggérez : « On pourrait aussi considérer l’application $g_{x}:y\mapsto yx$ de $M$ dans lui-même » nécessite bien d'utiliser le résultat mentionné (si un élément de $M$ admet un inverse à droite et un inverse à gauche, alors il est inversible) mais elle est entre parenthèses alors que le résultat en question ne l'est pas...
• Enfin, vous laissez entendre que ce résultat se trouve dans la partie théorique, mais je ne l'ai pas trouvé. J'ai cherché dans les chapitres Lois de composition internes, monoïdes et Groupes, premières notions, peut-être ai-je raté quelque chose ? (« la » démonstration ressemble comme deux gouttes d'eau à ce que je viens de faire ci-dessus, donc rien de très problématique...)

Merci !

--Flo R. (discussion) 18 septembre 2016 à 18:08 (UTC)

Vous avez raison, j'ai eu tort de parler de x^-1 alors que je n'avais démontré que l'existence d'un symétrique à droite pour x. La correction que vous proposez est tout à fait bonne : de même qu'il existe y tel que xy = 1, il existe z tel que yz = 1. La relation d'associativité (xy)z = x(yz) donne alors z = x et, comme vous le notez, cela prouve que y est l'inverse de x et on peut s'arrêter là. Moi non plus, je ne trouve plus ce à quoi je faisais allusion et qui se serait trouvé dans "le chapitre théorique". (Cela ne se trouve pas non plus dans le chapitre précédent.) Peut-être ai-je cafouillé en remaniant le début du cours. Merci beaucoup d'avoir vu le problème. Puis-je vous proposer de corriger la solution de l'exercice ? Marvoir (discussion) 19 septembre 2016 à 12:19 (UTC)

Voilà qui est fait. Il reste à mettre quelque part dans le cours la proposition « un élément d'un monoïde est inversible si, et seulement s'il admet un inverse à droite et un inverse à gauche » (ou la même chose avec seulement le sens intéressant de l'équivalence), car ce résultat est encore utilisé dans la méthode « alternative ». --Flo R. (discussion) 19 septembre 2016 à 14:33 (UTC)

On pourrait peut-être sacrifier la méthode alternative. Si vous trouvez qu'elle mérite d'être conservée, on pourrait donner la proposition « un élément d'un monoïde est inversible si et seulement s'il admet un inverse à droite et un inverse à gauche » comme exercice du premier chapitre. Autre remarque : le problème 2 de la page Exercices/Lois de composition internes, monoïdes permet d'abréger la solution du présent problème. Dites ce qui vous semble le mieux (je n'ai pas de préférence) et cette fois, c'est moi qui me taperai le travail. Marvoir (discussion) 19 septembre 2016 à 16:19 (UTC)

En effet, l'exercice que vous indiquez offre un bon raccourci. D'un côté, c'est un peu embêtant d'avoir un renvoi vers une autre page pour « pas grand-chose », d'un autre côté, cela peut être l'occasion de découvrir un résultat tout de même assez pratique et qui pourrait bien resservir au lecteur (pour ma part, je ne le connaissais pas).

On peut peut-être couper la poire en deux : de la solution actuelle, ne garder que la première méthode, et à la fin ajouter une remarque indiquant que d'après l'exercice (...), on pouvait déjà conclure après avoir montré que tout élément de $M$ admet un inverse à droite (c'est à gauche dans le problème 2, mais ça marche de la même façon à droite...) — la remarque à la fin permettant d'éviter de perturber l'écoulement de la démonstration... :-)

--Flo R. (discussion) 19 septembre 2016 à 17:27 (UTC)

Voilà, j'ai coupé la poire en deux comme vous le suggériez. J'ai un peu tardé parce que je n'ai pas eu de connexion à Internet hier. Marvoir (discussion) 21 septembre 2016 à 13:15 (UTC)

Merci, je me suis permis de remplacer $y$ par $t$ dans la définition $f_{x}:y\mapsto xy$ sinon, au début du 2e paragraphe on risque de passer « mentalement » par $f_{y}(y)=yy$ le temps de remplacer le $y$ « variable libre » par $z$: $f_{y}(z)=yz$ (pas de problème si vous voulez annuler cette modif.). La démonstration me va comme ça.

Ah, et, euh... pas besoin de vous justifier pour le fait de « tarder », c'est pas l'armée ici ;-).

--Flo R. (discussion) 21 septembre 2016 à 23:00 (UTC)

On peut simplifier le problème 11

Soient G un groupe et $(X_{i})_{i\in I},(Y_{i})_{i\in I}$ deux familles de parties de G telles que pour tout indice i, X_i et Y_i engendrent le même sous-groupe.

Prouver que $\left\langle \cup _{i\in I}X_{i}\right\rangle =\left\langle \cup _{i\in I}Y_{i}\right\rangle$.

(En particulier, si H et K sont des sous-groupes de G, si X est une partie génératrice de H et Y une partie génératrice de K, X∪Y est une partie génératrice de ⟨H∪K⟩.)

Solution

Notons $H=\left\langle \cup _{i\in I}X_{i}\right\rangle$ et $K=\left\langle \cup _{i\in I}Y_{i}\right\rangle$.

Pour tout indice j, nous avons

$X_{j}\subseteq \cup _{i\in I}X_{i}\subseteq H$.

Puisque H est un sous-groupe de G, il en résulte, par minimalité de $\langle X_{j}\rangle =\langle Y_{j}\rangle$, que

$Y_{j}\subseteq H$.

En prenant la réunion sur $j\in I$, on obtient

$\cup _{i\in I}Y_{i}\subseteq H$.

Toujours parce que H est un sous-groupe de G, on en déduit, par minimalité de K :

$K\subseteq H$.

Par symétrie, on a de même $H\subseteq K$, d'où l'égalité.

 

Anne, 13/9/2019, 15 h 49

Pas mal ! Je propose que tu remplaces ma démonstration par la tienne, en montrant que l'énoncé actuel du problème est une conséquence de ton énoncé. (Je m'étais demandé : « Anne parviendra-t-elle encore à améliorer cette démonstration ? ») Marvoir (discussion) 13 septembre 2019 à 17:31 (UTC)

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dans w:Sous-groupe. Merci d'en tenir compte en cas de renommage. Anne, 5/1/2022