Lois de composition interne

1) Pour $x, y \in \mathbb{Z}$, le nombre $x + y - xy$ est un entier, puisque $\mathbb{Z}$ est stable par addition, soustraction et multiplication : $\star$ est une loi interne sur $\mathbb{Z}$. Comme l'addition et la multiplication des entiers sont commutatives, $y \star x = y + x - yx = x + y - xy = x \star y$.

2) Soient $x, y, z \in \mathbb{Z}$. D'une part, $(x \star y) \star z = (x + y - xy) + z - (x + y - xy)z = x + y + z - xy - xz - yz + xyz$. D'autre part, $x \star (y \star z) = x + (y + z - yz) - x(y + z - yz) = x + y + z - xy - xz - yz + xyz$. Les deux expressions sont égales pour tous $x, y, z$, donc $\star$ est associative.

3) Analyse : si $e$ est neutre, alors $x \star e = x$ pour tout $x$, c'est-à-dire $e(1 - x) = 0$ ; le choix $x = 0$ donne $e = 0$. Synthèse : $x \star 0 = x + 0 - 0 = x$ et, par commutativité, $0 \star x = x$ pour tout $x \in \mathbb{Z}$. Le neutre est donc $0$, et il est unique d'après le théorème d'unicité du neutre.

4) Soit $x \in \mathbb{Z}$. Par commutativité, il suffit de chercher $y \in \mathbb{Z}$ tel que $x \star y = 0$, c'est-à-dire $y(1 - x) = -x$. Si $x = 1$, l'équation devient $0 = -1$ : $1$ n'est pas symétrisable. Si $x \neq 1$, la seule solution réelle est $y = \frac{x}{x - 1}$. Ce nombre est entier si et seulement si $x - 1$ divise $x$ ; comme $x - 1$ divise aussi $x - 1$, cela équivaut à ce que $x - 1$ divise $x - (x - 1) = 1$, soit $x - 1 \in \{-1, 1\}$, soit $x \in \{0, 2\}$. On vérifie $0 \star 0 = 0$ et $2 \star 2 = 2 + 2 - 4 = 0$. Les éléments symétrisables sont $0$ et $2$, chacun étant son propre symétrique ; ce symétrique est unique car la loi est associative et possède un neutre (théorème d'unicité du symétrique).

5) Sur $\mathbb{R}$, les calculs de 1), 2) et 3) restent valables : la loi est interne, commutative, associative, de neutre $0$. L'étude de 4) montre que $1$ n'est toujours pas symétrisable, mais que tout réel $x \neq 1$ l'est, de symétrique $\frac{x}{x - 1}$, qui est bien un réel. La condition « la solution appartient à l'ensemble » est ce qui réduisait la liste à deux éléments dans $\mathbb{Z}$.

1) Partie $A$. Soient $x = a + b\sqrt{2}$ et $y = c + d\sqrt{2}$ avec $a, b, c, d \in \mathbb{Z}$. Alors $x + y = (a + c) + (b + d)\sqrt{2}$ et $xy = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt{2}$, où $a + c$, $b + d$, $ac + 2bd$ et $ad + bc$ sont des entiers. Donc $A$ est stable par l'addition et par la multiplication.
Partie $B$. Elle n'est pas stable par l'addition : $1 \in B$ mais $1 + 1 = 2 \notin B$. Elle est stable par la multiplication : si $|x| \leq 1$ et $|y| \leq 1$, alors $|xy| = |x|\,|y| \leq 1$.
Partie $C$. Si $x > 1$ et $y > 1$, alors $x + y > 2 > 1$ ; de plus, en multipliant l'inégalité $x > 1$ par $y > 0$, on obtient $xy > y > 1$. Donc $C$ est stable par les deux lois.
Partie $D$. Le réel $\sqrt{2}$ est irrationnel, et $-\sqrt{2}$ aussi : si $-\sqrt{2}$ était rationnel, son opposé $\sqrt{2}$ le serait, puisque $\mathbb{Q}$ est stable par passage à l'opposé. Pourtant leur somme $0$ est rationnelle, et le produit $\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2$ aussi. Donc $D$ n'est stable ni par l'addition ni par la multiplication.

2) Les parties stables par la multiplication sont $A$, $B$ et $C$. Comme $1$ est neutre pour la multiplication sur $\mathbb{R}$, il reste neutre pour la loi induite sur toute partie stable qui le contient : c'est le cas de $A$, puisque $1 = 1 + 0\sqrt{2}$, et de $B$. Pour $C$, supposons qu'un élément $e \in C$ soit neutre pour la loi induite. Comme $2 \in C$, on aurait $e \times 2 = 2$, donc $e = 1$, ce qui contredit $e > 1$. La loi induite sur $C$ n'a donc pas de neutre, bien que $C$ soit stable : le neutre de $\mathbb{R}$ ne se transmet qu'aux parties qui le contiennent.

1) Si $a \neq 0$ et $c \neq 0$, alors $ac \neq 0$, et $ad + b$ est un réel : le couple $(ac, ad + b)$ appartient à $G$, donc $\star$ est une loi interne sur $G$. De plus, $(2,0) \star (1,1) = (2,\ 2 \times 1 + 0) = (2,2)$ alors que $(1,1) \star (2,0) = (2,\ 1 \times 0 + 1) = (2,1)$ : la loi n'est pas commutative.

2) Soient $(a,b)$, $(c,d)$, $(p,q)$ dans $G$. D'une part, $\big((a,b) \star (c,d)\big) \star (p,q) = (ac,\ ad + b) \star (p,q) = (acp,\ acq + ad + b)$. D'autre part, $(a,b) \star \big((c,d) \star (p,q)\big) = (a,b) \star (cp,\ cq + d) = (acp,\ a(cq + d) + b) = (acp,\ acq + ad + b)$. Les deux résultats coïncident, donc $\star$ est associative. Autre lecture : le couple $(a,b)$ code l'application $t \mapsto at + b$, et $\star$ correspond à la composition de ces applications, qui est associative.

3) Analyse : si $(u_0,w_0)$ est neutre, alors $(a,b) \star (u_0,w_0) = (au_0,\ aw_0 + b) = (a,b)$ pour tout $(a,b) \in G$. Comme $a \neq 0$, on obtient $u_0 = 1$, puis $aw_0 = 0$, donc $w_0 = 0$. Synthèse : $(a,b) \star (1,0) = (a,\ 0 + b) = (a,b)$ et $(1,0) \star (c,d) = (c,\ d + 0) = (c,d)$ pour tous les éléments de $G$. Le neutre est $(1,0)$.

4) Soit $(a,b) \in G$. L'égalité $(a,b) \star (c,d) = (1,0)$ équivaut à $ac = 1$ et $ad + b = 0$, soit $c = \frac{1}{a}$ et $d = -\frac{b}{a}$ ; ce couple est dans $G$ car $\frac{1}{a} \neq 0$. On vérifie l'autre ordre : $\left(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\right) \star (a,b) = \left(1,\ \frac{b}{a} - \frac{b}{a}\right) = (1,0)$. Donc $(a,b)$ est symétrisable ; la loi étant associative avec un neutre, le théorème d'unicité du symétrique donne $(a,b)^{-1} = \left(\frac{1}{a}, -\frac{b}{a}\right)$.

5) On a $u \star v = (2,2)$, donc $(u \star v)^{-1} = \left(\frac{1}{2}, -1\right)$. Par 4), $u^{-1} = \left(\frac{1}{2}, 0\right)$ et $v^{-1} = (1,-1)$. Alors $v^{-1} \star u^{-1} = (1,-1) \star \left(\frac{1}{2}, 0\right) = \left(\frac{1}{2},\ 0 - 1\right) = \left(\frac{1}{2}, -1\right)$, conformément au théorème du symétrique d'un produit, dont les hypothèses sont vérifiées (loi associative avec neutre, $u$ et $v$ symétrisables). En revanche, $u^{-1} \star v^{-1} = \left(\frac{1}{2}, 0\right) \star (1,-1) = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\right)$ est différent : conserver l'ordre des facteurs donne un résultat faux dans une loi non commutative.

6) Pour $(1,b)$ et $(1,d)$ dans $H$, $(1,b) \star (1,d) = (1,\ d + b)$ appartient à $H$ : $H$ est stable. La loi induite est commutative, car $(1,d) \star (1,b) = (1,\ b + d)$ donne le même couple : une loi non commutative peut induire une loi commutative sur une partie stable. En revanche, $(2,1) \in L$ mais $(2,1) \star (2,1) = (4,\ 2 + 1) = (4,3) \notin L$ : $L$ n'est pas stable.

1) Soit $x \in E$ ; posons $a = \mathbf{1}_A(x)$ et $b = \mathbf{1}_B(x)$, qui valent $0$ ou $1$. Le point $x$ appartient à $A \mathbin{\Delta} B$ exactement lorsqu'il appartient à une seule des deux parties, c'est-à-dire lorsque $(a,b)$ vaut $(1,0)$ ou $(0,1)$. Or $a + b - 2ab$ vaut $0$ pour $(0,0)$, $1$ pour $(1,0)$ et pour $(0,1)$, et $1 + 1 - 2 = 0$ pour $(1,1)$. Les deux fonctions coïncident en tout point de $E$.

2) Pour $A, B \subset E$, $A \mathbin{\Delta} B$ est une partie de $E$ : la loi est interne. On utilise que $A \mapsto \mathbf{1}_A$ est une bijection de $\mathcal{P}(E)$ sur l'ensemble des fonctions de $E$ dans $\{0,1\}$, donc qu'elle est injective : deux parties de même indicatrice sont égales. L'expression de 1) est symétrique en $\mathbf{1}_A$ et $\mathbf{1}_B$, donc $A \mathbin{\Delta} B = B \mathbin{\Delta} A$. Pour l'associativité, notons $a$, $b$, $c$ les indicatrices de $A$, $B$, $C$. En appliquant 1) deux fois, $\mathbf{1}_{(A \mathbin{\Delta} B) \mathbin{\Delta} C} = (a + b - 2ab) + c - 2(a + b - 2ab)c = a + b + c - 2ab - 2ac - 2bc + 4abc$, expression symétrique en $a$, $b$, $c$. Par commutativité, $A \mathbin{\Delta} (B \mathbin{\Delta} C) = (B \mathbin{\Delta} C) \mathbin{\Delta} A$, dont l'indicatrice est la même expression écrite avec $(b, c, a)$ au lieu de $(a, b, c)$, donc la même fonction. Par injectivité, $(A \mathbin{\Delta} B) \mathbin{\Delta} C = A \mathbin{\Delta} (B \mathbin{\Delta} C)$.

3) On a $A \mathbin{\Delta} \varnothing = (A \setminus \varnothing) \cup (\varnothing \setminus A) = A$ et, par commutativité, $\varnothing \mathbin{\Delta} A = A$ : la partie vide est le neutre. De plus, $A \mathbin{\Delta} A = \varnothing$, donc $A$ est symétrisable ; la loi étant associative avec neutre, son symétrique est unique, et c'est $A$ lui-même.

4) Comme $\cap$ est commutative, la distributivité à gauche suffit. On utilise $\mathbf{1}_{X \cap Y} = \mathbf{1}_X \mathbf{1}_Y$ et $a^2 = a$, puisque $a$ ne prend que les valeurs $0$ et $1$. D'une part, $\mathbf{1}_{A \cap (B \mathbin{\Delta} C)} = a(b + c - 2bc) = ab + ac - 2abc$. D'autre part, $\mathbf{1}_{(A \cap B) \mathbin{\Delta} (A \cap C)} = ab + ac - 2(ab)(ac) = ab + ac - 2abc$. Par injectivité de $A \mapsto \mathbf{1}_A$, on a $A \cap (B \mathbin{\Delta} C) = (A \cap B) \mathbin{\Delta} (A \cap C)$ pour toutes parties $A$, $B$, $C$ : $\cap$ est distributive sur $\Delta$.

5) Prenons $A = E$ et $B = C = \varnothing$. D'une part, $A \cup (B \mathbin{\Delta} C) = E \cup \varnothing = E$. D'autre part, $(A \cup B) \mathbin{\Delta} (A \cup C) = E \mathbin{\Delta} E = \varnothing$. Comme $E \neq \varnothing$, ces deux parties diffèrent : $\cup$ n'est pas distributive à gauche sur $\Delta$, donc pas distributive.

1) Si $f$ est bijective, sa réciproque vérifie $f \circ f^{-1} = f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_{\mathbb{N}}$, donc $f$ est symétrisable. Réciproquement, supposons $g \circ f = f \circ g = \mathrm{id}_{\mathbb{N}}$. L'application $g \circ f$ est injective, ce qui impose que $f$ soit injective ; l'application $f \circ g$ est surjective, ce qui impose que $f$ soit surjective (résultats sur l'injectivité et la surjectivité d'une composée). Donc $f$ est bijective, et son symétrique est $f^{-1}$.

2) Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a $n + 1 \geq 1$, donc $(g_k \circ s)(n) = g_k(n + 1) = n$ : $g_k \circ s = \mathrm{id}_{\mathbb{N}}$. En revanche, $(s \circ g_k)(0) = s(k) = k + 1 \neq 0$, donc $s \circ g_k \neq \mathrm{id}_{\mathbb{N}}$. L'application $s$ n'est pas surjective, car $0$ n'a pas d'antécédent, donc elle n'est pas bijective et, d'après 1), elle n'est pas symétrisable.

3) Les $g_k$ sont deux à deux distinctes, puisqu'elles diffèrent en $0$ : $s$ admet une infinité d'inverses à gauche. Le théorème d'unicité porte sur un élément symétrisable d'une loi associative avec neutre ; sa preuve compare un inverse à gauche $y$ et un inverse à droite $y'$ par $y = y \circ (s \circ y') = (y \circ s) \circ y' = y'$. Or $s$ n'a aucun inverse à droite, car $s \circ h = \mathrm{id}_{\mathbb{N}}$ rendrait $s$ surjective. L'argument ne s'applique donc pas, et il n'y a aucune contradiction : un élément non symétrisable peut avoir plusieurs inverses d'un même côté.

4) Si $f$ et $g$ sont injectives, $g \circ f$ l'est aussi (injectivité d'une composée) : $\mathcal{I}$ est stable par $\circ$. En revanche, $s \in \mathcal{A}$ car $s$ n'est pas surjective, et $g_0 \in \mathcal{A}$ car $g_0(0) = g_0(1) = 0$, donc $g_0$ n'est pas injective ; pourtant $g_0 \circ s = \mathrm{id}_{\mathbb{N}}$ est bijective. Donc $\mathcal{A}$ n'est pas stable.

1) L'équation $a \star x = a$ (cas $b = a$) admet une solution, que l'on note $e$. Soit $b \in E$. L'équation $y \star a = b$ admet une solution $y_0$, de sorte que $b = y_0 \star a$. Par associativité, $b \star e = (y_0 \star a) \star e = y_0 \star (a \star e) = y_0 \star a = b$. Ainsi $e$ est neutre à droite.

2) L'équation $y \star a = a$ admet une solution, notée $e'$. Soit $b \in E$ ; l'équation $a \star x = b$ admet une solution $x_0$, d'où, par associativité, $e' \star b = e' \star (a \star x_0) = (e' \star a) \star x_0 = a \star x_0 = b$. Donc $e'$ est neutre à gauche. La version forte de l'unicité du neutre, valable sans aucune hypothèse sur la loi, donne $e' = e' \star e = e$ : l'élément $e$ est neutre des deux côtés, et c'est l'unique neutre de $(E,\star)$.

3) Soit $x \in E$. L'équation $x \star t = e$ d'inconnue $t$ admet une solution $y$, et l'équation $t \star x = e$ admet une solution $y'$. Par associativité, $y' = y' \star e = y' \star (x \star y) = (y' \star x) \star y = e \star y = y$. Donc $x \star y = y \star x = e$ : $x$ est symétrisable, et son symétrique est unique puisque la loi est associative avec neutre. Un ensemble muni d'une telle loi est ce qu'on appellera un groupe.

4) Sur $\mathbb{Z}$, $x - y$ est un entier, donc la loi est interne. Les équations $a - x = b$ et $y - a = b$ ont pour solutions entières $x = a - b$ et $y = a + b$ : l'hypothèse sur les équations est satisfaite. La loi n'est pas associative, car $(0 - 0) - 1 = -1$ alors que $0 - (0 - 1) = 1$. Elle n'a pas de neutre : si $e$ l'était, on aurait $e - x = x$ pour tout $x \in \mathbb{Z}$, donc $e = 0$ en prenant $x = 0$ et $e = 2$ en prenant $x = 1$, ce qui est absurde. Sans associativité, la conclusion de 2) tombe.