2 Relations d’ordre

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Relations binaires sur un ensemble 1 Relations d’équivalence

⊲ Exercice 1.1. DansC, on définit la relation binaireRpar :

∀(z1, z2)∈C² , z1Rz2 ⇐⇒ |z1|=|z2|. 1. Montrer queRest une relation d’équivalence.

2. Déterminer la classe d’équivalence de toutz∈C.

3. Donner un système de représentants de chacune des classes d’équivalence.

⊲ Exercice 1.2. SoitE un ensemble etA une partie deE.

Considérons la relation binaireRsurP(E) :

∀(X, Y)∈ P(E)² , XRY ⇐⇒ X∪A=Y ∪A 1. Montrer queRest une relation d’équivalence.

2. Quelle est la classe deA? décrire la classe de X∈ P(E) quelconque.

⊲ Exercice 1.3. On définit la relation binaireRsurF(R,R) par

∀(f, g)∈ F(R,R)² , fRg ⇐⇒ ∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, αf(x)6g(x)6βf(x).

1. Montrer queRest une relation d’équivalence.

2. Déterminer la classe de ˜0.

3. Montrer que la classe de ˜1 est incluse dans les fonctions bornées surR. L’inclusion réciproque est-elle vraie ?

4. Soitf une fonction de la classe de sin. Montrer quef⁻¹({0}) =πZ.

Plus généralement, montrer que sif ∈g, alorsf⁻¹({0}) =g⁻¹({0}).

Que dire de l’implication réciproque ? Que peut-on en déduire concernantψ

F(R,R)/R → P(R)

f 7→ f⁻¹({0}) ?ψest-elle injective ? 5. Les applications χ

F(R,R)/R → R

f 7→ f(1) et ζ3

F(R,R)/R → F(R,R)/R

f 7→ f³ sont-elles bien défi- nies ? Qu’en est-il deζ2

f 7→ f² ? Montrer queζ3est bijective.

⊲ Exercice 1.4. SoitE un ensemble. On noteS(E) l’ensemble des permutations deE.

Considérons la relation binaireRsurF(E, E) :

∀(f, g)∈ F(E)² , fRg ⇐⇒ ∃ϕ∈ S(E) :f◦ϕ=ϕ◦g

1. Montrer queRest une relation d’équivalence et expliciter la classe def ∈ F(E, E) en fonction def. 2. Quelle est la classe d’équivalence de idE?

3. Supposons queE={1,2,3}. (a) Les applicationsf

1 7→ 2 2 7→ 1 3 7→ 3

etg

1 7→ 3 2 7→ 2 3 7→ 1

sont-elles dans la même classe ?

(b) Montrer que le nombre de points fixes est le même pour toutes les applications d’une même classe (on pourra le montrer pour un ensembleEfini quelconque). Deux applications ayant le même nombre de points fixes sont-elles toujours dans la même classe ? Préciser la classe def.

(c) Décrire la classe dee1

1 7→ 1 2 7→ 1 3 7→ 1

(d) (*) Expliciter toutes les classes d’équivalence en donnant, pour chaque classe, son cardinal et un représentant.

(2)

⊲ Exercice 1.5. Théorème de Lagrange et applications.

1. Soit (G,∗) un groupe et H un sous-groupe de G. On notera e l’élément neutre de G. On considère la relation binaireRsurGdéfinie par

∀(x, y)∈G² , xRy ⇐⇒ x∗y⁻¹∈H (a) Montrer queRest une relation d’équivalence surG.

(b) Montrer que toutes les classes d’équivalence sont en bijection avecH.

(c) En déduire le théorème de Lagrange : « dans un groupe fini, le cardinal de tout sous-groupe divise le cardinal du groupe ».

Visualiser le raisonnement effectué pour (G,∗) = (U12,×) etH =U3.

(d) Quels sont les sous-groupes d’un groupe de cardinal 13 ? ( donc de (U13,×) par exemple)

2. Soit (G,∗) un groupe de neutre e et g ∈ G. On suppose queg est d’ordre fini c’est à dire qu’il existe k∈N^∗ tel queg^k =e.

PosonsN={k∈Z|g^k=e}. On rappelle que, par convention,g⁰=e.

(a) Montrer queN est un sous-groupe de (Z,+)

(b) Justifier que o(g) = min(N∩N^∗) est bien défini.o(g) est appelé l’ordre de l’élémentg. C’est le plus petit entier naturel tel queg composé avec lui mêmeo(g) fois redonne le neutre du groupe.

(c) Montrer queN =o(g)Z={ko(g)|k∈Z}.

3. Soit (G,∗) un groupe etg∈G. PosonsH ={g^k|k∈Z}.

(a) i. Dans le cas où (G,∗) = (Z,+), déterminerH lorsqueg= 0,g= 1,g= 3.

ii. Dans le cas où (G,∗) = (U6,×), déterminerH lorsque g= 1,g=e^iπ³,g=−1.

(b) Montrer queH est un sous-groupe de (G,∗).

(c) En déduire que, siGest de cardinal fini,o(g)||G|.

(d) Que dire des ordres des éléments d’un groupe de cardinal 39 ? 16 ?

4. Montrer que tout groupeGde cardinalppremier est isomorphe à (Up,×). Cela signifie en particulier que (Z/pZ,+) et (Up,×) sont isomorphes.

2 Relations d’ordre

2.1 Manipulation des relations d’ordre.

⊲ Exercice 2.1. SoitE un ensemble fixé contenant au moins deux éléments. On considère la relation binaire suivante surF(E,R+) :

∀(f, g)∈ F(E,R+)× F(E,R+), f 4g ⇐⇒ h

∀x∈E, f(x)6g(x)i . 1. Montrer que4définit une relation d’ordre sur F(E,R+).

2. L’ordre ainsi défini est-il total ?

3. Soitf ∈ F(E,R+). Écrire les définitions de «f est majorée » et «{f}est majorée ».

4. Montrer que, pour cet ordre,F(E,R+) possède un plus petit élément à préciser.

⊲ Exercice 2.2. [Ordre lexicographique sur R²]

SoitRla relation binaire définie surR²par (a, b)R(a^′, b^′) ⇐⇒ h

a < a^′ ou (a=a^′ et b6b^′)i . 1. Montrer queRdéfinit une relation d’ordre total surR².

2. Ordonner (1,5), (3,6), (1,−2) et (4,6).

3. En utilisant l’identification canonique de R² et C, montrer que cette relation d’ordre total n’est pas compatible avec la structure d’anneau deC. Une relation d’ordre6surCest compatible avec la structure d’anneau si

i) ∀(z1, z2, z)∈C³,z16z2⇒z1+z6z2+z

ii) ∀(z1, z2, z)∈C³, (0C6zet z16z2)⇒zz16zz2).

4. Démontrer qu’il n’existe aucune relation d’ordre total surCcompatible avec sa structure d’anneau. Pour cela, on supposera qu’il en existe une, que l’on notera6. Si 06i, on montrera alors que 061 et 06−1 ce qui conduit à une contradiction à préciser. Sii60, on raisonnera de manière analogue pour aboutir à une contradiction.

(3)

Attention : la contradiction avec 061 et 06−1 est subtile. En effet, 06−1 donne 0 + 16−1 + 1 soit 160 or 061 donc, par antisymétrie de la relation d’ordre, 1 = 0, d’où une contradiction.

⊲ Exercice2.3. On rappelle qu’une applicationu:E→F entre les ensembles ordonnés (E,4_E) et (F,4_F) est

• croissantesi,∀(x, y)∈E²,x4_Ey⇒u(x)4_F u(y),

• décroissante si,∀(x, y)∈E²,x4_Ey⇒u(y)4_F u(x).

Les applicationsN→N,f :n7−→2net N→N, g:n7−→2n+ 1 sont-elles croissantes des ensembles ordonnés (N,|) dans (N,|), de (N,6) dans (N,6), de (N,|) dans (N,6) ? qu’en est-il de leurs restrictions au départ àN^∗?

⊲ Exercice 2.4. SoitE un ensemble non vide. SoitA∈ P(E) fixé quelconque.

1. Les applicationsP(E)→ P(E),P 7−→ P ∩A et P(E)→ P(E), P 7−→P ∪A sont-elles croissantes de l’ensemble ordonné (P(E),⊂) dans (P(E),⊂).

2. Les applicationsP(E)× P(E)→ P(E), (P, Q)7−→P ∩Q et P(E)× P(E)→ P(E), (P, Q)7−→P ∪Q sont-elles croissantes de l’ensemble ordonné (P(E)× P(E),⊂) dans (P(E),⊂) où la relation d’ordre⊂ surP(E)× P(E) est définie de manière analogue à l’ordre lexicographique.

⊲ Exercice 2.5. Soitf une bijection d’un ensemble ordonné (E,4) sur un ensembleF. 1. Définir une relation binaire surF qui serait induite par la relation d’ordre surE.

2. Démontrer qu’il s’agit d’une relation d’ordre.

3. La fonctionf est-elle croissante pour les relations d’ordre au départ et à l’arrivée définies précédemment.

4. L’ordre ainsi obtenu surF est-il total ou partiel ?

5. Si f est seulement injective au lieu d’être bijective, peut-on adapter la construction précédente pour obtenir un ordre surF? quel sera son défaut majeur dû à la perte de la surjectivité ?

⊲ Exercice 2.6. Soit (E,6) un ensemble totalement ordonné.

1. Prouver que, pour tout (x, y)∈E², l’objet max({x, y}) est bien défini (on le notera max(x, y)).

2. Montrer que l’application∗

E×E → E

(x, y) 7→ x∗y:= max(x, y) définit une LCI sur E.

3. Montrer que cette LCI est associative et commutative.

4. Déterminer une CNS pour que cette LCI admette un élément neutre et l’illustrer par des exemples.

5. Si la LCI possède un neutre, quels sont les éléments inversibles ?

2.2 Éléments remarquables des ensembles ordonnés.

⊲ Exercice 2.7. Condition suffisante d’existence d’un ppe/pge dans un ensemble totalement or- donné

Toute partie finie d’un ensemble totalement ordonné (E,4) admet un plus grand élément et un plus petit élément.

Montrer que ce résultat est faux si l’ordre n’est plus total.

⊲ Exercice 2.8. Soit (E, 6) un ensemble ordonné. Soit Aune partie non vide de E admettant un plus petit élément et un plus grand élément.

1. Montrer que minA6maxA.

2. Que dire deAsi minA= maxA?

⊲ Exercice 2.9. SoitE un ensemble non vide. Considérons l’ordre induit par l’inclusion surP(E).

SoitAune partie deP(E).

1. Montrer que \

A∈A

AminoreA.

2. En déduire queAadmet une borne inférieure dans (P(E),⊂).

3. Montrer queAadmet une borne supérieure dans (P(E),⊂).

⊲ Exercice 2.10. Soit (E, 6) un ensemble ordonné. Montrer que siA etB sont deux parties deE telles que sup(A), sup(B) et sup{sup(A), sup(B)} existent, alors sup(A∪B) existe et le calculer (on pourra essayer sur des exemples pour avoir une idée du résultat à prouver.)

⊲ Exercice 2.11. Montrer que dans (Q, 6), l’ensemble{x∈Q|x²62} n’admet pas de borne supérieure.

⊲ Exercice 2.12. SoientAet B deux parties non vides et bornées d’un ensemble totalement ordonné (E, 6)) (typiquement, (R, 6)).

1. Montrer queA⊂B implique, sous réserve d’existence de supAet supB, supA6supB. Cette inégalité peut-elle être stricte, peut-elle être une égalité ?

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2. Montrer queA∩B 6=∅implique, sous réserve d’existence de max{infA,infB}et infA∩B, max{infA,infB}6 infA∩B. Cette inégalité peut-elle être stricte, peut-elle être une égalité ?

3. Montrer queA∩B 6=∅implique, sous réserve d’existence de supA∩Bet min{supA,supB}, supA∩B6 min{supA,supB}. Cette inégalité peut-elle être stricte, peut-elle être une égalité ?

⊲ Exercice 2.13. Soient (A, B)∈ P(R)² telles queA6=∅,B6=∅etA etB majorées.

On poseA+B={a+b∈R|a∈A , b∈B}. 1. Montrer que sup(A+B) = supA+ supB.

2. En remplaçant l’hypothèseA etB majorées parA etB minorées, que devient le résultat de la question précédente ?

On admettra que toute partie non vide et majorée deRadmet une borne supérieure.

⊲ Exercice 2.14. Considérons le plan euclidien rapporté au repère orthonormé direct canonique (O, −→i , −→j).

Si un pointM a pour coordonnées (x, y)∈R² et si un pointM^′ a pour coordonnées (x^′, y^′)∈R² , on définit la relation binaireRpar

MRM^′ six^′> x ou (x^′=xet y^′>y).

1. Montrer queRdéfinit une relation d’ordre sur l’ensemble des points du plan. Cet ordre est-il total ? 2. Soitρ0 le quadruplet de points (0, A, B, C) définis de la manière suivante : O est l’origine, A a pour

coordonnées (2, 0),B (2, 1) etC(0, 1). Soitθ∈[−π, π]. On désigne parρθ le quadruplet déduit deρ0

par la rotation centrée en l’origine et d’angle orientéθ. Calculer, s’ils existent les max, min, sup et inf de ρ0puis deρθ.

3. Construire, sur un dessin et avec des couleurs, les ensembles parcourus par maxρθ et minρθ lorsque θ varie dans [−π, π].

4. Une partie non vide et majorée a-t-elle toujours, pour l’ordreR, une borne supérieure ? 5. Question analogue pour une partie non vide et minorée et sa borne inférieure ?

3 Toute partie de Z non vide et majorée/minorée admet . . .

⊲ Exercice 3.1. Montrer qu’une application strictement croissante deZdansZn’est pas majorée.

⊲ Exercice 3.2. Sous-groupes de (Z,+)

Montrer que les sous-groupes de (Z,+) sont les ensembles (aZ,+) aveca∈N.

Indication :G étant un sous-groupe de(Z,+), poser, lorsque cela a un sens,a= minG∩N^∗ puis montrer que G=aZ.

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Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1 1. ⋆ Soitz∈Cfixé quelconque.

Alors|z|=|z|donczRz.

Par conséquent,Rest réflexive.

⋆ Soient (z1, z2)∈C² fixés quelconques tels quez1Rz2. Alors|z1|=|z2| donc|z2|=|z1|doncz2Rz1.

Par conséquent,Rest symétrique.

⋆ Soient (z1, z2, z3)∈C³ fixés quelconques tels quez1Rz2 etz2Rz3. Alors|z1|=|z2| et|z2|=|z3|donc|z1|=|z3|si bien que z1Rz3. Par conséquent,Rest transitive.

Ainsi,Rest une relation d’équivalence.

2. Soitz0∈Cfixé quelconque.

La classeC(z0) est

C(z0) ={z∈C| |z|=|z0|}

doncC(z0) est le cercle de centre l’origine et de rayon|z0|.

3. Un système de représentants de chacune des classes d’équivalence est{r|r∈R+}. On a bienC= a

r∈R₊

C(r) = a

r∈R₊

cercle de centreO et de rayonr.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2

1. ⋆ SoitX ∈ P(E) fixée quelconque.

AlorsX∪A=X∪AdoncXRX. Par conséquent,Rest réflexive.

⋆ Soient (X, Y)∈ P(E)² fixées quelconques tels queXRY.

AlorsX∪A=Y ∪Adonc, par antisymétrie de l’égalité,Y ∪A=X∪A doncYRX. Par conséquent,Rest symétrique.

⋆ Soient (X, Y, Z)∈ P(E)³ fixées quelconques tels queXRY etYRZ.

AlorsX∪A=Y ∪AetY∪A=Z∪Adonc, par transitivité de l’égalité,X∪A=Z∪AdoncXRZ.

Par conséquent,Rest transitive.

2. •

X ∈A ⇐⇒ X∪A=A∪A

⇐⇒ X∪A=A

⇐⇒ X⊂A

⇐⇒ X∈ P(A) Ainsi, la classe deAestP(A).

• SoitX ∈ P(E) fixée.

Montrons queX ={(X∩A^c)∪B |B∈ P(A)}oùA^c est le complémentaire deA.

⋆ SoitB∈ P(A) fixée quelconque.

((X∩A^c)∪B)∪A = (X∩A^c)∪(B∪A) par associativité de∪

= (X∩A^c)∪A carB⊂A⇒B∪A=A.

= (X∩A^c)∪((A∩X)∪A) carA∩X ⊂A⇒(A∩X)∪A=A.

= ((X∩A^c)∪(A∩X))∪A par associativité de ∪

= (X∩(A^c∪A)

| {z }

=E

| {z }

=X

)∪A

= X∪A donc ((X∩A^c)∪B)RX.

Par conséquent,{(X∩A^c)∪B | B∈ P(A)} ⊂X.

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⋆ SoitY ∈X fixée quelconque.

PosonsBY =Y ∩A. On a doncBY ∈ P(A)

Puisque (A, A^c) est une partition deE,Y = (Y ∩A^c)∪(Y ∩A) donc Y = (Y ∩A^c)∪BY

De plusY ∈X donc

Y ∪A=X∪A ⇒ (Y ∪A)∩A^c = (X∪A)∩A^c

⇒ (Y ∩A^c)∪(A∩A^c)

| {z }

=∅

= (X∩A^c)∪(A∩A^c)

| {z }

=∅

par distributivité de∩sur ∪

⇒ Y ∩A^c=X∩A^c

Nous venons donc de prouver qu’il existeBY ∈ P(A) :Y = (X∩A^c)∪BY. Par conséquent,X ⊂ {(X∩A^c)∪B |B∈ P(A)}.

1. ⋆ Soitf ∈ F(R,R) fixée quelconque.

Alors, en posantα=β= 1,∀x∈R,αf(x)6f(x)6βf(x) doncfRf. Par conséquent,Rest réflexive.

⋆ Soient (f, g)∈ F(R,R)²fixés quelconques tels que fRg.

Alors∃(α, β)∈R^∗₊² : ∀x∈R, αf(x)6g(x)6βf(x).

Puisqueα >0,αf(x)6g(x)⇒f(x)6 1 αg(x).

Puisqueβ >0,g(x)6βf(x)⇒ 1

βg(x)6f(x).

Par conséquent, en posantα^′ = 1

β etβ^′= 1 α,

∀x∈R, α^′g(x)6f(x)6β^′g(x) doncgRf.

⋆ Soient (f, g, h)∈ F(R,R)³ fixés quelconques tels quefRg etgRh.

Alors∃(α, β, α^′, β^′)∈R^∗₊² : ∀x∈R,

αf(x)6g(x)6βf(x) α^′g(x)6h(x)6β^′g(x) . On a donc, pout toutx∈R,

αα^′f(x)6α^′g(x)6h(x)

h(x)6β^′g(x)6ββ^′f(x) si bien qu’en posantα” =αα^′etβ” =ββ^′,

∀x∈R, α”f(x)6h(x)6β”f(x) doncfRh.

2. Par d’efinition,

˜0 = {g∈ F(R,R)| ∃(α, β)∈R^∗₊ , ∀x∈R, αf(x)6g(x)6βf(x)}

= {g∈ F(R,R)| ∃(α, β)∈R^∗₊ , ∀x∈R, α˜0(x)6g(x)6β˜0(x)}

= {g∈ F(R,R)| ∃(α, β)∈R^∗₊ , ∀x∈R, 06g(x)60}

= {˜0}

Par conséquent, ˜0 ={˜0}. 3. • Soitf ∈˜1 fixé quelconque.

Alors ˜1Rf donc

∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, α˜1(x)

| {z }

=α

6f(x)6β˜1(x)

| {z }

=β .

En particulier,∀x∈R, α6f(x)6β doncf est bornée.

Ainsi, la classe de ˜1 est incluse dans les fonctions bornées surR.

(7)

• Considérons la fonction constante de valeur−1 notée ˜−1.

Raisonnons par l’absurde en supposant que ˜1R−˜1. Alors

∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, α˜1(x)

| {z }

=α

6−˜1(x)

| {z }

=−1

6β˜1(x)

| {z }

=β donc

α6−1

| {z } contradiction

6β

Par conséquent, ˜−1∈/˜1.

Ainsi, il existe des fonctions bornées n’appartenant pas à la classe de .

• L’énoncé de l’implication réciproque est

L’inclusion réciproque est fausse, la fonction sin est bornée sur R sans être dans la classe de ˜1. En effet, il est immédiat de voir que les fonctions de la classe de ˜1 sont de signe strictement positif surR.

4. • Soitf une fonction de la classe de sin. Alors sinRf donc

∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, αsinx6f(x)6βsinx (1)

⋆ Soitk∈Zfixé quelconque.

Évaluons (1) pourx←kπ: 06f(kπ)60 donckπ∈f⁻¹({0}).

Par conséquent,πZ⊂f⁻¹({0}).

⋆ Soitx0∈f⁻¹({0}) fixé quelconque.

Évaluons (1) pour x ← x0 : αsinx0 6 0 6 βsinx0 donc sinx0 6 0 et sinx0 > 0 si bien que sinx0= 0 d’oùx0∈πZ.

Ainsi,f⁻¹({0}) =πZ.

• Soitf ∈g.

⋆ Soitx0∈f⁻¹({0}) fixé quelconque.

AlorsfRgdonc

∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, αf(x)6g(x)6βf(x) (2) Évaluons (2) pour x ← x0 : 0 = αf(x0) 6 g(x0) 6 βf(x0) = 0 donc g(x0) = 0 si bien que x0∈g⁻¹({0}).

Par conséquent,f⁻¹({0})⊂g⁻¹({0}).

⋆ En échangeant les rôles def et g, puisquefRg ⇐⇒ gRf (carRest une relation d’équivalence) on prouve queg⁻¹({0})⊂f⁻¹({0}).

Ainsi, sif ∈g,f⁻¹({0}) =g⁻¹({0}).

• L’énoncé de l’implication réciproque est

∀(f, g)∈ F(R,R)², f⁻¹({0}) =g⁻¹({0})⇒fRg Cette implication est fausse.

En effet, considérons les fonctionsf = sin etg=−sin.

Elle vérifientf⁻¹({0}) =g⁻¹({0}) et pourtant, elles ne sont pas en relation.

En effet, par l’absurde, supposons quefRg, alors

∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, αsinx6−sinx6βsinx En particularisant l’encadrement ci-dessus pourx← π

2, α6−1

| {z } contradiction

6β

Nous venons de prouver quenon(fRg).

• On peut en déduire que l’applicationψest bien définie : en effet la formule de l’énoncé qui permet de calculerψ(f) n’est pas correcte a priori car l’expression donnéef⁻¹({0}) dépend a priori du choix du représentant f dans f. Toutefois, si g ∈ f est un représentant quelconque, nous venons de voir que g⁻¹({0}) =f⁻¹({0}) ce qui prouve queψ est bien définie.

• Nous avons vu ci-dessus que sin et−sin ont les même zéros et ne sont pas en relation donc sin6=−sin et ψ(sin) =ψ(−sin). Par conséquent,ψn’est pas injective.

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5. • L’applicationsχ

F(R,R)/R → R

f 7→ f(1) n’est pas bien définie : en effet, les fonctions constantese1 et e2 de valeurs 1 et 2 appartiennent à la même classe et pourtant ne prennent pas la même valeur en 1. L’image d’un élément deF(R,R)/Rdépend donc du représentant choisi si bien queχ n’est pas bien définie.

• Soient (f, g)∈ F(R,R)²fixées quelconques telles quef =g.

AlorsfRgdonc∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, αf(x)6g(x)6βf(x) ort7→t³est une fonction croissante deRdansRdonc

∀x∈R, α³f³(x)6g³(x)6β³f³(x) si bien quef³=g³.

On en déduit que l’image de f parζ3 ne dépend pas du représentant choisi dansf si bien queζ3 est une application bien définie.

• Soient (f, g)∈ F(R,R)²fixées quelconques telles quef =g.

AlorsfRg donc∃(α, β)∈R^∗₊²: ∀x∈R, αf(x)6g(x)6βf(x).

⋆ Dans le cas oùf(x) >0, les trois membres de l’encadrement sont positifs ou nuls, ort 7→t² est une fonction croissante surR+ donc

α²f²(x)6g²(x)6β²f²(x)

⋆ Dans le cas oùf(x)<0, les trois membres de l’encadrement sont strictement négatifs, ort7→t² est une fonction décroissante surR− donc

α²f²(x)>g²(x)>β²f²(x) donc β²f²(x)6g²(x)6α²f²(x) Par conséquent,

∀x∈R, min(α², β²)f²(x)6g²(x)6max(α², β²)f²(x) si bien quef²=g².

On en déduit que l’image de f parζ2 ne dépend pas du représentant choisi dansf si bien queζ2 est une application bien définie.

• Posonsζ1/3

f 7→ p³

f où√³

·est la bijection réciproque de la fonctiont7→t³. On montre comme pourζ3queζ1/3est bien définie. De plus, pour toute f ∈ F(R,R),

ζ3(ζ1/3(f)) =ζ3(p³

f) = (p³

f)³=f = idF(R,R)/R(f) ζ1/3(ζ3(f)) =ζ1/3(f³) =p³

f³=f = idF(R,R)/R(f) Par conséquent,ζ1/3 est une bijection et sa bijection réciproque estζ1/3.

1. • Ainsi,Rest une relation d’équivalence.

• Soitf ∈ F(E, E).

g∈f ⇐⇒ ∃ϕ∈ S(E) : f◦ϕ=ϕ◦g

⇐⇒ ∃ϕ∈ S(E) : ϕ⁻¹◦f◦ϕ=ϕ⁻¹◦ϕ◦g

⇐⇒ ∃ϕ∈ S(E) : g=ϕ⁻¹◦f◦ϕ

⇐⇒ g∈ {ϕ⁻¹◦f◦ϕ|ϕ∈ S(E)} La classe d’équivalence def est {ϕ⁻¹◦f◦ϕ|ϕ∈ S(E)}. 2. D’après la question précédente,

idE={ϕ⁻¹◦idE◦ϕ

| {z }

= idE

| ϕ∈ S(E)}={idE}

La classe d’équivalence de idE est{idE}.

(9)

3. (a) Considérons l’applicationψ

E → E

1 7→ 1 2 7→ 3 3 7→ 2

ψest une permutation deE (l’injectivité et la surjectivité se vérifient directement sur la définition de ψ).

Calculonsψ⁻¹◦f◦ψ:

⋆ (ψ⁻¹◦f◦ψ)(1) = (ψ⁻¹◦f)(1) =ψ⁻¹(2) = 3,

⋆ (ψ⁻¹◦f◦ψ)(2) = (ψ⁻¹◦f)(3) =ψ⁻¹(3) = 2,

⋆ (ψ⁻¹◦f◦ψ)(3) = (ψ⁻¹◦f)(2) =ψ⁻¹(1) = 1, doncψ⁻¹◦f ◦ψ=gsi bien queg∈f.

Ainsi,f etg sont dans la même classe.

D’où vient l’idée de la construction de ψ?f échange 1 et 2 et laisse fixe 3,g échange 1 et 3 et laisse fixe 2 donc ψfixe 1 (car cette valeur joue le même rôle pourf etg) et échange 2 et 3 (car 2 et 3 jouent des rôles analogues pour f et g).

(b) • SoitE un ensemble fini quelconque.

Soient (v, w)∈ F(E)² telles quew∈v.

Il existe doncϕ∈ S(E) : w=ϕ⁻¹◦v◦ϕet v=ϕ◦w◦ϕ⁻¹.

PosonsF ix(v) ={x∈E |v(x) =x}et F ix(w) ={x∈E |w(x) =x}. Soitx∈F ix(w) fixé quelconque.

v(ϕ(x)) = (ϕ◦w◦ϕ⁻¹)(ϕ(x)) =ϕ(w(x)) =ϕ(x) doncϕ(x)∈F ix(v).

Ce calcul permet d’affimer que l’application Φ

F ix(w) 7→ F ix(v)

x 7→ ϕ(x)

est bien définie.

⋆ De plus,ϕest injective (car bijective) donc sa restriction Φ àF ix(w) est injective.

⋆ Enfin, soity∈F ix(v) fixé quelconque.

Posonsx=ϕ⁻¹(y).

Calculons

w(x) = (ϕ⁻¹◦v◦ϕ)(ϕ⁻¹(y)) =ϕ⁻¹(v(y)) =ϕ⁻¹(y) =x

doncx∈F ix(w) si bien qu’il existex∈F ix(w) tel que Φ(x) =ϕ(x) =ϕ(ϕ⁻¹(y)) =y, ce qui prouve la surjectivité de Φ.

Ainsi, Φ réalise une bijection deF ix(w) dansF ix(v). Ces deux ensembles sont finis (car ce sont des parties deEqui est un ensemble fini) si bien qu’ils ont le même cardinal.

Ainsi, le nombre de points fixes est le même pour toutes les applications d’une même classe.

• La réciproque est fausse : deux applications ayant le même nombre de points fixes ne sont pas nécessairement dans la même classe. En effet, les applications s

E → E

1 7→ 1 2 7→ 1 3 7→ 1

et t

E → E

1 7→ 1 2 7→ 3 3 7→ 2 possèdent toutes les deux un seul point fixe. Cependantt est une bijection donc, compte tenu de la description de la classe det, toues les applications de la classe detsont des bijections, orsn’est pas injective doncsn’est pas bijective si bien ques /∈t.

• Préciser la classe def.

(c) Montrons quee1 ={e1,e2,e3}oùeadésigne la fonction constante de valeura.

⋆ Soitf ∈e1 fixée quelconque.

Il existe doncϕ∈ S(E) : f =ϕ⁻¹◦e1◦ϕ.

Pour toutx∈E,

f(x) =ϕ⁻¹(e1(ϕ(x))

| {z }

= 1

) =ϕ⁻¹(1)

doncf est une application constante surE doncf ∈ {e1,e2,e3}.

⋆ Réciproquement, posonsψ2

E → E

1 7→ 2 2 7→ 1 3 7→ 3

etψ3

E → E

1 7→ 2 2 7→ 3 3 7→ 1

.

(10)

Observons que

e2 =ψ⁻¹₂ ◦e1◦ψ2 ete3 =ψ₃⁻¹◦e1◦ψ3

si bien quee2∈e1 ete2∈e1 donc{e1,e2,e3} ⊂e1.

Ainsi,e1 ={e1,e2,e3}.

(d) (*) Expliciter toutes les classes d’équivalence en donnant, pour chaque classe, son cardinal et un représentant.

1. (a) ⋆ Soitx∈Gfixé quelconque.

Alorsx∗x⁻¹ =e, or le neutre d’un groupe appartient à tous ses sous-groupes donc e∈H donc xRx.

⋆ Soient (x, y)∈G² fixés quelconques tels quexRy.

Alorsx∗y⁻¹∈H.Hest un sous-groupe donc c’est une partie deGstable par passage au symétrique, (x∗y⁻¹)⁻¹∈H doncy∗x⁻¹∈H doncyRx.

⋆ Soient (x, y, z)∈G³fixés quelconques tels que xRy etyRz.

Alorsx∗y⁻¹∈H et y∗z⁻¹ ∈H.H est un sous-groupe donc c’est une partie deGstable par la loi∗ donc (x∗y⁻¹)∗(y∗z⁻¹)∈H si bien quex∗z⁻¹∈H doncxRz.

Ainsi,Rest une relation d’équivalence surG.

(b) Soitx∈Gfixé quelconque.

g∈x ⇐⇒ gRx∈H

⇐⇒ g∗x⁻¹∈H

⇐⇒ ∃h∈H : g∗x⁻¹=h

⇐⇒ ∃h∈H : g=h∗x

⇐⇒ g∈ {h∗x|h∈H} Posons alorsϕ

H → x h 7→ h∗x

⋆ D’après la description dexci-dessus, l’applicationϕest bien définie.

⋆ D’après la description dexci-dessus, l’applicationϕest surjective.

⋆ Soient (h, h^′)∈H² fixés quelconques tels queϕ(h) =ϕ(h^′).

Alorsh∗x=h^′∗xdonch∗x∗x⁻¹=h^′∗x∗x⁻¹ donch=h^′. Par conséquent,ϕest injective.

La classexest donc en bijection avecH.

Ainsi, toutes les classes d’équivalence sont en bijection avecH.

(c) Dans cette question nous considéronsGun groupe fini muni de la relation d’équivalence R étudiée précédemment.

Gétant fini, il admet un nombre finik∈N^∗ de classes d’équivalences. Notons (gk)_k∈[[1,n]]un système de représentants des classes d’équivalence. Alors (gk)_k∈[[1,n]] réalise une partition deGdonc

|G|= Xk

i=1

|gi|

Or nous avons vu que toutes les classes sont en bijection avecH donc elles ont toutes le même cardinal qui est|H|si bien que l’égalité ci-dessus devient

|G|=k|H| d’où|H| | |G|.

Ainsi, « dans un groupe fini, le cardinal de tout sous-groupe divise le cardinal du groupe ».

Dans le cas où (G,∗) = (U12,×) et H =U3 ={1, j, j²}, les classes sont de la forme {z, jz, j²z} où z∈U12.

(11)

On peut visualiser U12 sur le cercle trigonométrique et observer la partition en 4 classes de cardinal 3 :

U12=U3

aeⁱ^π⁶U3

aeⁱ^π³U3

aeⁱ^π²U3

(d) 13 est un nombre premier donc ses seuls diviseurs positifs sont 1 et 13.

SoitGun groupe de cardinal 13. SoitH un sous-groupe deG. D’après la question précédente,|H|est un diviseur psositif de|G|= 13 donc |H| ∈ {1,13}.

Si |H|= 1 alorsH ={e}et si |H|= 13 alorsH =G(carH ⊂Get|H|=|G|).

Par conséquent, les seuls sous-groupes éventuels deGsont{e}et G.

Réciproquement,{e}et Gsont des sous-groupes deG(toujours vrai pour tout groupe).

Ainsi, les sous-groupes d’un groupe de cardinal 13 sont le singleton constitué par l’élément neutre et le groupe dans son intégralité.

2. Soit (G,∗) un groupe de neutre e et g ∈ G. On suppose queg est d’ordre fini c’est à dire qu’il existe k∈N^∗ tel queg^k =e.

PosonsN ={k∈Z|g^k=e}.

(a) ⋆ Par définition,N ⊂Zet (Z,+) est un groupe.

⋆ N6=∅ car, par hypothèse, il existek∈N^∗ tel que g^k =edonc un telk appartient àN.

⋆ Soient (k1, k2)∈N² fixés quelconques.

g^k¹^−k² =g^k¹∗g^−k² = g^k¹

|{z}=e cark1∈N

∗( g^k²

|{z}=e cark2∈N

)⁻¹=e

donck1−k2∈N.

Ainsi,N est un sous-groupe de (Z,+).

(b) N∩N^∗ est

⋆ une partie deN^∗ par définition,

⋆ non vide car, par hypothèse, il existek∈N^∗ tel que g^k =edonck∈N∩N^∗, donc elle admet un plus petit élément que l’on peut noteo(g) = min(N∩N^∗).

Ainsi, l’ordre de l’élémentgest bien définie, c’est l’entier non nulo(g) = min(N∩N^∗).

(c) ⋆ ⊲ Considérons la propriétéP(·) définie pourn∈Npar P(n) : «no(g)∈N »

— g⁰=edonc 0.o(g) = 0∈N si bien queP(0) est vraie.

— Soitn∈Nfixé quelconque tel queP(n) est vraie.

(n+ 1)o(g) =no(g) +o(g), orno(g)∈N (carP(n) est vraie),o(g)∈N (caro(g) est le ppe d’une partie deN) et (N,+) est un groupe doncno(g)+o(g)∈N si bien que (n+1)o(g)∈N. Par conséquent,P(n+ 1) est vraie.

Ainsi,o(g).N⊂N.

⊲ Soitk∈Z\Nfixé quelconque.

D’après le point précédent, −k ∈ N donc (−k)o(g) ∈ N, or N est un sous-groupe de (Z,+) donc−(−k)o(g)∈N si bien queko(g)∈N.

Par conséquent,{ko(g)|k∈Z\N} ⊂N. Ainsi,o(g)Z⊂N.

⋆ Soitm∈N fixé quelconque.

Effectuons la division euclidienne demparo(g) (ce qui a un sens caro(g)6= 0).

∃!(q, r)∈Z²:

m=qo(g) +r r∈[[0, o(g)−1]]

Par conséquent,r=m−qo(g), orN est un sous-groupe de (Z,+),m∈N et qo(g)∈N (d’après l’inclusion prouvée ci-dessus) doncr∈N.

Sir6= 0,r∈N^∗, oro(g) = min(N∩N^∗) doncr>o(g) ce qui est en contradiction avec la contrainte r∈[[0, o(g)−1]] issue du théorème de la division euclidienne. Par conséquent,r= 0 doncm=qo(g) d’oùm∈o(g)Z.

Par conséquent,N ⊂o(g)Z.

Ainsi,N=o(g)Z={ko(g)|k∈Z}.

(12)

3. Soit (G,∗) un groupe etg∈G. PosonsH ={g^k|k∈Z}. (a) i. Dans le cas où (G,∗) = (Z,+),

— sig= 0,H ={0},

— sig= 1,H =Z,

— sig= 3,H = 3Z.

ii. Dans le cas où (G,∗) = (U6,×),

— sig= 1,H ={1},

— sig=e^iπ³,H =U6,

— sig=−1,H ={−1,1}=U2.

(b) ⋆ Par définition,H ⊂Get (G,∗) est un groupe.

⋆ H6=∅ car, par hypothèse,g∈H.

⋆ Soient (g1, g2)∈H²fixés quelconques.

Alors,∃(k1, k2)∈Z² :g1=g^k¹ et g2=g^k².

g1∗g⁻¹₂ = (g^k¹)∗((g^k²)⁻¹) = (g^k¹)∗g^−k² =g^k¹^−k² ∈H doncg1∗g₂⁻¹∈H.

H est un sous-groupe de (G,∗).

(c) Supposons queGest de cardinal fini.

• Montrons quegest d’ordre fini.

NotonsN le cardinal deG.

g⁰,g¹,. . .,g^N⁺¹ représententN+ 1 éléments appartenant tous au groupeGdont le cardinal est N donc

∃(i, j)∈[[1, N+ 1]] : i < j etgⁱ=g^j si bien qu’en composant parg⁻ⁱ,g^j−i=eavecj−i∈N^∗.

Par conséquentg est un élément d’ordre fini.

• Montrons queH={e, g, g², . . . , g^o(g)−1}.

⋆ L’inclusion{e, g, g², . . . , g^o(g)−1} ⊂H est immédiate par définition deH.

⋆ Réciproquement, soith∈H fixé quelconque.

Alors∃k∈Z:h=g^k.

Effectuons la division euclidienne dekparo(g) (ce qui a un sens caro(g)6= 0).

∃!(q, r)∈Z²:

k=qo(g) +r r∈[[0, o(g)−1]]

Observons alors que

h=g^k=g^qo(g)+r= (g^o(g)

|{z}=e

)^q∗g^r=g^r orr∈[[0, o(g)−1]] donch∈ {e, g, g², . . . , g^o(g)−1}.

Par conséquentH⊂ {e, g, g², . . . , g^o(g)⁻¹}.

• Montrons que|H|=o(g).

Pour justifier ce calcul du cardinal deH, il suffit compte tenu du point précédent de montrer que les éléments de l’ensemble{e, g, g², . . . , g^o(g)⁻¹} sont tous deux à deux distincts.

Raisonnons par l’absurde : supposons que

∃(i, j)∈[[0, o(g)−1]] : i < j et gⁱ =g^j

En composant parg⁻ⁱ, g^j−i=e, orj−i>1 eto(g) = min{k∈N^∗ |g^k=e}doncj−i>o(g).

Or 06i < j6o(g)−1 doncj−i6o(g)−1, ce qui contredit la minoration précédente dej−i.

Par conséquent les éléments de l’ensemble {e, g, g², . . . , g^o(g)⁻¹} sont tous deux à deux distincts d’où|H|=o(g).

• D’après la description deH ci-dessus,|H|=o(g), or le théorème de Lagrange impose|H|||G|donc o(g)||G|.

Ainsi, siGest de cardinal fini, o(g)||G|. (d) Dans un groupe de cardinal 39 = 3×13,

— il y a un unique élément d’ordre 1 (le neutre !),

— il peut y avoir un ou des éléments d’ordre 3,

— il peut y avoir un ou des éléments d’ordre 13,

— il peut y avoir un ou des éléments d’ordre 39.

(13)

Les ordres des éléments d’un groupe de cardinal 39 sont dans{1,3,13,39}.

De même, les ordres des éléments d’un groupe de cardinal 16 sont dans{1,2,4,8,16}. 4. Soitpun nombre premier etGun groupe de cardinalpfixés quelconques.

pest premier doncp>2.

De plus, dans un groupe,o(g) = 1 ⇐⇒ g=edonc il n’y a qu’un seul élement d’ordre 1, c’est l’élément neutre. Puisque|G|>2, il existe g ∈G tel queo(g)>2. Par ailleurs nous venons de voir queo(g)||G| donco(g)|psi bien queo(g) =p(carpest premier).

Le sous-groupeH introduit dans la question précédente est donc un sous-groupe deGde même cardinal queGdonc

G={e, g, . . . , g^p−1} Posonsϕ

G → Up

g^k 7→ ω^k oùk∈[[0, p−1]] etω=e^2iπ^p .

⋆ Sachant queG={g^k |k∈[[0, p−1]]}et Up ={ω^k |k∈[[0, p−1]]},ϕest clairement bijective.

⋆ Soient (x, y)∈G² fixés quelconques.

∃(i, j)∈[[0, p−1]] : x=gⁱ et y=g^j. On a doncϕ(x∗y) =ϕ(g^i+j).

— Sii+j ∈[[0, p−1]],

ϕ(g^i+j) =ω^i+j =ωⁱ×ω^j=ϕ(x)×ϕ(y)

— Sinon,i+j∈[[p,2p−1]] donci+j=p+ravecr∈[[0, p−1]] si bien que ϕ(g^i+j) =ϕ( g^p

|{z}=e

∗g^r) =ϕ(g^r) =ω^r or

ϕ(x)×ϕ(y) =ωⁱ×ω^j=ω^i+j= |{z}ω^p car= 1ω∈Up

×ω^r=ω^r

doncϕ(g^i+j) =ϕ(x)×ϕ(y).

Par conséquent,ϕ(x∗y) =ϕ(x)×ϕ(y).

Ainsi,ϕest unisomorphisme de groupes entre (G,∗) et (Up,×).

Ainsi, tout groupeGde cardinalppremier est isomorphe à (Up,×).

1. ⋆ Soitg∈ F(E,R+) fixée quelconque.

Soitx∈Efixé quelconque. Alors

f(x)6f(x)

| {z }

par réflexivité de la relation6surR₊

. On en déduit que∀x∈E,f(x)6f(x) si bien quef 4f.

Par conséquent,4est réflexive.

⋆ Soient (f, g)∈ F(E,R₊)× F(E,R₊) fixées quelconques telles que f 4g et g4f. Soitx∈Efixé quelconque. Alors



 f4g et

g4f ⇒





f(x)6g(x) et

g(x)6f(x) ⇒f(x) =g(x)

| {z }

par antisymétrie de la relation6surR₊

.

On en déduit que∀x∈E,f(x) =g(x) si bien quef =g.

Par conséquent,4est antisymétrique.

⋆ Soient (f, g, h)∈ F(E,R+)³ fixées quelconques telles quef 4g etg4h.

Soitx∈Efixé quelconque. Alors



 f 4g et

g4h ⇒





f(x)6g(x) et

g(x)6h(x) ⇒f(x)6h(x)

| {z }

par transitivité de la relation6surR+

.

On en déduit que∀x∈E,f(x)6h(x) si bien quef 4g.

Par conséquent,4est transitive.

Ainsi4définit une relation d’ordre surF(E,R+).

(14)

2. Fixonsaetbdeux éléments distincts deEet considérons les applicationsfa





E → R+

x 7→

1 six=a, 0 six∈E\ {a}, etfb





E → R+

x 7→

1 six=b, 0 six∈E\ {b},

Puisquefb(a) = 0<1 =fa(a),non(fa 4fb) et puisquefa(b) = 0<1 =fb(b),non(fb 4fa) si bien que fa et fb ne sont pas comparables.

L’ordre défini sur F(E,R+) par4n’est pas total.

3. Soitf ∈ F(E,R+).

L’énoncé «f est majorée » fait référence à la relation d’ordre6surR:

«f est majorée » et «{f}est majorée » ⇐⇒ ∃M ∈R : ∀x∈E , f(x)6M.

L’énoncé «{f}est majorée » fait référence à la relation d’ordre4surF(E,R+) :

«{f}est majorée » ⇐⇒ ∃g∈ F(E,R₊) : f 4g 4. Posons ˜0 : E → R+

x 7→ 0 . Alors

⋆ ˜0∈ F(E,R+),

⋆ Soitf ∈ F(E,R+) fixée quelconque.

∀x∈E , f(x)>0 = ˜0(x) donc ˜04f.

Ainsi∀f ∈ F(E,R+), ˜04f.

Ainsi, (F(E,R+),4) possède un plus petit élément et minF(E,R+) = ˜0.

— Soient (a, b)∈N²fixés quelconques tels quea|b.

Alors il existek∈N:b=ak.

Par conséquent,f(b) = 2b= 2ak=f(a)kdoncf(a)| f(b).

Ainsi,f est croissante de (N,|) dans (N,|).

— Soient (a, b)∈N²fixés quelconques tels quea6b.

Alorsf(a) = 2a62b=f(b) doncf(a)6f(b).

Ainsi,f est croissante de (N,6) dans (N,6).

— 1|0,f(0) = 0 etf(1) = 2 donc 1|0 et non(f(1)6f(0)) donc f n’est pas croissante de (N,|) dans (N,6).

Par ailleurs, 1|2,f(1) = 2 etf(2) = 4 donc 1|2 et non(f(2)6f(1)) donc f n’est pas décroissante de (N,|) dans (N,6

— Soient (a, b)∈N^∗2 fixés quelconques tels quea|b.

Alors il existek∈N:b=ak. Sik= 0 alorsb= 0 ce qui est exclu carb∈N^∗ donck6= 0.

Par conséquent,f(b) = 2b= 2ak=f(a)kork∈N^∗donck>1 donckf(a)>f(a) si bien quef(a)6f(b).

Ainsi,f est croissante de (N^∗,|) dans (N^∗,6).

— 2|4 et non(g(2)|f(4)) carg(2) = 5 etg(4) = 9 doncg(2) etg(4) ne sont pas comparables.

Ainsi,g n’est ni croissante ni décroissante de (N,|) dans (N,|).

— Soient (a, b)∈N²fixés quelconques tels quea6b.

Alorsg(a) = 2a+ 162b+ 1 =g(b) doncg(a)6g(b).

Ainsi,g est croissante de (N,6) dans (N,6).

(15)

— 1|0,g(0) = 1 etg(1) = 3 donc 1|0 et non(g(1)6g(3)) donc gn’est pas croissante de (N,|) dans (N,6).

Par ailleurs, 1|2,g(1) = 3 etg(2) = 5 donc 1|2 et non(g(2)6g(1)) donc g n’est pas décroissante de (N,|) dans (N,6)

— Soient (a, b)∈N^∗2 fixés quelconques tels quea|b.

Alors il existek∈N:b=ak. Sik= 0 alorsb= 0 ce qui est exclu carb∈N^∗ donck6= 0.

Par conséquent, g(b) = 2b+ 1 = 2ak+ 1 or k ∈ N^∗ donc k > 1 donc 2ak+ 1 > 2a+ 1 si bien que g(a)6g(b).

Ainsi,g est croissante de (N^∗,|) dans (N^∗,6).

1. Considérons la relation binaireRdéfinie surF par

∀(x, y)∈F² , xRy ⇐⇒ f⁻¹(x)4f⁻¹(y)

ce qui a bien un sens car f⁻¹ désigne l’application bijection réciproque def (qui existe puisque f est bijective).

2. ⋆ Soitx∈F fixé quelconque.

Alors, par réflexivité de la relation4surE,f⁻¹(x)4f⁻¹(x) doncxRx.

⋆ Soient (x, y)∈F² fixés quelconques tels quexRy etyRx.



 xRy et yRx ⇒





f⁻¹(x)4⁻¹(y) et

f⁻¹(y)4f⁻¹(x) ⇒f⁻¹(x) =f⁻¹(y)

| {z }

par antisymétrie de la relation4surE

⇒x=y.

Par conséquent,Rest antisymétrique.

⋆ Soient (x, y, z)∈F fixés quelconques tels quexRy et yRz.



 xRy et yRz ⇒





f⁻¹(x)4⁻¹(y) et

f⁻¹(y)4f⁻¹(z) ⇒f⁻¹(x)4f⁻¹(z)

| {z }

par transitivité de la relation4surE

⇒xRz .

AinsiRdéfinit une relation d’ordre surF.

3. Soient (a, b)∈E²fixés quelconques tels quea4b.

a4b⇒f⁻¹(f(a))4f⁻¹(f(b))⇒f(a)Rf(b).

Ainsi, la fonctionf est croissante de (E,4) dans (F,R).

4. • Supposons que (E,4) est totalement ordonné.

Soient (x, y)∈F² fixés quelconques.

Puisque (E,4) est totalement ordonné, soitf⁻¹(x) 4f⁻¹(y), soitf⁻¹(y)4f⁻¹(x) donc soit xRy, soityRx.

Par conséquent, (E,R) est totalement ordonné.

• Supposons que (E,4) est partiellement ordonné.

Alors∃(a, b)∈E²tels que non(a4b) etnon(b4a).

On en déduit quenon(f⁻¹(f(a))4f⁻¹(f(b))) etnon(f⁻¹(f(b))4f⁻¹(f(a))) ce qui signifienon(f(a)Rf(b)) et non(f(b)Rf(a)).

Par conséquent, (E,R) est partiellement ordonné.

L’ordre ainsi obtenu surF est-il total si (E,4) est totalement ordonné et partiel sinon.

5. Sif est seulement injective, on peut considérer la relation binaireRdéfinie sur F par

∀(x, y)∈F² , xRy ⇐⇒





(x, y)∈(Imf)² et

a4b oùf(a) =xet f(b) =y

(16)

C’est encore une relation d’ordre (exercice) et elle coïncide avec la relation binaire construite dans la question 1 dans le cas oùf est bijective.

Son «défaut majeur» dû à la perte de la surjectivité de f est que l’ordre ainsi obtenu surF ne pourra plus être total quand bien même (E,4) est totalement ordonné. En effet les éléments deF n’appartenant pas à Imf ne sont en relation avec aucun autre élément deF.

1. Pour tout (x, y)∈E², {x, y} est une partie finie,non vide de l’ensembleE totalement ordonné donc elle admet un ppe et un pge.

Ainsi, le pge max({x, y}) est bien défini.

2. Pour montrer que l’application ∗

E×E → E

(x, y) 7→ x∗y:= max(x, y) définit une LCI sur E, il suffit de vérifier que, pour tout (x, y) ∈ E², max(x, y) existe et est un élément de E, ce qui est vrai d’après la question précédente.

3. Montrer que cette LCI est associative et commutative.

• L’ensemble étant totalement ordonné, (x, y)∈E²étant fixés quelconques, on est nécessairement dans l’une des deux situations ci-dessous :

max(x, y) max(y, x)

x6y y y

y6x x x

doncx∗y = max(x, y) = max(y, x) =y∗x.

Ainsi,∗est commutative.

• L’ensemble étant totalement ordonné, (x, y, z) ∈ E³ étant fixés quelconques, on est nécessairement dans l’une des six situations ci-dessous :

max(x,max(y, z)) max(max(x, y), z)

x6y6z z z

y6x6z z z

x6z6y y y

z6x6y y y

z6y6x x x

y6z6x x x

doncx∗(y∗z) = max(x,max(y, z)) = max(max(x, y), z) = (x∗y)∗z.

Ainsi,∗est associative.

4. Montrons que la LCI∗admet un élément neutre ⇐⇒ E admet un ppe.

• Supposons que ∗admet un élément neutre notée.

Alors,∀x∈E,x∗e=xdonc max(x, e) =e. On en déduit quee∈m(E), ore∈EdoncE admet un ppe et minE=e.

• Supposons que Eadmet un ppe.

Alors,∀x∈E, max(x,minE) =xdoncx∗minE=x. De plus, la LCI est commutative donc∀x∈E, x∗minE=x= minE∗xsi bien que∗admet minEcomme élément neutre.

Ainsi,∗ admet un élément neutre si et seulement siEadmet un ppe.

5. Supposons que la LCI possède un neutree, alorsE admet un ppe et minE=e.

Soitx∈E un élément symétrisable pour∗. Alors,

x∗x⁻¹=e⇒max(x, x⁻¹) =e

doncx6e, ore= minE donce6xsi bien quex=epar antisymétrie de6.

Par conséquent, le seul élément suceptible d’être symétrisable est le neutree.

Réciproquent, le neutre est symétrisable (vrai dans tout ensemble muni d’une LCI admettant un neutre) : e∗e= max(e, e) =e

Ainsi, si la LCI possède un neutree, alorseest le seul élément symétrisable.