Groupes, sous-groupes et morphismes

1) Loi interne. Pour $(a,b),(c,d)\in G$, on a $ac\neq 0$ car $a\neq 0$ et $c\neq 0$, et $ad+b\in\mathbb{R}$ : le résultat est dans $G$.
Associativité. Pour $(a,b),(c,d),(u,v)\in G$ : $\big((a,b)\star(c,d)\big)\star(u,v)=(ac,\ ad+b)\star(u,v)=(acu,\ acv+ad+b)$ et $(a,b)\star\big((c,d)\star(u,v)\big)=(a,b)\star(cu,\ cv+d)=(acu,\ acv+ad+b)$. Les deux résultats coïncident.
Neutre. $(1,0)\in G$, et pour tout $(a,b)\in G$ : $(1,0)\star(a,b)=(a,\ b)$ et $(a,b)\star(1,0)=(a,\ b)$.
Symétrique. Pour $(a,b)\in G$, on cherche $(c,d)$ avec $ac=1$ et $ad+b=0$, d'où $(c,d)=\left(\frac{1}{a},-\frac{b}{a}\right)$, qui est dans $G$ car $\frac{1}{a}\neq 0$. On vérifie l'autre côté : $\left(\frac{1}{a},-\frac{b}{a}\right)\star(a,b)=\left(1,\ \frac{b}{a}-\frac{b}{a}\right)=(1,0)$.
Donc $(G,\star)$ est un groupe. Il n'est pas commutatif : $(2,0)\star(1,1)=(2,2)$ alors que $(1,1)\star(2,0)=(2,1)$.
2) On applique la caractérisation des sous-groupes. $T\subset G$ et $(1,0)\in T$, donc $T\neq\varnothing$. Soient $(1,b),(1,d)\in T$. D'après 1), $(1,d)^{-1}=(1,-d)$, et $(1,b)\star(1,-d)=(1,\ b-d)\in T$. Donc $T$ est un sous-groupe de $G$.
3) Pour $b,d\in\mathbb{R}$, $(1,b)\star(1,d)=(1,\ b+d)$. Montrons par récurrence sur $n\in\mathbb{N}$ que $(1,b)^n=(1,nb)$. Pour $n=0$, $(1,b)^0=(1,0)$ est le neutre. Si l'égalité est vraie au rang $n$, alors $(1,b)^{n+1}=(1,b)^n\star(1,b)=(1,nb)\star(1,b)=(1,(n+1)b)$. Pour $n\in\mathbb{N}$, $(1,b)^{-n}=\big((1,b)^{-1}\big)^n=(1,-b)^n=(1,-nb)$. Ainsi $(1,b)^n=(1,nb)$ pour tout $n\in\mathbb{Z}$.
Remarque : le couple $(a,b)$ code l'application affine $x\mapsto ax+b$, et la loi $\star$ correspond à la composition de ces applications.

a) Pour $x,y\in\mathbb{R}^*$, on a $x^2\neq 0$, et $f(xy)=(xy)^2=x^2y^2=f(x)f(y)$ car la multiplication réelle est commutative : $f$ est un morphisme de $(\mathbb{R}^*,\times)$ dans lui-même. Le neutre d'arrivée est $1$, donc $\mathrm{Ker}\,f=\{x\in\mathbb{R}^*\mid x^2=1\}=\{-1,1\}$. Pour tout $x\in\mathbb{R}^*$, $x^2>0$, et tout $y>0$ s'écrit $y=f(\sqrt{y})$ : $\mathrm{Im}\,f=\mathbb{R}_+^*$. Par le critère du noyau ($f$ est un morphisme et $\mathrm{Ker}\,f\neq\{1\}$), $f$ n'est pas injective ; comme $-1\notin\mathrm{Im}\,f$, elle n'est pas surjective.
b) Pour $z\in\mathbb{C}^*$, $|z|>0$, donc $g$ est bien à valeurs dans $\mathbb{R}_+^*$, et $|zz'|=|z|\,|z'|$ pour tous $z,z'\in\mathbb{C}^*$ : $g$ est un morphisme. Le neutre d'arrivée est $1$, donc $\mathrm{Ker}\,g=\{z\in\mathbb{C}^*\mid |z|=1\}=\mathbb{U}$. Tout $r>0$ vérifie $g(r)=r$, donc $\mathrm{Im}\,g=\mathbb{R}_+^*$ et $g$ est surjective. Elle n'est pas injective, par le critère du noyau, car $i\in\mathrm{Ker}\,g$ avec $i\neq 1$.
c) Pour $(p,q),(p',q')\in\mathbb{Z}^2$ : $h\big((p,q)+(p',q')\big)=h(p+p',q+q')=2(p+p')+3(q+q')=h(p,q)+h(p',q')$, donc $h$ est un morphisme.
Noyau. Si $2p+3q=0$, alors $3q=-2p$ est pair ; comme $3$ est impair, $q$ est pair, et l'on écrit $q=-2k$ avec $k\in\mathbb{Z}$. Alors $2p=6k$, soit $p=3k$. Réciproquement $h(3k,-2k)=6k-6k=0$. Donc $\mathrm{Ker}\,h=\{(3k,-2k),\ k\in\mathbb{Z}\}$, et $h$ n'est pas injective puisque $(3,-2)$ est un élément du noyau distinct de $(0,0)$.
Image. $\mathrm{Im}\,h$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$, comme image d'un morphisme, et il contient $h(-1,1)=1$. Par minimalité du sous-groupe engendré, il contient $\langle 1\rangle=\mathbb{Z}$. Donc $\mathrm{Im}\,h=\mathbb{Z}$ et $h$ est surjective.

1) $n\mathbb{Z}\subset\mathbb{Z}$ et $0=n\times 0\in n\mathbb{Z}$. Pour $nk,nk'\in n\mathbb{Z}$, $nk-nk'=n(k-k')\in n\mathbb{Z}$. Par la caractérisation des sous-groupes en notation additive, $n\mathbb{Z}$ est un sous-groupe de $\mathbb{Z}$.
2) Existence. Si $H=\{0\}$, on prend $n=0$. Sinon, $H$ contient un $x\neq 0$, et aussi $-x$ par stabilité par opposé ; l'un des deux est strictement positif, donc $H\cap\mathbb{N}^*$ est une partie non vide de $\mathbb{N}$. Toute partie non vide de $\mathbb{N}$ admet un plus petit élément : on note $n$ celui de $H\cap\mathbb{N}^*$. Comme $n\in H$ et que $H$ est un sous-groupe, la minimalité du sous-groupe engendré donne $\langle n\rangle=n\mathbb{Z}\subset H$. Réciproquement, soit $x\in H$. La division euclidienne de $x$ par l'entier $n\geq 1$ fournit $q\in\mathbb{Z}$ et $r$ avec $x=qn+r$ et $0\leq r<n$. Alors $r=x-qn$ est dans $H$, comme différence de deux éléments de $H$. Si l'on avait $r>0$, $r$ serait un élément de $H\cap\mathbb{N}^*$ strictement plus petit que $n$, ce qui contredit la définition de $n$. Donc $r=0$ et $x\in n\mathbb{Z}$. Ainsi $H=n\mathbb{Z}$.
Unicité. Supposons $n\mathbb{Z}=m\mathbb{Z}$ avec $n,m\in\mathbb{N}$. Si $n=0$, alors $m\mathbb{Z}=\{0\}$, donc $m=0$. Si $n\geq 1$, alors $m\geq 1$, et $n$ est le plus petit élément de $n\mathbb{Z}\cap\mathbb{N}^*=m\mathbb{Z}\cap\mathbb{N}^*$, qui vaut aussi $m$. Donc $n=m$.
3) D'après 2), un tel sous-groupe s'écrit $n\mathbb{Z}$ avec $n\in\mathbb{N}$, et il contient $12$ et $18$ si et seulement si $n$ divise $12$ et $18$, ce qui exclut $n=0$. Les diviseurs positifs communs à $12$ et $18$ sont $1$, $2$, $3$ et $6$ : les sous-groupes cherchés sont $\mathbb{Z}$, $2\mathbb{Z}$, $3\mathbb{Z}$ et $6\mathbb{Z}$. Le sous-groupe $\langle\{12,18\}\rangle$ contient $12$ et $18$, donc il est l'un de ces quatre ; et c'est le plus petit sous-groupe contenant $12$ et $18$, donc il est inclus dans $6\mathbb{Z}$. Or $6\mathbb{Z}$ est le seul des quatre inclus dans $6\mathbb{Z}$, puisque $1$, $2$ et $3$ n'appartiennent pas à $6\mathbb{Z}$. Donc $\langle\{12,18\}\rangle=6\mathbb{Z}$, ce que confirme directement $6=18-12$.

1) $s\circ t(1)=s(1)=2$, $s\circ t(2)=s(3)=3$ et $s\circ t(3)=s(2)=1$, donc $s\circ t=[2,3,1]$. De même $t\circ s(1)=t(2)=3$, $t\circ s(2)=t(1)=1$ et $t\circ s(3)=t(3)=2$, donc $t\circ s=[3,1,2]$. Comme $s\circ t\neq t\circ s$, le groupe $\mathfrak{S}_3$ n'est pas commutatif.
2) $c^2(1)=c(2)=3$, $c^2(2)=c(3)=1$ et $c^2(3)=c(1)=2$, donc $c^2=[3,1,2]=t\circ s$. Puis $c^3(1)=c(c^2(1))=c(3)=1$, $c^3(2)=c(1)=2$ et $c^3(3)=c(2)=3$, donc $c^3=\mathrm{id}$. Pour $n\in\mathbb{Z}$, la division euclidienne $n=3q+r$ avec $0\leq r\leq 2$ et les règles de calcul des puissances donnent $c^n=(c^3)^q\circ c^r=c^r$. D'où $\langle c\rangle=\{c^n,\ n\in\mathbb{Z}\}=\{\mathrm{id},c,c^2\}$, qui a trois éléments. De même $s^2=\mathrm{id}$, donc $s^n$ vaut $\mathrm{id}$ si $n$ est pair et $s$ sinon : $\langle s\rangle=\{\mathrm{id},s\}$.
3) $(s\circ t)^2=c^2=[3,1,2]$ n'est pas l'identité, alors que $s^2\circ t^2=\mathrm{id}\circ\mathrm{id}=\mathrm{id}$ (on vérifie comme pour $s$ que $t^2=\mathrm{id}$). La règle $(xy)^2=x^2y^2$ n'est valable que pour deux éléments qui commutent, ce qui n'est pas le cas de $s$ et $t$ d'après 1).
4) Non. $s$ et $t$ appartiennent à la partie, mais $s\circ t=[2,3,1]$ est distincte de $\mathrm{id}=[1,2,3]$, de $s=[2,1,3]$ et de $t=[1,3,2]$. La partie n'est pas stable par composition, ce n'est donc pas un sous-groupe.
5) $\langle\{s,t\}\rangle$ est un sous-groupe contenant $s$ et $t$, donc stable par composition : il contient $\mathrm{id}$, $s$, $t$, $c=s\circ t$, $c^2=t\circ s$ et $u=s\circ t\circ s$. On calcule $u(1)=s(t(2))=s(3)=3$, $u(2)=s(t(1))=s(1)=2$ et $u(3)=s(t(3))=s(2)=1$, donc $u=[3,2,1]$. Les six bijections $[1,2,3]$, $[2,1,3]$, $[1,3,2]$, $[2,3,1]$, $[3,1,2]$ et $[3,2,1]$ sont deux à deux distinctes, et $\mathfrak{S}_3$ possède $3!=6$ éléments. Donc $\langle\{s,t\}\rangle$ contient tout $\mathfrak{S}_3$, et comme il y est inclus, $\langle\{s,t\}\rangle=\mathfrak{S}_3$.

1) Pour $x,y\in G$, en utilisant l'associativité et $a^{-1}a=e$ : $\varphi_a(x)\varphi_a(y)=axa^{-1}aya^{-1}=axya^{-1}=\varphi_a(xy)$, donc $\varphi_a$ est un morphisme. Pour $a,b,x\in G$, par associativité et $(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$ : $\varphi_a\circ\varphi_b(x)=a(bxb^{-1})a^{-1}=(ab)x(ab)^{-1}=\varphi_{ab}(x)$. Comme $\varphi_e=\mathrm{id}_G$, on obtient $\varphi_a\circ\varphi_{a^{-1}}=\varphi_e=\mathrm{id}_G$ et $\varphi_{a^{-1}}\circ\varphi_a=\varphi_e=\mathrm{id}_G$ : $\varphi_a$ est bijective, de réciproque $\varphi_{a^{-1}}$. Morphisme bijectif de $G$ dans $G$, c'est un automorphisme.
2) Un automorphisme est une bijection de $G$ dans $G$, donc $\mathrm{Aut}(G)\subset\mathfrak{S}(G)$, et $\mathrm{id}_G\in\mathrm{Aut}(G)$. Soient $f,g\in\mathrm{Aut}(G)$. La réciproque d'un isomorphisme est un morphisme, donc $g^{-1}$ est un morphisme bijectif. La composée $f\circ g^{-1}$ est une bijection, comme composée de bijections, et un morphisme, comme composée de morphismes : $f\circ g^{-1}\in\mathrm{Aut}(G)$. Par la caractérisation des sous-groupes, $\mathrm{Aut}(G)$ est un sous-groupe de $\mathfrak{S}(G)$, donc un groupe pour $\circ$.
3) D'après 1) et 2), $\Phi$ va du groupe $(G,\cdot)$ dans le groupe $(\mathrm{Aut}(G),\circ)$, et $\Phi(ab)=\varphi_{ab}=\varphi_a\circ\varphi_b=\Phi(a)\circ\Phi(b)$ : c'est un morphisme. Le neutre d'arrivée est $\mathrm{id}_G$, donc $a\in\mathrm{Ker}\,\Phi$ si et seulement si $axa^{-1}=x$ pour tout $x\in G$. En multipliant à droite par $a$, cela entraîne $ax=xa$ ; inversement, en multipliant $ax=xa$ à droite par $a^{-1}$, on retrouve $axa^{-1}=x$. Donc $\mathrm{Ker}\,\Phi=Z(G)$, et $Z(G)$ est un sous-groupe de $G$ comme noyau d'un morphisme.
4) $\mathrm{Int}(G)=\mathrm{Im}\,\Phi$ est l'image d'un morphisme, donc un sous-groupe du groupe d'arrivée $\mathrm{Aut}(G)$. Enfin, $\mathrm{Int}(G)=\{\mathrm{id}_G\}$ signifie que $\Phi(a)=\mathrm{id}_G$ pour tout $a\in G$, c'est-à-dire $\mathrm{Ker}\,\Phi=G$, soit $Z(G)=G$ : c'est exactement dire que $G$ est commutatif.